2025届云南省昆明市八校联考数学九上期末质量检测试题含解析

2025届云南省昆明市八校联考数学九上期末质量检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每小题3分,共30分)1．如图，四边形和是以点为位似中心的位似图形，若，则四边形与四边形的面积比为（）A． B． C． D．2．如图，点P（x，y）（x＞0）是反比例函数y=（k＞0）的图象上的一个动点，以点P为圆心，OP为半径的圆与x轴的正半轴交于点A，若△OPA的面积为S，则当x增大时，S的变化情况是（）A．S的值增大 B．S的值减小C．S的值先增大，后减小 D．S的值不变3．如图，中，，，，分别为边的中点，将绕点顺时针旋转到的位置，则整个旋转过程中线段所扫过部分的面积（即阴影部分面积）为（）A． B． C． D．4．对于二次函数y＝2（x+1）（x﹣3），下列说法正确的是（）A．图象过点（0，﹣3） B．图象与x轴的交点为（1，0），（﹣3，0）C．此函数有最小值为﹣6 D．当x＜1时，y随x的增大而减小5．下列各点中，在反比例函数图象上的点是A． B． C． D．6．某校办工厂生产的某种产品，今年产量为200件，计划通过改革技术，使今后两年的产量都比前一年增长一个相同的百分数，使得三年的总产量达到1400件．若设这个百分数为，则可列方程（）A． B．C． D．7．关于抛物线的说法中，正确的是（）A．开口向下 B．与轴的交点在轴的下方C．与轴没有交点 D．随的增大而减小8．如图，⊙O是△ABC的外接圆，连接OC、OB，∠BOC＝100°，则∠A的度数为（）A．30° B．40° C．50° D．60°9．一组数据由五个正整数组成，中位数是3，且惟一众数是7，则这五个正整数的平均数是（）A．4 B．5 C．6 D．810．若关于x的一元二次方程有实数根，则k的取值范围是（）A． B． C．且 D．且二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图，二次函数y＝ax2＋bx＋c的图像过点A（3，0），对称轴为直线x＝1，则方程ax2＋bx＋c＝0的根为____．12．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，，则AC的长为_______.13．如图，分别以正三角形的3个顶点为圆心，边长为半径画弧，三段弧围成的图形称为莱洛三角形．若正三角形边长为6cm，则该莱洛三角形的周长为_____cm．14．如图，把正方形铁片OABC置于平面直角坐标系中，顶点A的坐标为（3，0），点P（1，2）在正方形铁片上，将正方形铁片绕其右下角的顶点按顺时针方向依次旋转90°，第一次旋转至图(1)位置，第二次旋转至图(2)位置…，则正方形铁片连续旋转2018次后，点P的纵坐标为_________．15．某同学用描点法y=ax2+bx+c的图象时，列出了表：x…﹣2﹣1012…y…﹣11﹣21﹣2﹣5…由于粗心，他算错了其中一个y值，则这个错误的y值是_______．16．抛物线y=﹣x2+bx+c的部分图象如图所示，若y＞0，则x的取值范围是_____．17．如图，抛物线（是常数，），与轴交于两点，顶点的坐标是，给出下列四个结论：①；②若，，在抛物线上，则；③若关于的方程有实数根，则；④，其中正确的结论是__________．（填序号）18．抛物线y=2x2﹣4x+1的对称轴为直线__．三、解答题(共66分)19．（10分）小明开着汽车在平坦的公路上行驶，前放出现两座建筑物A、B（如图），在（1）处小颖能看到B建筑物的一部分，（如图），此时，小明的视角为30°，已知A建筑物高25米．（1）请问汽车行驶到什么位置时，小明刚好看不到建筑物B？请在图中标出这点．（2）若小明刚好看不到B建筑物时，他的视线与公路的夹角为45°，请问他向前行驶了多少米？（精确到0.1）20．（6分）如图，有四张质地完全相同的卡片，正面分别写有四个角度，现将这四张卡片洗匀后，背面朝上．(1)若从中任意抽取--张，求抽到锐角卡片的概宰；(2)若从中任意抽取两张，求抽到的两张角度恰好互补的概率．21．（6分）综合与探究如图，抛物线经过点A(-2,0)，B(4,0)两点，与轴交于点C，点D是抛物线上一个动点，设点D的横坐标为.连接AC，BC，DB，DC，(1)求抛物线的函数表达式；(2)△BCD的面积等于△AOC的面积的时，求的值；(3)在(2)的条件下，若点M是轴上的一个动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M,使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由.22．（8分）如图，已知△ABC，直线PQ垂直平分AC，与边AB交于E，连接CE，过点C作CF平行于BA交PQ于点F，连接AF．（1）求证：△AED≌△CFD；（2）求证：四边形AECF是菱形．（3）若AD=3，AE=5，则菱形AECF的面积是多少？23．（8分）如图，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=60°，∠BCD=30°，将AC绕着点A顺时针旋转60°得AE，连接BE，CE．（1）求证：△ADC≌△ABE；（2）求证：（3）若AB=2，点Q在四边形ABCD内部运动，且满足，直接写出点Q运动路径的长度．24．（8分）城市规划期间，欲拆除一电线杆AB，已知距电线杆AB水平距离14m的D处有一大坝，背水坡CD的坡度i=2：1，坝高CF为2m，在坝顶C处测得杆顶A的仰角为30°，D、E之间是宽为2m的人行道．试问：在拆除电线杆AB时，为确保行人安全，是否需要将此人行道封上？请说明理由（在地面上，以点B为圆心，以AB长为半径的圆形区域为危险区域．）（≈1.732，≈1.414）25．（10分）已知关于x的一元二次方程（a+c）x2+2bx+（a﹣c）=0，其中a、b、c分别为△ABC三边的长．（1）如果x=﹣1是方程的根，试判断△ABC的形状，并说明理由；（2）如果方程有两个相等的实数根，试判断△ABC的形状，并说明理由；（3）如果△ABC是等边三角形，试求这个一元二次方程的根．26．