精品解析：黑龙江省哈尔滨市香坊区2020-2021学年九年级上学期 期末教育质量综合评价学业发展水平监测数学(五四制)学科试卷

香坊区2020-2021学年度上学期教育质量综合评价 学业发展水平监测 数学学科（九年级） 一、选择题（每题3分，共计30分） 1. 在下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．根据轴对称图形与中心对称图形的概念判断即可． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意； C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意； D、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； 故选：C． 2. 反比例函数的图象，当时，y随x的增大而增大，则k的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对于反比例函数，（1），反比例函数图象在一、三象限，在每一个象限内，y随x的增大而减小；（2），反比例函数图象在第二、四象限内，在每一个象限内，y随x的增大而增大．根据反比例函数的性质解题． 【详解】解：∵当时，y随x的增大而增大， ∴函数图象必在第四象限， ∴， ∴． 故选：A． 3. 由5个大小相同的正方体组成的几何体如图所示，其主视图是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】解：左面可看见一个小正方形，中间可以看见上下各一个，右面只有一个． 故选A． 4. 如图，在中，，设所对的边分别为、、，则下列式子正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了求角的三角函数值． 求出的正弦值、余弦值、正切值，进而判断即可． 【详解】解：∵，设所对的边分别为、、， ∴，，， 只有B正确 故选：B 5. 把抛物线先向左平移1个单位，再向下平移2个单位，平移后抛物线的表达式是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】此题考查抛物线的平移规律：左加右减，上加下减，熟练掌握抛物线的平移性质是解题的关键，根据抛物线的平移规律解答即可． 【详解】解：把抛物线先向左平移1个单位，再向下平移2个单位，平移后抛物线的表达式是， 故选：C． 6. 一个质地均匀的小正方体，六个面分别标有数字“1”、“2”、“3”、“4”、“5”、“6”，掷小正方体后，观察朝上一面的数字出现偶数的概率是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接利用概率公式，用出现偶数朝上的结果数除以所有等可能的结果数即可得． 【详解】解：∵ 掷小正方体后共有6种等可能结果，其中朝上一面的数字出现偶数的有2、4、6这3种可能， ∴ 朝上一面的数字出现偶数的概率是， 故选：A． 【点睛】本题考查了概率公式，熟练掌握求随机事件的概率方法是解答的关键． 7. 如图，⊙O是△ABC的外接圆，连接OB，若∠OBC=30°，则∠A的度数为（　　） A. 55° B. 60° C. 65° D. 70° 【答案】B 【解析】 【分析】连接OC，根据OB=OC，得到∠OCB=∠OBC，求出∠BOC的度数，根据圆周角定理求出答案． 【详解】如图，连接OC， ∵OB=OC， ∴∠OCB=∠OBC=30°， ∴， ∴∠A==， 故选：B． ． 【点睛】此题考查同圆的半径相等的性质，圆周角定理，三角形的内角和定理，熟记同弧所对的圆周角等于圆心角的一半是解题的关键． 8. 抛物线与轴的交点个数为（　　） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 无法确定 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数与一元二次方程的关系及一元二次方程根的判别式．利用根的判别式判断的根的情况，即可求解． 【详解】解：令， ， 有两个不相等的实数根， 抛物线与轴的交点个数为2个， 故选C． 9. 如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在边上，且，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据旋转的性质得出边和角相等，找到角之间的关系，再根据三角形内角和定理进行求解，即可求出答案． 【详解】解：设=x°. 根据旋转的性质，得∠C=∠= x°，=AC, =AB. ∴∠=∠B. ∵，∴∠C=∠CA=x°. ∴∠=∠C+∠CA=2x°. ∴∠B=2x°. ∵∠C+∠B+∠CAB=180°，， ∴x+2x+108=180. 解得x=24. ∴的度数为24°. 故选：C. 【点睛】本题考查了三角形内角和定理，旋转的性质的应用及等腰三角形得性质. 10. 