文档内容
2023 学年第二学期九年级学业质量调研
数学 试卷
（时间100分钟，满分150分）
考生注意：
1．本试卷含三个大题，共25题．答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，
在草稿纸、本调研卷上答题一律无效．
2．除第一、二大题外，其余各题如无特别说明，都必须在答题纸的相应位置上写出证明或计
算的主要步骤．
一、选择题：（本大题共6题，每题4分，满分24分）
【每小题只有一个正确选项，在答题纸相应题号的选项上用2B铅笔正确填涂】
1. 下列二次根式中，与 是同类二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】各项化简后，利用同类二次根式定义判断即可．
【详解】解：A、 与 不是同类二次根式，
B、 与 不是同类二次根式，
C、 与 是同类二次根式，
D、 与 不是同类二次根式.
故选C．
【点睛】此题考查了同类二次根式，熟练掌握同类二次根式的定义是解本题的关键．
2. 下列计算正确的是（ ）
A. a2+a2＝a4 B. （2a）3＝6a3
C. 3a2•（﹣a3）＝﹣3a5 D. 4a6÷2a2＝2a3．
【答案】C
【解析】
【分析】根据合并同类项法则、单项式的乘方、乘法和除法逐一计算可得．【详解】A．a2+a2＝2a2，此选项错误；
B．（2a）3＝8a3，此选项错误；
C．3a2•（﹣a3）＝﹣3a5，此选项正确；
D．4a6÷2a2＝2a4，此选项错误；
故选：C．
【点睛】本题主要考查整式的运算，解题的关键是掌握合并同类项法则，积的乘方法则，及单项式的乘法
和除法法则．
3. 下列函数中，函数值y随自变量x的值增大而增大的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了一次函数图像与反比例函数图像的性质，熟练掌握函数图象的增减性是解题关键．
【详解】A： 为一次函数，x取所有实数，∵ ，∴函数值随自变量的值增大而增大，故选项正
确；
B： 为一次函数，x取所有实数，∵ ，∴函数值随自变量的值增大而减小，故选项错误；
C： 为反比例函数， ，在 内，函数值随自变量的值增大而减小，并且在 内，函数
值随自变量的值增大而减小，故选项错误；
D： 为反比例函数， ，在 内，函数值随自变量的值增大而增大，并且在 内，函数
值随自变量的值增大而增大，但在从左侧到右侧时不满足条件“函数值随自变量的值增大而增大”，故选
项错误；
故选：A．
4. 某兴趣小组有5名成员，身高（厘米）分别为： ．增加一名身高为165厘米的成
员后，现兴趣小组成员的身高与原来相比，下列说法正确的是（ ）
A. 平均数不变，方差不变 B. 平均数不变，方差变小
C. 平均数不变，方差变大 D. 平均数变小，方差不变．【答案】B
【解析】
【分析】本题考查算术平均数和方差的知识，熟记算术平均数和方差的计算公式是解题的关键．
【详解】 ，
，
，
，
∴平均数不变，方差变小，
故选：B．
5. 已知四边形 中， 与 不平行， 与 相交于点O，那么下列条件中，能判断这个四
边形为等腰梯形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质以及等腰梯形的判定，解此题的关键是求出 ．
【详解】
A、 ，不能证明四边形 是等腰梯形，错误；
B、 ，不能证明四边形 是等腰梯形，错误；
C、∵ ，
∴ ， ，
∴ ，∴ ， ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是梯形，
∵ ，
∴四边形 是等腰梯形．
D、 ， ，不能证明四边形 是等腰梯形，错误；
故选C．
6. 如图，在平行四边形 中，对角线 相交于点O，过O作 的垂线交 于点
与 相交于点F，且 ，那么下列结论 的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知， 垂直平分 ，则 ，可判断A的正误；由 ，
， ， ，可得，可判断B的正误；证明 ，则 ，即 ，可得
，进而可判断C的正误；证明 ，可得 ，进而可判断D的正
误．
【详解】解：∵平行四边形 ，
∴ ， ， ，
又∵ ，
∴ 垂直平分 ，
∴ ，A正确，故不符合要求；
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，B正确，故不符合要求；
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，∴ ，即 ，
解得， ，C正确，故不符合要求；
∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，D错误，故符合要求；
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，垂直平分线的性质，三角形外角的性质，等角对等边，相似三角
形的判定与性质．熟练掌握平行四边形的性质，垂直平分线的性质，三角形外角的性质，等角对等边，相
似三角形的判定与性质是解题的关键．
二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）【在答题纸相应题号后的空格内直
