江苏省宿迁市南师附中宿迁分校2022-2023学年九年级上学期期末数学试题

这是一份江苏省宿迁市南师附中宿迁分校2022-2023学年九年级上学期期末数学试题，共32页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
江苏省宿迁市南师附中宿迁分校2022-2023学年九年级上学期期末数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．下列方程中，是一元二次方程的是（    ）A． B． C．  D．2．如果⊙O的半径为，圆心O到直线的距离为，且，那么⊙O和直线的位置关系是（    ）A．相离 B．相切 C．相交 D．不确定3．已知，和分别是它们的对应高，若，，则与的面积比是（　　）A． B． C． D．4．甲、乙、丙、丁四支女子花样游泳队的人数相同，且平均身高都是，身高的方差分别是，则身高比较整齐的游泳队是（　　）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁5．下列说法正确的是（    ）A．三点确定一个圆 B．三角形的外心到三角形三边的矩离相等C．平分弦的直径垂直于弦 D．垂直于弦且过圆心的直线平分这条弦6．如图，中，点D在线段上，连接，要使与相似，只需添加一个条件即可，这个条件不能是（    ）A． B． C． D．7．如图，在等腰三角形中，，图中所有三角形均相似，其中最小的三角形面积为1，的面积为42，则四边形DBCE的面积是（    ）A．20 B．22 C．24 D．268．是边长为4的等边三角形，其中点P为高AD上的一个动点，连接BP，将BP绕点B顺时针旋转60°得到BE，连接PE、DE、CE，则周长的最小值是（    ）A． B． C． D． 二、填空题9．若，则 _____．10．将抛物线y＝3（x﹣2）2+1向左平移2个单位，再向下平移1个单位，则所得抛物线的表达式为_____．11．已知圆锥的底面半径为4cm，母线长为5cm，则圆锥的侧面积为____________cm2．12．如图，在⊙O中，半径OC垂直弦AB，∠OBA＝26°，D为⊙O上一点，则∠ADC的度数是_____．13．若二次函数的图象，经过，，，三点大小关系是_____（用“＜”连接）14．如图，在平面直角坐标系中，已知点、，以原点O为位似中心，相似比为，把缩小，则点B的对应点的坐标是______．15．如图，将△ABC放在每个小正方形边长为1的网格中，点A，B，C均在格点上，则tanA的值是__________．16．如图，在中，平分，交于点D，过D作的平行线交于M，若，则_____．17．当时，二次函数有最大值4，则实数的值为________．18．如图，在△ABC中，BC=6，BC边上的高为4，在△ABC的内部作一个矩形EFGH，使EF在BC边上，另外两个顶点分别在AB、AC边上，则对角线EG长的最小值为_____． 三、解答题19．计算：(1)；(2)．20．如图，延长弦、弦，交于圆外一点A，连接．(1)证明：；(2)若，求．21．学校开展“书香校园”活动以来，受到同学们的广泛关注，学校为了解全校学生课外阅读的情况，随机调查了部分学生在一周内借阅图书的次数，并制成如图不完整的统计表．学生借阅图书的次数统计表 借阅图书的次数0次1次2次3次4次及以上人数713a103 请你根据统计图表中的信息，解答下列问题：______，______．该调查统计数据的中位数是______，众数是______．请计算扇形统计图中“3次”所对应扇形的圆心角的度数；若该校共有2000名学生，根据调查结果，估计该校学生在一周内借阅图书“4次及以上”的人数．22．为了响应区教育局“千师访万家”的新家庭教育活动，某校七年级3班的语文学科王老师、数学学科李老师决定分别利用周六上午、周日下午各自家访一名同学，本次家访的对象为班级第六组学习小伙伴，共有王鹏、李佳、刘丹三位同学．