如图，中，D是边上一点，过点D作交AC边于点E，N是边上一点，连接交于点M，则下列结论错误的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，平行线分线段成比例定理，由，得到，，再根据相似三角形的性质得到，，进而推出，由此可得结论． 【详解】解：∵， ∴，， ∴，， ∴， 根据现有条件，无法证明， ∴四个选项中，只有D选项，符合题意， 故选：D． 二、填空题（每小题3分，共计30分） 11. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是___． 【答案】 【解析】 【详解】本题考查了关于原点对称的点的坐标的特点，掌握关于原点对称的点的坐标横、纵坐标互为相反数是解题的关键．根据关于原点对称的点的坐标，横、纵坐标互为相反数即可求解． 解：点关于原点对称的点的坐标是(， 故答案为：． 12. 函数中，自变量的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】根据分式有意义的条件是分母不为0；可得关系式x﹣2≠0，求解可得自变量x的取值范围． 【详解】根据题意，有x﹣2≠0， 解得：x≠2． 故答案为：x≠2． 【点睛】本题考查了分式有意义的条件．掌握分式有意义的条件是分母不等于0是解答本题的关键． 13. 抛物线的顶点坐标是_____________． 【答案】（3，2）． 【解析】 【详解】解：∵y=（x﹣3）2+2为抛物线的顶点式，根据顶点式的坐标特点可知，抛物线的顶点坐标为（3，2）． 故答案是（3，2）． 14. 如图，是四边形的外接圆，是的直径，，则的长为___________． 【答案】 【解析】 【分析】题目主要考查圆周角定理，勾股定理解三角形，根据题意得，再由勾股定理确定，利用等弧和弦的关系得出，即可求解，综合运用这些知识点是解题关键． 【详解】解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 15. 如图是某商场营业大厅自动扶梯示意图．自动扶梯的倾斜角为，在自动扶梯下方地面处测得扶梯顶端的仰角为，、之间的距离为4． 则自动扶梯的垂直高度=_________．（结果保留根号） 【答案】 【解析】 【分析】先推出∠ABC=∠BAC，得BC=AC=4，然后利用三角函数即可得出答案． 【详解】∵∠BAC+∠ABC=∠BCD=60°，∠BAC=30°， ∴∠ABC=30°， ∴∠ABC=∠BAC， ∴BC=AC=4， 在Rt△BCD中，BD=BCsin60°=4×=， 故答案为：． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角函数，得出BC=AB=4是解题关键． 16. 若一个扇形的弧长为，圆心角为，则扇形的半径为____． 【答案】3 【解析】 【分析】根据弧长公式代入求解即可. 【详解】解：由弧长公式可知， . 故扇形的半径为3. 故答案为3. 【点睛】本题考查了弧长的计算，解答本题的关键是掌握弧长公式：. 17. 如图，菱形的顶点、、在上，过点作的切线交的延长线于点．若的半径为5，则的长为_____． 【答案】 【解析】 【分析】题考查了菱形及圆的基本性质，等边三角形的判定与性质，切线的性质及角的直角三角形的性质，连接，根据菱形及圆的基本性质证得是等边三角形，再利用等边三角形及切线的性质求得，从而利用角的直角三角形的性质求出,再由勾股定理求出的长． 【详解】解：连接， 则，    ∵四边形是菱形， ∴， ∴，即是等边三角形， ∴， 又∵是切线， ∴，即， ∴， ∴， ∴ 故答案为：． 18. 一个不透明的袋子中装有黑、白小球各两个，这些小球除颜色外无其他差别，从袋子中随机摸出一个小球后，放回并摇匀，再随机摸出一个小球，则两次摸出的小球都是白球的概率为_______． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：列表得： 黑1 黑2 白1 白2 黑1 黑1黑1 黑1黑2 黑1白1 黑1白2 黑2 黑2黑1 黑2黑2 黑2白1 黑2白2 白1 白1黑1 白1黑2 白1白1 白1白2 白2 白2黑1 白2黑2 白2白1 白2白2 共有16种等可能结果总数，其中两次摸出是白球有4种. ∴P（两次摸出是白球）=. 考点：概率. 19. △ABC中，，为边上的高，，，则的长为_________． 【答案】7或17 【解析】 【分析】先画出△ADB图形，根据锐角三角函数设出设，可得，根据勾股定理可求，．分类考虑点C的位置，求出线段BC即可． 【详解】解：如图所示， ∵，为边上的高，， 设，则， ∴， 解得． ∴，． ∵，， ∴． 当点在BD上C1位置时，． 当点在BD延长线的位置时，． ∴BC=7或17． 故答案为：BC=7或17． 【点睛】本题考查画图形，锐角三角函数，勾股定理，分类思想，掌握画图形技巧，锐角三角函数的运用，利用勾股定理构造方程，分类计算线段BC是解题关键． 20. 