接填写答案】
7. 分解因式： _______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查因式分解，掌握提取公因式法分解因式是解题的关键．
【详解】解： ，
故答案为： ．
8. 方程 的解是_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的性质和一元一次方程的解法，解题的关键是准确计算．【详解】解：∵ ，
∴ ，
解得： ，
经检验： 是原方程的解，
故答案为： ．
9. 函数 的定义域是________．
【答案】x －1
【解析】 ≠
【分析】根据分母不为零，即可求得定义域．
【详解】解：由题意，
即
故答案为：
【点睛】本题考查了使函数有意义的自变量的取值范围，即函数的定义域，对于分母中含有未知数的函数
解析式，必须考虑其分母不为零．
10. 如果关于x的方程 有实数根，那么实数c的取值范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程根的判别式，一元二次方程 的根与
有如下关系：当 时，方程有两个不相等的实数根；当 时，方程有两个相等的实数根；当
时，方程无实数根，根据方程的 即可解答．
【详解】解：方程 有实数根，
∴ ，∴ ，
故答案为： ．
11. 如果将抛物线 向右平移3个单位，那么所得新抛物线的表达式是_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的平移，正确理解二次函数的平移规律是解题的关键．根据函数图像平移的
方法：左加右减，上加下减，即可得到答案．
【详解】将抛物线 向右平移3个单位，所得新抛物线的表达式是 ．
故答案为： ．
12. 甲、乙两位同学分别在 三个景点中任意选择一个游玩，那么他们选择同一个景点的概率是
_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了列表法与树状图法：画树状图展示所有9种等可能的结果数，找出甲、乙恰好游玩同
一景点的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】解：画树状图如下：
由图可知，共有9种等可能的情况，他们选择同一个景点有3种，
故他们选择同一个景点的概率是： ，故答案为： ．
13. 某校有2000名学生参加了“安全伴我行”的宣传教育活动．为了解活动效果，随机从中抽取m名学生
进行了一次测试，满分为100分，按成绩划分为 四个等级，将收集的数据整理绘制成如下不完
整的统计图表．请根据以上信息，估计该校共有_______名学生的成绩达到A等级．
成绩频数分布表
等第 成绩x 频数
A n
B 117
C 32
D 8
成绩扇形统计图
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了扇形统计图、频数分布表理清它们之间的数据关系是解题的关键．用 乘以A等
级人数的占比即可求解．
【详解】解：本次抽取的人数为 人，
∴A等级的人数为 人，
估计该校共有达到A等级的学生数为 人，
故答案为： ．14. 如图，热气球的探测器显示，从热气球A处看一栋楼顶部B的仰角为 ，看这栋楼底部C的俯角为 ，
热气球A处与楼的水平距离为m米，那么这栋楼 的高度为_______米．（用含 的式子表示）
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形的仰角俯角问题，首先过点 A 作 于点 D，根据题意得
， ， 米，然后利用三角函数求解即可求得答案．
【详解】解：首先过点A作 于点D，如下图所示，
则 ， ， 米，
在 中， 米，
在 中， 米，
∴ 米．
故答案为：
15. 如图，在 中，中线 相交于点F，设 ，那么向量 用向量 表示
为_______．【答案】
【解析】
【分析】本题考查了三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，三角形法则等知识．根据三角形的
中位线定理和相似三角形的判定和性质可得 ，利用三角形法 则求出即可．
【详解】解：连接 ，
∵中线 相交于点F，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
又∵点D是 的中点，
∴ ，
故答案为： ．【点睛】
16. 如图，有一幅不完整的正多边形图案，小明量得图中一边与对角线的夹角 ，那么这个正
多边形的中心角是_______度．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了三角形内角和定理，正多边形的性质，正多边形的外角与边数的关系，熟练掌握正多
边的外角和等于是解题的关键．
根据三角形内角和定理以及正多边形的性质，得出 ，然后可得每一个外角为 ，进而即可求
解．
【详解】解： ，
∴ ，
∴ ，
∴多边形的外角为 ，
∴多边形的边数为： ，
∴正多边形的中心角是 ，
故答案为： ．17. 正方形 的边长为 为边 的中点，点F在边 上，将 沿直线 翻折，使点D落
在点G处，如果 ，那么线段 的长为_______．
【答案】 ##0.25
【解析】
