2022-2023学年吉林省长春市南关区九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年吉林省长春市南关区九年级（上）期末数学试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 二次根式x+3在实数范围内有意义，则x的取值范围是( )
A. x≤−3B. x>−3C. x≥−3D. x≥3
2. 下列运算正确的是( )
A. 43−3=4B. 3×6=32
C. 5+5=5D. 15÷5=3
3. 已知关于x的一元二次方程mx2−(m−1)x+m4=0有两个实数根，则实数m的取值范围是( )
A. m≥−12B. m≤12
C. m≥−12且m≠0D. m≤12且m≠0
4. 用配方法解方程x2+8x−2=0，配方后所得的方程是( )
A. (x+4)2=18B. (x−4)2=18C. (x+4)2=14D. (x−4)2=1
5. 如图，三角板在灯光照射下形成投影，三角板与其投影的相似比为2：3，且三角板的一边长为10cm.则投影三角板的对应边长为( )
A. 10cm
B. 15cm
C. 20cm
D. 203cm
6. 如图是一架人字梯，已知AB=AC，两梯脚之间的距离BC=4米，AC与地面BC的夹角为α，则人字梯AC长为( )
A. 2csα米
B. 4sinα米
C. 2csα米
D. 4csα米
7. 如图，△ABC的三个顶点都在方格纸的格点上，其中A点的坐标是(−3,0)，现将△ABC绕点B按逆时针方向旋转90°，则旋转后点A的坐标是( )
A. (1,3)B. (−1,−4)C. (−2,−4)D. (−3,3)
8. 如图，P是▱ABCD内一点，连结P与▱ABCD各顶点，▱EFGH各顶点分别在边AP、BP、CP、DP上，且HD=2PH，HG//CD.若△PEF与△PGH的面积和为6，则▱ABCD的面积为( )
A. 108B. 54C. 18D. 12
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
9. 将272化为最简二次根式的结果是 ．
10. 设m、n是一元二次方程x2+4x−7=0的两个根，则2m+2n的值为 ．
11. 若yx=27，则x−yx= ．
12. 关于x的一元二次方程kx2−3x−2k2=6的一个解是−2，则k值为 ．
13. 如图，△ABC的顶点是正方形网格的格点，则tan∠BAC的值为 ．
14. 如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E在边AD上，CE与BD相交于点F.若AE=2，则BF的长的 ．
三、解答题（本大题共10小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. (本小题6.0分)
计算：(58−12)×3．
16. (本小题6.0分)
解方程：(x−5)(x+2)=1．
17. (本小题6.0分)
如图①是一台手机支架，图②是其侧面示意图，AB、BC可分别绕点A、B转动，测量知AB=10cm，BC=8cm.当AB，BC转动到∠BAE=70°，∠ABC=65°时，求点C到直线AE的距离.(精确到0.1cm，参考数据：sin70°≈0.94，cs70°≈0.34，2≈1.41)
18. (本小题7.0分)
如图，是4×6的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，△ABC的顶点均在格点上.只用无刻度的直尺，在给定的网格中，分别按下列要求画图，保留适当的作图痕迹．
(1)以点O为位似中心，画出△ABC的位似图形△DEF，使它与△ABC的相似比为2：1．
(2)在线段DF上找出所有的点M，将线段DF分为2：3两部分．
19. (本小题7.0分)
新时代教育投入得到了高度重视，某省2020年公共预算教育经费是200亿元，到2022年公共预算教育经费达到242亿元．
(1)求2020年到2022年公共预算教育经费的年平均增长率．
(2)按照这个增长率，预计2023年公共预算教育经费能否超过266亿元？
20. (本小题7.0分)
已知关于x的一元二次方程x2+(2k−1)x−k−2=0．
(1)求证：无论k取何值，此方程总有两个不相等的实数根．