（1）李佳同学被王老师选为家访对象的概率是：____________；（2）请利用树状图或表格的形式求王老师和李老师家访的是同一个同学的概率．23．如图，在电线杆CD上的C处引拉线CE、CF固定电线杆，拉线CE和地面所成的角∠CED=60°，在离电线杆6米的B处安置高为1.5米的测角仪AB，在A处测得电线杆上C处的仰角为30°，求拉线CE的长（结果保留小数点后一位，参考数据：）．24．如图，在中，，以的边为直径作，交于点，过点作，垂足为点．(1)试证明是的切线；(2)若的半径为，，求此时的长．25．如图，在中，，，，．如果以所在直线为轴，所在直线为轴，点为坐标原点，建立平面直角坐标系(如图)，若点从点出发，以每秒个单位的速度沿线段运动，点从点出发，以每秒个单位的速度沿线段运动，其中一点最先到达线段的端点时，两点即刻同时停止运动；设运动时间为秒．(1)当为何值时，以点、、为顶点的三角形的面积为？(2)是否存在点，使以点、、为顶点的三角形与相似？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．26．数学兴趣小组经过市场调查，得到某种运动服每月的销量与售价的相关信息如下表：售价（元/件）100110120130…月销量（件）200180160140…  已知该运动服的进价为每件60元．（1）销售该运动服每件的利润是多少元；（用含的式子表示）（2）求月销量与售价的关系式；（3）设销售该运动服的月利润为元，那么售价为多少时，当月的利润最大，最大利润是多少？27．（1）证明推断：如图（1），在正方形中，点E，Q分别在边上，于点O，点G，F分别在边上，．求证：；（2）类比探究：如图（2），在矩形中，（k为常数）．将矩形沿折叠，使点A落在边上的点E处，得到四边形交于点H，连接交于点O．试探究与之间的数量关系，并说明理由；（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接，当时，若，求的长．28．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线与x轴交于点A（1，0），点B（﹣3，0），与y轴交于点C，连接，点P在第二象限的抛物线上，连接、，线段交线段于点E．(1)求抛物线的表达式；(2)设：的面积为，的面积为，当时，求点P的坐标；(3)设：点C关于抛物线对称轴的对称点为点N，连接，点H在x轴上，当时，①直接写出所有满足条件的所有点H的坐标；②当点H在线段上时，点Q是线段外一点，，连接，将线段绕着点Q逆时针旋转得到线段，连接，直接写出线段的取值范围．
参考答案：1．B【分析】先把方程化成一般式，根据一般式判断选择即可．【详解】因为是一元一次方程，所以A不符合题意；因为是一元二次方程，所以B符合题意；因为是二元二次方程，所以C不符合题意；因为不是一元二次方程，所以D不符合题意；故选B．【点睛】本题考查了一元二次方程的定义即含有一个未知数且含未知数项的次数最高是2的整式方程，熟练掌握定义是解题的关键．2．A【分析】根据直线和圆的位置关系的进行判断即可．【详解】解：∵⊙O的半径为，圆心O到直线的距离为，且，∴d>r，∴直线和圆相离．故选：A．【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系的应用，注意：已知⊙O的半径为r，如果圆心O到直线l的距离是d，当d>r时，直线和圆相离，当d=r时，直线和圆相切，当d<r时，直线和圆相交．3．A【分析】根据相似三角形的性质：对应高的比等于相似比，面积比等于相似比的平方求解即可．【详解】解：，和分别是它们的对应高，，，与的相似比为，与的面积比为，即为，故选：A．【点睛】本题考查了相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题关键．4．C【分析】根据方差的意义，即可求解．【详解】解：∵，∴，∵平均身高都是，∴高比较整齐的游泳队是丙．