【分析】本题考查正方形的折叠，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握折叠的性质
是解题的关键．
连接 ，证明 ，可得 ，然后得到 即可解题．
【详解】如图，连接 ，
由翻折可得： ， ， ，
又∵E为边 的中点，
∴ ，
又∵ ， ，
∴ ，∴ ，
∴ ，
是
又∵ 正方形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，即 ，解得 ．
故答案为：
18. 在矩形 中， 与 相交于点O． 经过点B，如果 与 有公共点，
且与边 没有公共点，那么 的半径长r的取值范围是_______．
【答案】 或
【解析】
【分析】过点O作 于点E，根据勾股定理得到 ，然后根据 ，得到
，根据题意分两种情况，当线段 在 外时和当线段 在 内时，分别得到r的取值范
围即可．
【详解】解：过点O作 于点E，∵ 是矩形，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ 与 有公共点，且与边 没有公共点，
当线段 在 外时，如图，此时 ，
当线段 在 内时，如图，此时
∴ 的半径r的取值范围是： 或
故答案为： 或 ．【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，圆与圆的位置关系和直线和圆的位置关系，相似三角形的判定
以及性质，掌握圆与圆的位置关系和直线和圆的位置关系是解题的关键．
三、解答题：（本大题共7题，满分78分）【将下列各题的解答过程，做在答题纸的相应位
置上】
19. 计算： ．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了实数的运算，零指数幂，分数指数幂，化简二次根式，先计算分数指数幂和零指
数幂，利用平方差公式进行二次根式和化简，最后算加减．
【详解】解：
．
20. 解方程组：
【答案】 ，
【解析】
【分析】本题考查了二元二次方程组解法，解题关键是通过因式分解将二元一次方程组转化为两个二元一
次方程组解答．
因式分解组中的方程②，得到两个二元一次方程，再代入①即可解方程组．【详解】解：由②得： ，
即 或 ，
把 代入①得 ， ；
把 代入①得 ， ；
∴方程组的解为： ， ．
21. 如图， 是 的直径， 与 相交于点E，弦 与弦 相等，且 ．
（1）求 的度数；
（2）如果 ，求 的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查圆周角定理，等边三角形的判定与性质，垂径定理， 圆心角、弧、弦的关系及解直角三
角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
（1）连接 ，根据垂径定理可得 ， 从而可得 然后利用等量代换可得
从而可得 是等边三角形，再利用等边三角形的性质即可解答；
（2）连接 ，根据垂径定理可得 从而可得 再利用直角三角形的两个锐角互余可得 然后利用圆周角定理可得 再在. 中，利用
锐角三角函数的定义求出 的长，即可解答．
【小问1详解】
连接 ，
∵ 是 的直径， ，
，
，
，
，
是等边三角形，
；
【小问2详解】
连接 ，∵ 是 的直径， ，
，
，
，
，
，
在
中， ，
，
，
．
22. 某学校计划租用7辆客车送275名师生去参加课外实践活动．现有甲、乙两种型号的客车可供选择，
它们的载客量（指的是每辆客车最多可载该校师生的人数）和租金如下表．设租用甲种型号的客车x辆，
租车总费用为y元．
型号 载客量（人/辆） 租金（元/辆）
甲 45 1500
乙 33 1200
（1）求y与x的函数解析式（不需要写定义域）；
（2）如果使租车总费用不超过10200元，一共有几种租车方案？
（3）在（2）的条件下，选择哪种租车方案最省钱？此时租车的总费用是多少元？
【答案】（1）
（2）共有 种租车方案（3）租用甲种型号的客车 辆，租用乙种型号的客 辆，租车最省钱，租车的总费用是 元
【解析】
【分析】本题考查一元一次不等式组和一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出函数关系式．
（1）租用甲种型号的客车 辆，则租用乙种型号的客车 辆；根据题意列函数关系式即可；
（2）根据租车总费用不超过 元，师生共有 人可得 ，又 为整数,解不
等式组即可得到租车方案；
（3）结合（1）（2），利用一次函数性质租金最少的方案即可解题．
【小问1详解】
租用甲种型号的客车 辆，则租用乙种型号的客车 辆，
；
【小问2详解】
∵租车总费用不超过 元，师生共有 人,
，
解得 ，
∵ 为整数,
∴ 可取 ,
∴一共有 种租车方案；
【小问3详解】
在 中， 随 的增大而增大, 又 可取 ,
∴当 时， 取最小值，最小值为 (元),
∴租用甲种型号的客车 辆，租用乙种型号的客 辆，租车最省钱，租车的总费用是 元．
23. 已知：如图，在四边形 中， ，点E是对角线 上一点， ，且．
（1）求证：四边形 是菱形；
（2）延长 分别交线段 的延长线于点 ，如果 ，求证： ．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）由 得 , 则 ，所以 ，则
四边形 是平行四边形， 由 且 得 , 所以
则 , 即可证明四边形 D是菱形；
（2）由菱形的性质得 , 而 , 所以 , 可证明 ,
得 则 再证明 , 得 所以
, 再证明 , 得 则 即可证明
【小问1详解】
)证明: ∵ ,
∴ ,
∵ ,
∴ ,∴ ,
∴四边形 是平行四边形，
∵ ,
∴ ,
∴ ，
∵ ,
∴ ,
∴ ,
∴ ,
∴四边形 是菱形；
【小问2详解】
证明：根据题意作图如下，
∵四边形 是菱形,
∴ ，
∵ ,
∴ ,
∵ ,∴ ,
，
，
,
∵
∴ ,
，
∴ ,
∴ , 且 ,
∴ ,
∵ ,
∴ ,
∴ ,
，
．
【点睛】此题重点考查平行线的性质、菱形的判定性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与
性质等知识，推导出 是解题的关键．
24. 在平面直角坐标系 中，抛物线 的图像与x轴交于点 和点 ．与y轴交于点 是线段 上一点．
的
（1）求这条抛物线 表达式和点C的坐标；
（2）如图，过点D作 轴，交该抛物线于点G，当 时，求 的面积；
（3）点P为该抛物线上第三象限内一点，当 ，且 时，求点P的坐标．
【答案】（1） ，
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）将 、 代入得， ，可求 ，则 ，当
时， ，进而可求 ；
（2）如图1，作 于 ，记 与 的交点为 ，设 ，则 ，
，则 ， ， ， ，由
，可得 ，计算求出满足要求的解为 ，则，待定系数法求直线 的解析式为 ，进而可得 ，则 ，
根据 ，计算求解即可；
（3）如图2，作 于 ，在 上取 ，连接 交抛物线于点 ，由
，可知点 即为所求，由勾股定理得， ，
由 ，可求 ，则 ，待定系数法求直
线 的解析式为 ，设 ，由 ，可求 ，
（舍去），则 ，待定系数法求直线 的解析式为 ，联立得，
，计算求解，然后作答即可．
【小问1详解】
解：将 、 代入得， ，
解得， ，
∴ ，
当 时， ，即 ；
【小问2详解】
解：如图1，作 于 ，记 与 的交点为 ，设 ，则 ， ，
∴ ， ， ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，即 ，
解得， ，
经检验， 是原分式方程的解，且符合要求；
∴ ，
设直线 的解析式为 ，
将 ， 代入得， ，
解得， ，∴直线 的解析式为 ，
当 时， ，即 ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的面积为 ；
【小问3详解】
解：如图2，作 于 ，在 上取 ，连接 交抛物线于点 ，
∵ ， ，
∴ ，
∴点 即为所求，
由勾股定理得， ，
∵ ，
∴ ，解得， ，
∴ ，
设直线 的解析式为 ，
将 ， 代入得， ，
解得， ，
∴直线 的解析式为 ，
设 ，
∴ ，
解得， ， （舍去），
∴ ，
设直线 的解析式为 ，
将 ， 代入得， ，
解得， ，
∴直线 的解析式为 ，
联立得， ，解得， 舍去或 ，
∴ ．
【点睛】本题考查了二次函数解析式，二次函数与角度综合，正切，二次函数与面积综合，一次函数解析
式，勾股定理，三角形外角的性质等知识．熟练掌握二次函数解析式，二次函数与角度综合，正切，二次
函数与面积综合，一次函数解析式，勾股定理，三角形外角的性质是解题的关键．
25. 在 中， ，以C为圆心、 为半径的弧分别与射线 、射线 相交于点
，直线 与射线 相交于点F．
（1）如图，当点D在线段 上时．
①设 ，求 ；（用含 的式子表示）
的
②当 时，求 值；
（2）如图，当点D在 的延长线上时，点 分别为 的中点，连接 ，如果
，求 的长．
【答案】（1）① ②
（2）
【解析】
【分析】（1）①根据等边对等角得到 ， ，然后根据四边
形的内角和是 计算解题；②先根据 得到 ，然后推导 ，得到 ，可以求出
长，过点A作 于点G，然后求出 值即可；
（2）设 交 于点H，设 ，则 ，然后证明 ，得到 ，
然后根据平行线分线段成比例得到 ， ，再根据 ，就可得到 ，
代入数值即可解题．
【小问1详解】
解：①∵ ，
∴ ， ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ；
②∵ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ， ，
∴ ，∴ ，即 ，解得： 或 （舍）；
过点A作 于点G，
则 ，
∴ ；
【小问2详解】
解：设 交 于点H，设 ，
∵M是 的中点，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，∴ ，
∴ ，即 ，解得： ，
∴ ，
∵
∴ ，
又∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵
∴ ，
又∵ 是 的中点，
∴ ，
∴ ，即 ，解得： 或 （舍），
∴ ．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，平行线分线段成
比例，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