(2)若方程有两个实数根x1、x2，且x1+x2−4x1x2=1，求k的值．
21. (本小题8.0分)
三角形三条边上的中线交于一点，这个点叫三角形的重心.如图，G是△ABC重心.求证：BE=3GE．
22. (本小题9.0分)
先阅读方框中方程的求解过程，然后解答问题：
(1)解方程：2x3+4x2−10x=0．
(2)解方程：(x2+3x)2−(x2+3x)=0．
(3)方程(2x2+x−1)2+2(2x2+x)−17=0的解为 ．
23. (本小题10.0分)
如图，正方形ABCD的边长为12，E是BC边上一点(与点B、C不重合)，连结DE，G是CB延长线上的点，过点E作DE的垂线交∠ABG的角平分线于点F，若FG⊥CG．
(1)求证：△DCE∽△EGF．
(2)若EC=9，求△BEF的面积．
(3)当BE为何值时，△BEF的面积最大，最大值是多少？
24. (本小题12.0分)
如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=3，AB=5，动点P从点A出发沿折线AC—CB以每秒5个单位长度的速度向终点B运动.当点P不与△ABC的顶点重合时，过点P作PD⊥AB于点D，以PD为边在PD的下方作正方形PDEF.设点P运动的时间为t秒．
(1)用含t的代数式表示线段PF的长．
(2)当点F落在边BC上时，求t的值．
(3)作点C关于直线PF的对称点C1，
①当点C1在△ABC的内部时，求t的取值围．
②连结EC1，当直线EC1与△ABC的边平行时，直接写出t的值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵二次根式x+3在实数范围内有意义，
∴x+3≥0，
解得：x≥−3．
故选：C．
直接利用二次根式的定义得出x+3≥0，进而得出答案．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确掌握二次根式的定义是解题关键．
2.【答案】B
【解析】解：43−3=33，故A不符合题意；
3×6=32，故B符合题意；
5+5=25，故C不符合题意；
15÷5=3，故D不符合题意．
故选：B．
根据二次根式的加减运算可判断A，C，根据二次根式的乘除运算法则可判断B，D，从而可得答案．
本题考查的是二次根式的加减运算，二次根式的乘除运算，掌握“二次根式的加减乘除运算的运算法则”是解本题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：由题意得：Δ≥0，
∴[−(m−1)]2−4m×m4≥0，
整理得：m≤12．
又∵m≠0，
∴实数m的取值范围是m≤12且m≠0．
故选：D．
由题意可得Δ>≥0且m≠0，然后解不等式即可．
本题考查了一元二次方程根的判别式的应用．切记不要忽略一元二次方程二次项系数不为零这一隐含条件．
4.【答案】A
【解析】解：x2+8x−2=0，
x2+8x=2，
x2+8x+16=2+16，
(x+4)2=18，
故选：A．
利用解一元二次方程−配方法：当二次项系数化为1时，常数项等于一次项系数一半的平方，进行计算即可解答．
本题考查了解一元二次方程−配方法，熟练掌握解一元二次方程−配方法是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：设投影三角尺的对应边长为x cm，
∵三角尺与投影三角尺相似，
∴10：x=2：3，
解得x=15．
故选：B．
根据对应边的比等于相似比列式进行计算即可得解．
本题主要考查相似三角形的应用，利用数学知识解决实际问题是中学数学的重要内容，解决此问题的关键在于正确理解题意的基础上建立数学模型，把实际问题转化为数学问题．
6.【答案】C
【解析】解：如图，过点A作AD⊥BC，
∵AB=AC，
∴BD=CD=12BC=2(米)，
∴在Rt△ADC中，csα=CDAC，
∴AC=CDcsα=2csα(米)，
故选：C．
过点A作AD⊥BC，根据等腰三角形的性质可得，BC=2CD，再根据余弦的定义即可求解．
本题主要考查解直角三角形的应用、等腰三角形的性质，正确运用锐角三角函数是解题关键．
7.【答案】B
【解析】△ABC绕点B按逆时针方向旋转90°后，得到△A′BC′，如图，

由图可知，点A′的坐标为(−1,−4)，
故旋转后点A的坐标是(−1,−4)．
故选：B．
根据网格的特点结合旋转的性质画出△ABC绕点B按逆时针方向旋转90°的图形，以此即可求解．
本题主要考查坐标与图形变化−旋转，解题关键是图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．
8.【答案】A
【解析】解：∵HD=2PH=2EP，
∴PHPD=13，
∵四边形ABCD与四边形EFGH是平行四边形，
∴EF=GH，AB=CD，AD//BC，AB//CD，EF//GH，EH//FG，
∵EF//AB，
∴GH//CD，EFAB=PEPA，
∴GHCD=PHPD，
∵EFAB=GHCD，
∴PEPA=PHPD，
∴AD//EH，
同理：FG//BC，
∵EF//AB，
∴△PEF∽△PAB，
∴PEPA=PFPB=13，
∴S△PEFS△PAB=(PHPD)2=19，
同理，S△PGHS△PCD=19，
∵S△PAB+S△PCD=12S平行四边形ABCD，
∴△PEF与△PGH的面积和为6=19(S△PAB+S△PCD)=19×12S平行四边形ABCD，
∴▱ABCD的面积=108．
故选：A．
根据平行四边形的性质和平行线的性质推出EH//AD，FG//BC，根据相似三角形的性质得到S△PEFS△PAB=(PDPH)2=19，同理，S△PGHS△PCD=19，于是得到结论．
本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
9.【答案】362
【解析】解：272=27×22×2=362，
故答案为：362．
被开方数的分子分母乘以2，然后再开方即可．
此题主要考查了最简二次根式，关键是掌握最简二次根式的概念：(1)被开方数不含分母；(2)被开方数中不含能开得尽方的因数或因式．把满足上述两个条件的二次根式，叫做最简二次根式．
10.【答案】−8
【解析】解：∵m、n是一元二次方程x2+4x−7=0的两个根，
∴m+n=−4，
∴2m+2n=2(m+n)=−8．
故答案为：−8．
直接根据根与系数的关系求解．
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1x2=ca．
11.【答案】57
【解析】解：yx=27，可设y=2k，x=7k，k是非零数，
则x−yx=7k−2k7k=57．
故答案为：57．
根据比例的基本性质变形，代入求值即可．
本题主要考查了比例的基本性质，准确利用性质变形是解题的关键．
12.【答案】2
【解析】解：把x=−2代入一元二次方程kx2−3x−2k2=6得4k+6−2k2=6，
整理得k2−2k=0，
解得k1=0，k2=2，
∵k≠0，
∴k的值为2．
故答案为：2．
先把x=−2代入原一元二次方程得4k+6−2k2=6，解关于k的方程得到k1=0，k2=2，然后根据一元二次方程的定义得到满足条件的k的值．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
13.【答案】13
【解析】解：由题意得：
AC=22+42=25，
AB=32+32=32，
BC=12+12=2，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是直角三角形，
∴tan∠BAC=BCAB=232=13，
故答案为：13．
根据勾股定理的逆定理先证明△ABC是直角三角形，然后在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形，熟练掌握解直角三角形是解题的关键．
14.【答案】407
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，且AB=6，BC=8，
∴BD=AB2+AD2=62+82=10，
∵AD=BC=8，AE=2，
∴DE=6，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠EDF=∠CBF，∠DEF=∠BCF，
∴△EDF∽△CFB，
∵DFBF=DEBC，
∴10−BFBF=68，
40−4BF=3BF，
∴BF=407．
故答案为：407．
根据勾股定理求出BD=10，再根据矩形的性质证明△EDF∽△CFB，再根据形似三角形的性质得出关于BF的方程，解方程即可．
本题考查三角形相似的判定和性质，矩形的性质，关键是掌握三角形相似的判定和性质．
15.【答案】解：原式=(102−23)×3
=106−6．
【解析】利用二次根式的混合运算法则计算即可．
本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握相关运算法则是解本题的关键．
16.【答案】解：方程化为x2−3x−11=0，
a=1，b=−3，c=−11，
∴Δ=b2−4ac=9+44=53>0，
∴x=−b±b2−4ac2a=3±532，
∴x1=3+532，x2=3−532．
【解析】先把方程化为一般式，再计算根的判别式的值，然后利用求根公式得到方程的解．
本题考查了解一元二次方程−公式法：熟练掌握公式法解方程的一般步骤是解决问题的关键．
17.【答案】解：过点B作BM⊥AE，垂足为M，过点C作CN⊥AE，垂足为N，过点C作CD⊥BM，垂足为D，
∴∠AMB=∠BME=∠CNM=∠CDM=∠CDB=90°，
∴四边形MNCD是矩形，
∴DM=CN，
在Rt△ABM中，∠BAE=70°，AB=10cm，
∴∠ABM=90°−∠BAE=20°，
BM=AB⋅sin70°≈10×0.94=9.4(cm)，
∵∠ABC=65°，
∴∠CBD=∠ABC−∠ABM=45°，
∴∠BCD=90°−∠CBD=45°，
在Rt△BCD中，BC=8cm，
∴BD=BC⋅sin45°≈8×1.412=5.64(cm)，
∴DM=BM−BD=9.4−5.64≈3.8(cm)，
∴DM=CN=3.8cm，
∴点C到AE的距离为3.8cm．
【解析】过点B作BM⊥AE，垂足为M，过点C作CN⊥AE，垂足为N，过点C作CD⊥BM，垂足为D，从而可得四边形MNCD是矩形，进而可得DM=CN，先在RtABM中，利用锐角三角函数的定义求出BM的长，并且可以求出∠ABM=30°，从而求出∠CBD=45°，进而求出∠BCD=45°，然后在Rt△BCD中，利用锐角三角函数的定义求出BD的长，进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用，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．
18.【答案】解：(1)如图，△DEF即为所求．
(2)如图，点M1，M2满足要求．
证明：由作图知，NM2//AD，
∴FN：NA=FM2：M2D，
∵FN：NA=2：3，
∴FM2：M2D=2：3，
即点M2满足要求，
同理：M1也满足要求．

【解析】(1)根据位似的性质作图即可．
(2)取格点G，H，K，N，连接GH，KN，分别交DF于点M1，M2，则点M1，M2满足要求．
本题考查作图−位似变换，熟练掌握相似的性质是解答本题的关键．
19.【答案】解：(1)设2020年到2022年公共预算教育经费的年平均增长率为x，
依题意得：200(1+x)2=242，
解得：x1=0.1=10%，x2=−2.1(不合题意，舍去)，
答：2020年到2022年公共预算教育经费的年平均增长率为10%；
(2)由题意得：2023年公共预算教育经费为242×(1+10%)=266.2(亿元)，
∵266.2>266，
∴按照这个增长率，预计2023年公共预算教育经费能超过266亿元．
【解析】(1)设2020年到2022年公共预算教育经费的年平均增长率为x，利用2022年公共预算教育经费=2020年公共预算教育经费×(1+年平均增长率)2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
(2)由题意求出2023年公共预算教育经费，即可解决问题．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
20.【答案】(1)证明：∵Δ=(2k−1)2−4×1×(−k−2)
=4k2+1−4k+4k+8
=4k2+9>0，
∴无论k取何值，此方程总有两个不相等的实数根；
(2)解：由根与系数的关系得出：x1+x2=−(2k−1)，x1x2=−k−2，
由x1+x2−4x1x2=1得：−(2k−1)−4(−k−2)=1，
解得：k=−4．
【解析】(1)根据根的判别式得出Δ，据此可得答案；
(2)根据根与系数的关系得出x1+x2=−(2k−1)，x1x2=−k−2，代入x1+x2−4x1x2=1得出关于k的方程，解之可得答案．