故选：C【点睛】本题主要考查了方差的意义，方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．5．D【分析】根据确定圆的条件、垂径定理及其推论、圆的外心的性质进行分析判断即可．【详解】解：A. 不共线的三点确定一个圆，故选项A说法错误，不符合题意；B. 三角形的外心到三角形三个顶点的矩离相等，故选项B说法错误，不符合题意；C. 平分非直径弦的直径垂直于弦，故选项C说法错误，不符合题意；D. 垂直于弦且过圆心的直线平分这条弦，选项D说法正确，符合题意．故选：D．【点睛】本题主要考查了确定圆的条件、垂径定理及其推论、圆的外心等知识，理解并掌握相关知识是解题关键．6．A【分析】根据相似三角形的判定条件逐一判断即可．【详解】解：添加，结合条件∠A=∠A，不能证明两个三角形相似，故A符合题意；添加，结合条件∠A=∠A，能证明两个三角形相似，故B不符合题意；添加，结合条件∠A=∠A，能证明两个三角形相似，故C不符合题意；添加，即，，结合条件∠A=∠A，能证明两个三角形相似，故D不符合题意；故选A．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，熟知相似三角形的判定条件是解题的关键．7．D【分析】利用得到，所以则，解得，从而得到，然后计算两个三角形的面积差得到四边形DBCE的面积．【详解】如图，根据题意得，∴设，则， ∴，解得，∴，∴四边形DBCE的面积． 故选D．【点睛】本题考查了相似三角形的判定：有两组角对应相等的两个三角形相似．也考查了相似三角形的性质．8．A【分析】先证明，作关于的对称点，连接，根据对称性可得周长，当三点共线时，取得最小值，据此即可求解．【详解】将BP绕点B顺时针旋转60°得到BE，△BPE是等边三角形，∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC=BC=4，∠BAC=∠ABC=60°，∵AD⊥CB，∴BD=CD=2，∠BAD=∠CAD=∠BAC=30°，∵∠PBE=∠ABC=60°，∴∠ABP=∠CPE，∵BA=BC，BP=BE，∴△ABP≌△CBE（SAS），∴∠BAP=∠BCE=30°，AP=CE∴点E的运动轨迹是射线CE（∠BCE=30°），如图，作关于的对称点，连接，，，是等边三角形，周长当三点共线时，取得最小值，最小值为故选A【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，轴对称的性质，线段和最短问题，勾股定理，求得点的轨迹是解题的关键．9．【分析】利用比例的性质，进行计算即可解答．【详解】解：，，．故答案为：．【点睛】本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键．10．y＝3x2【分析】直接利用抛物线平移规律：上加下减，左加右减进而得出平移后的解析式．【详解】解：∵将抛物线y＝3（x﹣2）2+1向左平移2个单位，再向下平移1个单位，∴平移后的抛物线的解析式为：y＝3（x﹣2+2）2+1﹣1，即y＝3x2，故答案为：y＝3x2．【点睛】本题考查了二次函数图象的平移，其规律是是：将二次函数解析式转化成顶点式y=a(x-h)2+k，确定其顶点坐标(h，k)，在原有函数的基础上“h值正右移，负左移；k值正上移，负下移”，掌握平移规律是解题关键．11．【分析】圆锥的侧面积＝×底面半径×母线长，把相应数值代入即可求解．【详解】∵圆锥的底面半径长为4cm，母线长为5cm，∴圆锥的侧面积＝×4×5＝20cm2，故答案为：．【点睛】本题考查圆锥侧面积的求法，掌握相应公式是解题的关键．12．32°．【分析】由OC⊥AB，推出弧AC＝弧BC，可得∠ADC=∠BOC，求出∠BOC即可解决问题．【详解】解：∵OC⊥AB，∴弧AC＝弧BC，∴∠ADC＝∠BOC，∵∠B＝26°，∴∠BOC＝90°﹣26°＝64°，∴∠ADC＝×64°＝32°，故答案为32°．【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．13．【分析】根据二次函数的解析式得出图像的开口方向向上，对称轴是直线，根据开口向上的抛物线，离对称轴越远，函数值越大，即可得解；【详解】解：，∴开口向上，对称轴为直线，∵，∴，故答案为：【点睛】本题主要考查二次函数图像和性质的运用，熟练掌握二次函数的图像和性质，数形结合的进行推理是解答此题的关键．14．或．【分析】利用以原点为位似中心，相似比为k，位似图形对应点的坐标的比等于k或，把B点的横纵坐标分别乘以或即可得到点的坐标．【详解】∵以原点O为位似中心，相似比为，把缩小，∴点的对应点的坐标是或．故答案为：或．【点睛】本题考查了位似变换，掌握位似变换的性质是解题的关键．15．【分析】根据题意，作BD⊥AC于点D，可以求得BD、AD的长，从而可以求出tanA的值．【详解】作BD⊥AC于点D，∵BC=2，AC= ,点A到BC的距离为3，AB=,∴,即，解得：，∴AD= ，.故答案是：.【点睛】本题考查锐角三角函数的定义及运用：在直角三角形中，锐角的正弦为对边比斜边，余弦为邻边比斜边，正切为对边比邻边，构造直角三角形是本题的关键．16．【分析】根据平分，，可得，从而得到，再根据，即可求解．【详解】解：∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，解得：．故答案为：【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定，相似三角形的判定和性质，根据题意得到是解题的关键．17．2或【分析】求出二次函数对称轴为直线x=m，再分m＜-2，-2≤m≤1，m＞1三种情况，根据二次函数的增减性列方程求解即可．【详解】解：二次函数的对称轴为直线x=m，且开口向下，①m＜-2时，x=-2取得最大值，-（-2-m）2+m2+1=4，解得，，∴不符合题意，②-2≤m≤1时，x=m取得最大值，m2+1=4，解得，所以，③m＞1时，x=1取得最大值，-（1-m）2+m2+1=4，解得m=2，综上所述，m=2或时，二次函数有最大值．故答案为：2或．【点睛】本题考查了二次函数的最值，熟悉二次函数的性质及图象能分类讨论是解题的关键．18． 【详解】【分析】作AQ⊥BC于点Q，交DG于点P，设GF=PQ=x，则AP=4﹣x，证△ADG∽△ABC得，据此知EF=DG=（4﹣x），由EG=即可求得答案．【详解】如图，作AQ⊥BC于点Q，交DG于点P，∵四边形DEFG是矩形，∴AQ⊥DG，GF=PQ，设GF=PQ=x，则AP=4﹣x，由DG∥BC知△ADG∽△ABC，∴，即，则EF=DG=（4﹣x），∴EG===，∴当x=时，EG取得最小值，最小值为，故答案为.【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握矩形的性质、相似三角形的判定与性质及二次函数的性质及勾股定理．19．(1)5；(2)， 【分析】（1）先化各式，然后再进行计算即可解答；（2）利用因式分解法，进行计算即可解答．【详解】（1）原式；（2），或，所以，．【点睛】本题考查了实数的运算、特殊角的三角函数值、负整数指数幂，解一元二次方程因式分解法，熟练地进行计算是解题的关键．20．(1)见解析(2)10 【分析】（1）根据圆周角定理可得，再由，即可证得；（2）根据，可得，即可求解．【详解】（1）证明：∴，∴；（2）解：∵，∴，∵，∴∴．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握圆周角定理，相似三角形的判定和性质是解题的关键．21．17、20；2次、2次；；人．【分析】(1)先由借阅1次的人数及其所占百分比求得总人数，总人数减去其他次数的人数求得a的值，用3次的人数除以总人数求得b的值；(2)根据中位数和众数的定义求解；(3)用360°乘以“3次”对应的百分比即可得；(4)用总人数乘以样本中“4次及以上”的人数所占比例即可得．【详解】解：被调查的总人数为人，，，即，故答案为17、20；由于共有50个数据，其中位数为第25、26个数据的平均数，而第25、26个数据均为2次，所以中位数为2次，出现次数最多的是2次，所以众数为2次，故答案为2次、2次；扇形统计图中“3次”所对应扇形的圆心角的度数为；估计该校学生在一周内借阅图书“4次及以上”的人数为人．【点睛】本题考查了统计表、扇形统计图、众数、中位数等，读懂统计图、统计表，从中得到必要的信息是解决问题的关键.注意众数与中位数的求解方法.22．（1）；（2）【分析】（1）本次家访的对象为班级第六组学习小伙伴，共有王鹏、李佳、刘丹三位同学．共有3种情况,其中李佳同学被王老师选为家访对象1种情况,利用概率公式计算即可；（2）画树状图列出等可能的所有结果为9种,其中王老师和李老师家访的是同一个同学共3种情况，利用概率公式计算即可．【详解】解：（1）∵本次家访的对象为班级第六组学习小伙伴，共有王鹏、李佳、刘丹三位同学．共有3种情况,其中李佳同学被王老师选为家访对象1种情况,李佳同学被王老师选为家访对象的概率是，故答案为；（2）画树状图列出等可能的所有结果为9种,其中王老师和李老师家访的是同一个同学共3种情况∴P（王老师、李老师家访的是同一个同学）=．【点睛】本题考查列举法求概率与画树状图或列表求概率，掌握列举法求概率与画树状图或列表的方法，记准概率公式是解题关键．23．5.7米．【分析】由题意，过点A作AH⊥CD于H．在Rt△ACH中，可求出CH，进而CD=CH+HD=CH+AB，再在Rt△CED中，求出CE的长．【详解】解：如答图，过点A作AH⊥CD，垂足为H，由题意可知四边形ABDH为矩形，∠CAH=30°，∴AB=DH=1.5，BD=AH=6．在Rt△ACH中，CH=AH•tan∠CAH=6tan30°=6×，∵DH=1.5，∴CD=+1.5．在Rt△CDE中，∵∠CED=60°，∴CE=（米）．答：拉线CE的长约为5.7米．24．(1)见解析(2) 【分析】（1）连接，，证出是等腰三角形，结合图形得出是的中位线，因为， ，证出即可得出是的切线；（2）由（1）可得，，，在中，由勾股定理求得的长度，证出，根据相似三角形对应边成比例可求得的长．【详解】（1）证明：连接，， ∵为的直径，∴，又∵，是等腰三角形，∴又是边上的中线， ∴是的中位线，∴， 又，∴，∴是的切线．（2）由（1）知，是边上的中线，得．∵的半径为5，∴．在中，  ∵，∴．在和中，∵，，∴，∴，即，解得．【点睛】本题考查了圆的切线判定定理以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆的切线判定以及相似三角形的判定是解题的关键．25．(1)当或时，以点、、为顶点的三角形的面积为；(2)存在点，使以点、、为顶点的三角形与相似，或 【分析】（1）先利用勾股定理求出，等面积法得出如图2所示，作，垂足为，，，，证明，求出则即可得到，由此求解即可；（2）分①当时，如图3，此时，②当时，如图4，此时，两种情况讨论求解即可．【详解】（1）解：∵，，∴，∵，∴，如图2所示，作，垂足为，，，，图2，， ，，解得：或．（2）解：存在点，使以点、、为顶点的三角形与相似，理由如下：分两种情况：①当时，如图，此时，∴，∴，解得；②当时，如图，此时，∴，∴，解得综上可得，或．【点睛】本题主要考查了勾股定理，三角形面积公式，相似三角形的性质与判定，坐标与图形，熟知相关知识及分类讨论思想的运用是解题的关键．26．（1）（x - 60）元；（2）y=-2x + 400；（3）售价为每件130元时，当月的利润最大为9800元【分析】（1）根据利润＝售价﹣进价求出利润；（2）运用待定系数法求出月销量y与售价x的一次函数关系式即可；（3）根据月利润＝每件的利润×月销量列出函数关系式，根据二次函数的性质求出最大利润．【详解】解：（1）每件的利润是（x - 60）元；（2）设y=kx + b，则有，解得，∴y=-2x + 400；（3）依题意可得： s= （x - 60）×（-2x + 400）= -2x2 + 520x – 24000 = -2（x-130）2 + 9800 ，当x=130时，s有最大值9800，所以售价为每件130元时，当月的利润最大为9800元．【点睛】本题考查的是二次函数的应用，一次函数的运用以及解一元二次方程，掌握待定系数法求函数解析式和二次函数的性质以及最值的求法是解题的关键．27．（1）证明见详解；（2），理由见详解；（3）．【分析】（1）先证△ABE≌△DAH，可得AE＝DQ．再证四边形DQFG是平行四边形，即可解决问题．（2）过G作GM⊥AB于M．证明，即可解决问题．（3）过P作PM⊥BC交BC的延长线于M．利用相似三角形的性质求出PM，CM，即可解决问题．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAQ，∴∠QAO+∠OAD＝90°，∵AE⊥DQ，∴∠ADO+∠OAD＝90°，∴∠QAO＝∠ADO，∴，∴AE＝DQ，∵DQ⊥AE，GF⊥AE，∴DQ∥GF，∵FQ∥DG，∴四边形DQFG是平行四边形，∴GF＝DQ，∵AE＝DQ，∴AE＝FG；（2）结论：．理由如下：如图2中，过G作GM⊥AB于M，∵AE⊥GF，∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，∴∠BAE＝∠FGM，∴，∴，∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，∴四边形AMGD是矩形，∴GM＝AD，∴，（3）解：如图3中，过点P作PM⊥BC交BC的延长线于M．∵，，∴∠CGP＝∠BFE，∴，∴设，，则，，∵，，∴，∴，∴或（不合题意，舍去），∴，，，，∵，∴BC＝4，∴，，∵∠EBF＝∠FEP＝∠PME＝90°，∴∠FEB＝∠EPM，∴，∴，∴，∴解之得：，，∴，∴．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟悉相关知识点，学会利用参数构建方程解决问题是解题的关键．28．(1)；(2)或；(3)①或；②． 【分析】（1）将两点坐标代入函数解析式求解即可；（2）过点P作轴交于点K，交于点L，根据得到，利用相似三角形的性质得到，求解即可；（3）①分两种情况，当时和当在延长线上时，求得的解析式，即可求解；②由题意可得Q点在以H为圆心，1为半径的圆上，设，过点Q作轴交x轴于点S，过点M作交于T点，利用全等三角形的性质和勾股定理确定点M在以G为圆心，为半径的圆上，即可求解．【详解】（1）解：（1）将点，点代入，∴，解得，∴；（2）解：如图1，过点P作轴交于点K，交于点L，令，则，即，设直线的解析式为，，解得，∴，设，则，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，解得或，∵点P在第二象限的抛物线上，∴P点坐标为或；（3）解：①∵，∴抛物线的对称轴为直线，∵点C关于抛物线对称轴的对称点为点N，∴，设直线BN的解析式为，∴，∴，∴，如图2，当时，，∴直线的解析式为，∴，如图3，作线段的垂直平分线交于点F，∵，，∴的中点，∵，∴，∴直线经过点O，∴直线的解析式为，联立方程组，解得，∴，设直线的直线解析式为，∴，解得，∴，∴；综上所述，H点的坐标为或；②∵点H在线段上，∴，∵，∴Q点在以H为圆心，1为半径的圆上，设，过点Q作轴交x轴于点S，过点M作交于T点，如图：∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴∴，∵，∴，设对称轴与直线的交点为G，则，∴，∴，∴M点在以G为圆心，为半径的圆上，  当三点共线时，有最值，∵，∴的最大值为，的最小值为，∴，∴的范围是．【点睛】此题是二次函数与几何的综合应用，考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关基本性质．