如图，四边形是正方形，是边上一点，连接，，垂足为，交于点，若，则线段的长为___________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据正方形的性质证明，得，结合，则所以设，，运用勾股定理得，则，结合，得，解得，即可作答． 【详解】解：如图所示： ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ 则设，， ∴， ∴， 即， ∴，， ∵， ∴， 解得， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形的相关运算，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 三、解答题（其中21-22题各7分，23-24题各8分，25-27题名10分，共计60分） 21. 先化简，再求代数式的值，其中． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查了分式的化简求值，三角函数． 先化简分式得到化简结果，根据三角函数求出，代入化简结果计算即可． 【详解】原式 原式 22. 如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，线段和线段的两个端点均在小正方形的顶点上． （1）在图中画出以为边的菱形，点和点均在小正方形的顶点上，且． （2）在图中画出以为边的等腰三角形，点在小正方形的顶点上，且的面积为8，连接，直接写出线段的长． 【答案】（1）见解析 （2）见解析， 【解析】 【分析】本题考查了格点作图，菱形的性质，勾股定理，三角函数． （1）直接根据要求作图即可； （2）根据要求作图，根据勾股定理求出的长即可． 【小问1详解】 点A向右3个格点，向上4个格点，作点F，进而作菱形即可 证明：如图，作交于， 由图可知，，则； 【小问2详解】 以为底，取高为（即4个格点对角线）的格点H，作等腰三角形即可． ． 证明：由勾股定理可知，， ∴， ∴是等腰三角形； 23. 如图，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，点在反比例函数第一象限的图象上，点在轴的正半轴上，以为边作平行四边形，且． （1）求的值． （2）过点作轴的垂线，垂足为点，交反比例函数的图象于点，若，求点坐标． 【答案】（1）12 （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了反比例函数的图象和性质，锐角三角函数，勾股定理，平行四边形的性质，矩形的判定和性质，求点的坐标等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质． （1）作，垂足为，利用平行四边形的性质和锐角三角函数求出，然后再利用勾股定理求出，得出点坐标为，利用待定系数法即可求出函数解析式； （2）根据条件和矩形的性质得出，确定点纵坐标为，然后利用函数解析式即可求出点的坐标． 【小问1详解】 解：如图，作，垂足为， 四边形是平行四边形， ， ， 在Rt中，， ， ， 由勾股定理得， 点坐标为，把代入得， ； 【小问2详解】 解：四边形是平行四边形， ， ∵，轴， ， ∴四边形为矩形， ， ∵， ， 点纵坐标为， 把代入得， ， 解得， 点坐标为． 24. 已知，中，，点D在边上，E在的外部，连接，且，． （1）如图1，求证：； （2）如图2，当时，连接交于点F，作交于点G，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四个顶角为的等腰三角形． 【答案】（1） 证明：∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2），，，都是顶角为的等腰三角形． 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识． （1）由可证，可得结论； （2）利用等腰直角三角形的性质和三角形内角和定理分别求出各个角的度数，即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ， ， ∴，，都是顶角为的等腰三角形， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴是顶角为的等腰三角形． 综上，，，，都是顶角为的等腰三角形． 25. 某商店第一次用600元购进一款中性笔若干支，第二次又用750元购进该款中性笔，但这次每支中性笔的进价比第一次多1元，所购进的中性笔数量与第一次相同． （1）求第一次每支中性笔的进价是多少元？ （2）若要求这两次购进的中性笔按同一价格全部销售完毕后获利不低于450元，求每支中性笔售价至少是多少元？ 【答案】（1）第一次每支中性笔的进价是4元 （2）每支中性笔售价至少是6元 【解析】 【分析】本题主要考查了分式方程的应用、一元一次不等式的应用，根据题意得到数量关系是解题的关键． （1）设第一次每支中性笔的进价是元，根据题意，列出方程，即可求解； （2）设每支中性笔售价是元，根据题意，列出不等式，即可求解． 