（10分）如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，以AB为直径作⊙O，点D为⊙O上一点，且CD=CB、连接DO并延长交CB的延长线于点E（1）判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若BE=4，DE=8，求AC的长．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【解析】由位似图的面积比等于位似比的平方可得答案．【详解】∵即四边形和的位似比为∴四边形和的面积比为故选：C．【点睛】本题考查了位似图的性质，熟记位似图的面积比等于位似比的平方是解题的关键．2、D【分析】作PB⊥OA于B，如图，根据垂径定理得到OB=AB，则S△POB=S△PAB，再根据反比例函数k的几何意义得到S△POB=|k|，所以S=2k，为定值．【详解】作PB⊥OA于B，如图，则OB=AB，∴S△POB=S△PAB．∵S△POB=|k|，∴S=2k，∴S的值为定值．故选D．【点睛】本题考查了反比例函数系数k的几何意义：在反比例函数y=图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．3、C【分析】连接BH，BH1，先证明△OBH≌△O1BH1，再根据勾股定理算出BH，再利用扇形面积公式求解即可.【详解】∵O、H分别为边AB，AC的中点，将△ABC绕点B顺时针旋转120°到△A1BC1的位置，∴△OBH≌△O1BH1，利用勾股定理可求得BH=，所以利用扇形面积公式可得．故选C．【点睛】本题考查全等三角形的判定及性质、勾股定理、扇形面积的计算，利用全等对面积进行等量转换方便计算是关键.4、D【分析】通过计算自变量x对应的函数值可对A进行判断；利用抛物线与x轴的交点问题，通过解方程2（x+1）（x﹣3）＝0可对B进行判断；把抛物线的解析式配成顶点式，然后根据二次函数的性质对C、D进行判断．【详解】解：A、当x＝0时，y＝2（x+1）（x﹣3）＝﹣6，则函数图象经过点（0，﹣6），所以A选项错误；B、当y＝0时，2（x+1）（x﹣3）＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3，则抛物线与x轴的交点为（﹣1，0），（3，0），所以B选项错误；C、y＝2（x+1）（x﹣3）＝2（x﹣1）2﹣8，则函数有最小值为﹣8，所以D选项错误；D、抛物线的对称轴为直线x＝1，开口向上，则当x＜1时，y随x的增大而减小，所以D选项正确．故选：D．【点睛】本题考查了二次函数的图像和性质，函数的最值，增减性，与坐标轴交点坐标熟练掌握是解题的关键5、B【分析】把各点的坐标代入解析式，若成立，就在函数图象上.即满足xy=2.【详解】只有选项B：-1×（-2）=2，所以，其他选项都不符合条件.故选B【点睛】本题考核知识点：反比例函数的意义.解题关键点：理解反比例函数的意义.6、B【分析】根据题意：第一年的产量+第二年的产量+第三年的产量=1且今后两年的产量都比前一年增长一个相同的百分数x．【详解】解：已设这个百分数为x．200+200（1+x）+200（1+x）2=1．故选B．【点睛】本题考查对增长率问题的掌握情况，理解题意后以三年的总产量做等量关系可列出方程．7、C【分析】根据题意利用二次函数的性质，对选项逐一判断后即可得到答案．【详解】解：A.，开口向上，此选项错误；B.与轴的交点为（0，21），在轴的上方，此选项错误；C.与轴没有交点，此选项正确；D.开口向上，对称轴为x=6，时随的增大而减小，此选项错误.故选：C.【点睛】本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，熟练掌握并利用二次函数的性质解答．8、C【分析】直接根据圆周角定理即可得出结论．【详解】∵⊙O是△ABC的外接圆，∠BOC＝100°，∴∠A＝∠BOC＝=50°．故选：C．【点睛】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解答此题的关键．9、A【分析】根据题意，五个正整数中3是中位数，唯一众数是7，可以得知比3大的有2个数，比3小的有2个数，且7有2个，然后求出这五个数的平均数即可．【详解】由五个正整数知，中位数是3说明比3大的有2个数，比3小的有2个数，唯一众数是7，则7有2个，所以这五个正整数分别是1、2、3、7、7，计算平均数是（1+2+3+7+7）÷5=4，故选：A．【点睛】本题考查了数据的收集与处理，中位数，众数，平均数的概念以及应用，掌握数据的收集与处理是解题的关键．10、C【分析】一元二次方程有实数根，则根的判别式≥1，且k≠1，据此列不等式求解．【详解】根据题意，得：=1-16≥1且≠1，解得：且≠1．故选：C．【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式与实数根的情况，注意≠1．二、填空题(每小题3分,共24分)11、【分析】根据点A的坐标及抛物线的对称轴可得抛物线与x轴的两个交点坐标，从而求得方程的解.【详解】解：由二次函数y＝ax2＋bx＋c的图像过点A（3，0），对称轴为直线x＝1可得：抛物线与x轴交于（3，0）和（-1，0）即当y=0时，x=3或-1∴ax2＋bx＋c＝0的根为故答案为：【点睛】本题考查抛物线的对称性及二次函数与一元二次方程，利用对称性求出抛物线与x轴的交点坐标是本题的解题关键.12、8【解析】在Rt△ABC中，cosB=，AB=10，可求得BC，再利用勾股定理即可求AC的长.【详解】∵Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10∴cosB=，得BC=6由勾股定理得BC=故答案为8.【点睛】此题主要考查锐角三角函数在直角三形中的应用及勾股定理．13、6π【分析】直接利用弧长公式计算即可.【详解】利用弧长公式计算：该莱洛三角形的周长（cm）故答案为6π【点睛】本题考查了弧长公式，熟练掌握弧长公式是解题关键.14、1【分析】由旋转方式和正方形性质可知点P的位置4次一个循环，首先根据旋转的性质求出P1～P5的坐标，探究规律后，再利用规律解决问题．【详解】解：∵顶点A的坐标为（3，0），点P（1，2），∴第一次旋转90°后，对应的P1（5，2），