本题主要考查根与系数的关系、根的判别式，解题的关键是掌握x1，x2是方程x2+px+q=0的两根时，x1+x2=−p，x1x2=q．
21.【答案】证明：连接DE，

∵点G是△ABC的重心，
∴点E和点D分别是AB和BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE//AB且DE=12AB，
∴△DEG∽△BAG，
∴DEAB=EGBG=12，
∴EGBE=13，
∴BE=3GE，
【解析】根据题意，可以得到DE是△ABC的中位线，从而可以得到DE//AB且DE=12AB，然后即可得到△DEG∽△BAC，即可得到EG和BE的比值，进而可得出结论．
本题考查三角形的重心、三角形的中位线、三角形相似，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
22.【答案】x1=−1+334，x2=−1−334
【解析】解：(1)2x3+4x2−10x=0．
2x(x2+2x−5)=0，
2x=0或x2+2x−5=0，
解得：x1=0，x2=−1+6，x3=−1−6；
(2)(x2+3x)2−(x2+3x)=0，
(x2+3x)(x2+3x−1)=0，
x2+3x=0或x2+3x−1=0，
解得：x1=0，x2=−3，x3=−3+132，x4=−3−132；
(3)(2x2+x−1)2+2(2x2+x)−17=0，
(2x2+x−1)2+2(2x2+x−1)−15=0，
(2x2+x−1+5)(2x2+x−1−3)=0，
(2x2+x+4)(2x2+x−4)=0，
2x2+x+4=0或2x2+x−1−3=0，
方程2x2+x+4=0无解；
解方程2x2+x−4==0得：x1=−1+334，x2=−1−334．
故答案为：x1=−1+334，x2=−1−334．
(1)先把方程的左边分解因式，即可得出两个方程2x=0或x2+2x−5=0，再求出方程的解即可；
(2)先把方程的左边分解因式，即可得出两个方程x2+3x=0或x2+3x−1=0，再求出方程的解即可；
(3)变形后把方程的左边分解因式，即可得出两个方程2x2+x+4=0或2x2+x−1−3=0，再求出方程的解即可．
本题考查了解高次方程和解一元二次方程，能把高次方程转化成一元二次方程或一元一次方程是解此题的关键．
23.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=BE，∠C=∠ABC=90°，
∵DE⊥EF，FG⊥CG，
∴∠FED=90°=∠FGE=∠C，
∴∠DEC+∠EDC=90°=∠AEG+∠DEC，
∴∠AEG=∠EDC，
∴△DCE∽△EGF；
(2)解：∵EC=9，BC=CD=12，
∴BE=3，
∵BF平分∠ABG，∠ABG=90°，
∴∠FBG=45°，
∴∠FBG=∠BFG=45°，
∴FG=BG，
∵△DCE∽△EGF，
∴FGEC=GECD，
∴FG9=FG+312，
∴FG=9，
∴S△BEF=12×BE⋅FG=12×3×9=272；
(3)解：设BE=x，则CE=12−x，
∵△DCE∽△EGF，
∴FGEC=GECD，
∴FG12−x=FG+x12，
∴GF=12−x，
∴S△BEF=12×BE⋅FG=12×(12−x)⋅x=−12(x−6)2+18，
∴当x=6时，△BEF的最大面积为18，
∴当BE为6时，△BEF的面积最大，最大值是18．
【解析】(1)由余角的性质可得∠AEG=∠EDC，可得结论；
(2)由相似三角形的性质可得FGEC=GECD，可求FG的长，即可求解；
(3)设BE=x，则CE=12−x，由相似三角形的性质可得FGEC=GECD，可求FG的长，由二次函数的性质可求解．
本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，三角形的面积公式等知识，证明三角形的相似是解题的关键．
24.【答案】解：(1)由题意得AP=5t，
①当点P在边AC上，即0≤t≤35时，如图，

在△ABC中，∠C=90°，AC=3，AB=5，
∴BC=AB2−AC2=52−32=4，
∵PD⊥AB，
∴∠ADP=90°，
∴∠ADP=∠C，
∵∠PAD=∠BAC，
∴△APD∽△ABC，
∴PDAP=BCAB，即PD5t=45，
∴PD=4t，
∵四边形PDEF是正方形，
∴PF=PD=4t；
②当点P在边BC上，即35