【小问1详解】 解：设第一次每支中性笔的进价是元，根据题意得： ， 解得， 经检验是原方程的解，且符合题意， 答：第一次每支中性笔的进价是4元． 【小问2详解】 解：设每支中性笔售价是元，根据题意得： ， 解得， 答：每支中性笔售价至少是6元． 26. 已知，是的直径，是的弦，与相交于点． （1）如图1，求证：； （2）如图2，是上一点，连接，若平分，求证：； （3）如图3，在（2）的条件下，与相交于点，连接、，延长交于点，若的面积为30，求的长． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】题目主要考查圆的综合问题，等腰三角形的判定和性质，垂径定理，全等三角形的判定和性质，解三角形等，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键． （1）连接，根据同圆中等弧所对的圆心角相等得出，再由等腰三角形三线合一即可证明； （2）作，垂足为，根据角平分线得出，再由全等三角形的判定和性质得出，利用垂径定理即可证明； （3）作，垂足为，连接，作，垂足为，设得出再由各角之间的关系及等量代换，等角对等边确定，设，得出，设，根据勾股定理确定，再由面积得出，结合图形，利用正切函数求解即可． 【小问1详解】 证明：如图1，连接， ， 、是的半径， ， ； 【小问2详解】 证明：如图2，作，垂足为， 于，于 ， 平分 于 于 【小问3详解】 作，垂足为，连接，作，垂足为， 设 设， ， 在中，， ，，， 设 平分于，于 ， 在中，， ． 的面积为30， ， 或（舍） ， ， 于， ， 在中． 27. 已知：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线与x轴负半轴交于点A，与y轴正半轴交于点B，抛物线经过A、B两点． （1）如图1，求抛物线的解析式； （2）如图2，P是第三象限对称轴右侧的抛物线上一点，连接、，若的面积为16，求的正切值； （3）如图3，在（2）的条件下，作的平分线交抛物线于点C，作轴，垂足为K，交于点R，N是上一点（N不与B、P重合），连接，延长交直线于点M，连接、，若，求M点坐标． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求解A，B的坐标，再利用待定系数法求解二次函数的解析式即可； （2）如图2，作轴，垂足为F，交于点D，作，交的延长线于点G，作轴，垂足为E，设P点坐标为，则，再利用面积建立方程求解，再进一步可得答案； （3）如图3，连接，，作轴于E，轴于H，，交的延长线于点Q，证明，，设C点坐标为，可得，证明，可得，，证明，结合，证明，可得，轴，设直线的解析式为，可得，可得；再进一步可得答案． 【小问1详解】 解：如图1， ∵直线与x轴负半轴交于点A，与y轴正半轴交于点B， ∴，． 把，代入，得， 解得， ∴抛物线的解析式为； 【小问2详解】 如图2，作轴，垂足为F，交于点D，作，交的延长线于点G，作轴，垂足为E， 设P点坐标为，则， ∴， ∵， ∴， ∵于G，轴于F， ∴， 又∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴ ， ∵的面积为16， ∴， 解得或， ∵抛物线的对称轴为，点P在对称轴右侧， ∴， ∴； ∵轴于点E， ∴， 又∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴； 【小问3详解】 如图3，连接，，作轴于E，轴于H，，交的延长线于点Q， ∵，． ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵轴于H， ∴， ∴， 设C点坐标为， ∴，， ∴， 解得（舍）或， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵轴于点K， ∴，， ∴， ∴， 由勾股定理得，， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴轴， 设直线的解析式为， 把，代入，得， 解得， ∴， 当时，， ∴； ∵轴， ∴点M的纵坐标为， 把代入得：， ∴， ∴M点坐标为． 【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，矩形的判定与性质，锐角三角函数的应用，本题难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 香坊区2020-2021学年度上学期教育质量综合评价 学业发展水平监测 数学学科（九年级） 一、选择题（每题3分，共计30分） 1. 在下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 反比例函数的图象，当时，y随x的增大而增大，则k的取值范围是（　　） A. B. C. D. 3. 