第二次P2（8，1），

第三次P3（10，1），

第四次P4（13，2），

第五次P5（17，2），

…

发现点P的位置4次一个循环，

∵2018÷4=504余2，

P2018的纵坐标与P2相同为1，故答案为：1．【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了坐标与图形的变化、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型．15、﹣1．【解析】根据关于对称轴对称的自变量对应的函数值相等，可得答案．解：由函数图象关于对称轴对称，得（﹣1，﹣2），（0，1），（1，2）在函数图象上，把（﹣1，﹣2），（0，1），（1，﹣2）代入函数解析式，得，解得，，函数解析式为y=﹣3x2+1x=2时y=﹣11，故答案为﹣1．“点睛”本题考查了二次函数图象，利用函数图象关于对称轴对称是解题关键．16、－3＜x＜1【解析】试题分析：根据抛物线的对称轴为x=﹣1，一个交点为（1，0），可推出另一交点为（﹣3，0），结合图象求出y＞0时，x的范围．解：根据抛物线的图象可知：抛物线的对称轴为x=﹣1，已知一个交点为（1，0），根据对称性，则另一交点为（﹣3，0），所以y＞0时，x的取值范围是﹣3＜x＜1．故答案为﹣3＜x＜1．考点：二次函数的图象．17、①②④【分析】根据二次函数的图象和性质逐一对选项进行分析即可.【详解】①∵∴即，故①正确；②由图象可知，若，，在抛物线上，则，故②正确；③∵抛物线与直线有交点时，即有解时，要求所以若关于的方程有实数根，则，故③错误；④当时，∵∴，故④正确.故答案为①②④【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键.18、x=1【详解】解：∵y=2x2﹣4x+1=2（x﹣1）2﹣1，∴对称轴为直线x=1，故答案为：x=1．【点睛】本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在y=a（x﹣h）2+k中，对称轴为x=h，顶点坐标为（h，k）．三、解答题(共66分)19、（1）汽车行驶到E点位置时，小明刚好看不到建筑物B；（2）他向前行驶了18.3米．【解析】1）连接FC并延长到BA上一点E，即为所求答案；

（2）利用解Rt△AEC求AE，解Rt△ACM，求AM，利用ME=AM-AE求出他行驶的距离．【详解】解：（1）如图所示：汽车行驶到E点位置时，小明刚好看不到建筑物B；（2）∵小明的视角为30°，A建筑物高25米，∴AC＝25，tan30°＝ACAM＝3∴AM＝253，∵∠AEC＝45°，∴AE＝AC＝25m，∴ME＝AM﹣AE＝43.3﹣25＝18.3m．则他向前行驶了18.3米．【点睛】本题考查解直角三角形的基本方法，先分别在两个直角三角形中求相关的线段，再求差是解题关键．20、（1）；（2）．【分析】（1）用锐角卡片的张数除以总张数即可得出答案；（2）根据题意列出图表得出所有情况数和两张角度恰好互补的张数，再根据概率公式即可得出答案．【详解】解:(1)一共有四张卡片，其中写有锐角的卡片有2张，因此，(抽到锐角卡片)==；(2)列表如下:36°54°144°126°36°(54°，36°)(144°，36°)(126°，36°)54°(36°，54°)(144°，54°)(126°，54°)144°(36°，144°)(54°，144°)(126°，144°)126°(36°，126°)(54°，126°)(144°，126°)一共有12种等可能结果，其中符合要求的有4种结果，即因此，(抽到的两张角度恰好互补)=．【点睛】本题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．21、(1)；(2)3；(3).【分析】(1)利用待定系数法进行求解即可；(2)作直线DE⊥轴于点E，交BC于点G，作CF⊥DE，垂足为F，先求出S△OAC=6，再根据S△BCD=S△AOC，得到S△BCD=，然后求出BC的解析式为，则可得点G的坐标为，由此可得，再根据S△BCD=S△CDG+S△BDG=，可得关于m的方程，解方程即可求得答案；(3)存在，如下图所示，以BD为边或者以BD为对角线进行平行四边形的构图，以BD为边时，有3种情况，由点D的坐标可得点N点纵坐标为±，然后分点N的纵坐标为和点N的纵坐标为两种情况分别求解；以BD为对角线时，有1种情况，此时N1点与N2点重合，根据平行四边形的对边平行且相等可求得BM1=N1D=4，继而求得OM1=8，由此即可求得答案.【详解】(1)抛物线经过点A(-2,0)，B(4,0)，∴，解得，∴抛物线的函数表达式为；(2)作直线DE⊥轴于点E，交BC于点G，作CF⊥DE，垂足为F，∵点A的坐标为(-2,0)，∴OA=2，由，得，∴点C的坐标为(0,6)，∴OC=6，∴S△OAC=，∵S△BCD=S△AOC，∴S△BCD=，设直线BC的函数表达式为，由B，C两点的坐标得，解得，∴直线BC的函数表达式为，∴点G的坐标为，∴，∵点B的坐标为(4,0)，∴OB=4，∵S△BCD=S△CDG+S△BDG=，∴S△BCD=，∴，解得(舍)，，∴的值为3；(3)存在，如下图所示，以BD为边或者以BD为对角线进行平行四边形的构图，以BD为边时，有3种情况，∵D点坐标为，∴点N点纵坐标为±，当点N的纵坐标为时，如点N2，此时，解得：(舍)，∴，∴；当点N的纵坐标为时，如点N3，N4，此时，解得：∴，，∴，；以BD为对角线时，有1种情况，此时N1点与N2点重合，∵，D(3，)，∴N1D=4，∴BM1=N1D=4，∴OM1=OB+BM1=8，∴M1(8，0)，综上，点M的坐标为：.【点睛】本题考查的是二次函数的综合题，涉及了待定系数法、三角形的面积、解一元二次方程、平行四边形的性质等知识，运用了数形结合思想、分类讨论思想等数学思想，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.22、（4）证明见解析；（4）证明见解析；（4）4【解析】试题分析：（4）由作图知：PQ为线段AC的垂直平分线，得到AE=CE，AD=CD，由CF∥AB，得到∠EAC=∠FCA，∠CFD=∠AED，利用ASA证得△AED≌△CFD；（4）由△AED≌△CFD，得到AE=CF，由EF为线段AC的垂直平分线，得到EC=EA，FC=FA，从而有EC=EA=FC=FA，利用四边相等的四边形是菱形判定四边形AECF为菱形；（4）在Rt△ADE中，由勾股定理得到ED=4，故EF=8，AC=6，从而得到菱形AECF的面积．试题解析：（4）由作图知：PQ为线段AC的垂直平分线，∴AE=CE，AD=CD，∵CF∥AB，∴∠EAC=∠FCA，∠CFD=∠AED，在△AED与△CFD中，∵∠EAC=∠FCA，AD=CD，∠CFD=∠AED，∴△AED≌△CFD；（4）∵△AED≌△CFD，∴AE=CF，∵EF为线段AC的垂直平分线，∴EC=EA，FC=FA，∴EC=EA=FC=FA，∴四边形AECF为菱形；（4）在Rt△ADE中，∵AD=4，AE=5，∴ED=4，∴EF=8，AC=6，∴S菱形AECF=8×6÷4=4，∴菱形AECF的面积是4．考点：4．菱形的判定；4．全等三角形的判定与性质；4．线段垂直平分线的性质．23、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．【解析】（1）推出∠DAC=∠BAE，则可直接由SAS证明△ADC≌△ABE；（2）证明△BCE是直角三角形，再证DC=BE，AC=CE即可推出结论；（3）如图2，设Q为满足条件的点，将AQ绕着点A顺时针旋转60度得AF，连接QF，BF，QB，DQ，AF，证△ADQ≌△ABF，由勾股定理的逆定理证∠FBQ=90°，求出∠DQB=150°，确定点Q的路径为过B，D，C三点的圆上，求出的长即可．【详解】（1）证明：∵∠CAE=∠DAB=60°，∴∠CAE-∠CAB=∠DAB-∠CAB，∴∠DAC=∠BAE，又∵AD=AB，AC=AE，∴△ADC≌△ABE（SAS）；（2）证明：在四边形ABCD中，∠ADC+∠ABC=360°-∠DAB-∠DCB=270°，∵△ADC≌△ABE，∴∠ADC=∠ABE，CD=BE，∴∠ABC+ABE=∠ABC+∠ADC=270°，∴∠CBE=360°-（∠ABC+ABE）=90°，∴CE2=BE2+BC2，又∵AC=AE，∠CAE=60°，∴△ACE是等边三角形，∴CE=AC=AE，∴AC2=DC2+BC2；（3）解：如图2，设Q为满足条件的点，将AQ绕着点A顺时针旋转60度得AF，连接QF，BF，QB，DQ，AF，则∠DAQ=∠BAF，AQ=QF，△AQF为等边三角形，又∵AD=AB，∴△ADQ≌△ABF（SAS），∴AQ=FQ，BF=DQ，∵AQ2=BQ2+DQ2，∴FQ2=BQ2+BF2，∴∠FBQ=90°，∴∠AFB+∠AQB=360°-（∠QAF+∠FBQ）=210°，∴∠AQD+∠AQB=210°，∴∠DQB=360°-（∠AQD+∠AQB）=150°，∴点Q的路径为过B，D，C三点的圆上，如图2，设圆心为O，则∠BOD=2∠DCB=60°，连接DB，则△ODB与△ADB为等边三角形，∴DO=DB=AB=2，∴点Q运动的路径长为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，四边形的内角和，勾股定理的逆定理，圆的有关性质及计算等，综合性较强，解题关键是能够熟练掌握并灵活运用圆的有关性质．24、不必封上人行道【分析】过C点作CG⊥AB交AB于G.求需不需要将人行道封上实际上就是比较AB与BE的长短，已知BD，DF的长度,那么AB的长度也就求出来了，现在只需要知道BE的长度即可，有BF的长，ED的长，缺少的是DF的长，根据“背水坡CD的坡度i＝1:2，坝高CF为2m”DF是很容易求出的，这样有了CG的长，在△ACG中求出AG的长度，这样就求出AB的长度，有了BE的长，就可以判断出是不是需要封上人行道了.【详解】过C点作CG⊥