由5个大小相同的正方体组成的几何体如图所示，其主视图是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在中，，设所对的边分别为、、，则下列式子正确的是（　　） A. B. C. D. 5. 把抛物线先向左平移1个单位，再向下平移2个单位，平移后抛物线的表达式是（ ） A. B. C. D. 6. 一个质地均匀的小正方体，六个面分别标有数字“1”、“2”、“3”、“4”、“5”、“6”，掷小正方体后，观察朝上一面的数字出现偶数的概率是（　　） A. B. C. D. 7. 如图，⊙O是△ABC的外接圆，连接OB，若∠OBC=30°，则∠A的度数为（　　） A. 55° B. 60° C. 65° D. 70° 8. 抛物线与轴的交点个数为（　　） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 无法确定 9. 如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在边上，且，则的度数为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，中，D是边上一点，过点D作交AC边于点E，N是边上一点，连接交于点M，则下列结论错误的是（　　） A. B. C. D. 二、填空题（每小题3分，共计30分） 11. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是___． 12. 函数中，自变量的取值范围是________. 13. 抛物线的顶点坐标是_____________． 14. 如图，是四边形的外接圆，是的直径，，则的长为___________． 15. 如图是某商场营业大厅自动扶梯示意图．自动扶梯的倾斜角为，在自动扶梯下方地面处测得扶梯顶端的仰角为，、之间的距离为4． 则自动扶梯的垂直高度=_________．（结果保留根号） 16. 若一个扇形的弧长为，圆心角为，则扇形的半径为____． 17. 如图，菱形的顶点、、在上，过点作的切线交的延长线于点．若的半径为5，则的长为_____． 18. 一个不透明的袋子中装有黑、白小球各两个，这些小球除颜色外无其他差别，从袋子中随机摸出一个小球后，放回并摇匀，再随机摸出一个小球，则两次摸出的小球都是白球的概率为_______． 19. △ABC中，，为边上的高，，，则的长为_________． 20. 如图，四边形是正方形，是边上一点，连接，，垂足为，交于点，若，则线段的长为___________． 三、解答题（其中21-22题各7分，23-24题各8分，25-27题名10分，共计60分） 21. 先化简，再求代数式的值，其中． 22. 如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，线段和线段的两个端点均在小正方形的顶点上． （1）在图中画出以为边的菱形，点和点均在小正方形的顶点上，且． （2）在图中画出以为边的等腰三角形，点在小正方形的顶点上，且的面积为8，连接，直接写出线段的长． 23. 如图，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，点在反比例函数第一象限的图象上，点在轴的正半轴上，以为边作平行四边形，且． （1）求的值． （2）过点作轴的垂线，垂足为点，交反比例函数的图象于点，若，求点坐标． 24. 已知，中，，点D在边上，E在的外部，连接，且，． （1）如图1，求证：； （2）如图2，当时，连接交于点F，作交于点G，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四个顶角为的等腰三角形． 25. 某商店第一次用600元购进一款中性笔若干支，第二次又用750元购进该款中性笔，但这次每支中性笔的进价比第一次多1元，所购进的中性笔数量与第一次相同． （1）求第一次每支中性笔的进价是多少元？ （2）若要求这两次购进的中性笔按同一价格全部销售完毕后获利不低于450元，求每支中性笔售价至少是多少元？ 26. 已知，是的直径，是的弦，与相交于点． （1）如图1，求证：； （2）如图2，是上一点，连接，若平分，求证：； （3）如图3，在（2）的条件下，与相交于点，连接、，延长交于点，若的面积为30，求的长． 27. 已知：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线与x轴负半轴交于点A，与y轴正半轴交于点B，抛物线经过A、B两点． （1）如图1，求抛物线的解析式； （2）如图2，P是第三象限对称轴右侧的抛物线上一点，连接、，若的面积为16，求的正切值； （3）如图3，在（2）的条件下，作的平分线交抛物线于点C，作轴，垂足为K，交于点R，N是上一点（N不与B、P重合），连接，延长交直线于点M，连接、，若，求M点坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $