+黑龙江省大庆市杜尔伯特县2023-2024学年九年级上学期期末数学试卷（五四制）+

这是一份+黑龙江省大庆市杜尔伯特县2023-2024学年九年级上学期期末数学试卷（五四制）+，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.二次函数y=x2−5x+1的图象与y轴的交点坐标是( )
A. (0,1)B. (0,−1)C. (1,0)D. (−1,0)
2.如图，A，B，C，D是⊙O上的四个点，AB是⊙O的直径，∠CAB=40°，则∠ADC的度数为( )
A. 40°
B. 50°
C. 60°
D. 80°
3.如图，点A，B，C都是正方形网格的格点，连接BA，CA，则∠BAC的正弦值为( )
A. 12
B. 55
C. 2 55
D. 2
4.如图所示，是一座建筑物的截面图，高BC=8m，坡面AB的坡度为1： 3，则斜坡AB的长度为( )
A. 16mB. 8 2mC. 8 3mD. 16 3m
5.关于二次函数y=2(x−1)2+3，下列说法正确的是( )
A. 图象的对称轴是直线x=−1
B. 图象与x轴有两个交点
C. 当x>1时，y的值随x值的增大而增大
D. 当x=1时，y取得最大值，且最大值为3
6.点P1(1,y1)、P2(3,y2)、P3(5,y3)均在二次函数y=−x2+2x+c的图象上，则y1、y2、y3的大小关系是( )
A. y3>y2>y1B. y3>y1=y2C. y1>y2>y3D. y1=y2>y3
7.下列语句中：①过三点能作一个圆；②平分弦的直径垂直于弦；③长度相等的弧是等弧；④经过圆心的每一条直线都是圆的对称轴；⑤相等的圆心角所对的弧度数相等．其中正确的个数是( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
8.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，下列结论中正确的是( )
A. sinA=bc
B. tanB=ba
C. csA=ac
D. tanA=ac
9.如图，在△ABC中，AB=8，AC=6，O为△ABC的内心，若△ABO的面积为20，则△ACO的面积为( )
A. 20
B. 15
C. 18
D. 12
10.如图，已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的部分图象如图所示，则下列结论：
①abcy3，
故选：C．
由抛物线解析式可得抛物线开口方向及对称轴，进而求解．
本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与方程的关系．
7.【答案】B
【解析】解：①经过不在同一条直线上的三点可以确定一个圆，故本小题错误；
②平分弦(非直径)的直径垂直于弦，故本小题错误；
③长度相等的弧不一定是等弧，故本小题错误；
④经过圆心的每一条直线都是圆的对称轴，符合圆的性质，故本小题正确；
⑤相等的圆心角所对的弧度数相等，故本小题正确．
故选：B．
根据圆的认识、垂径定理及圆心角、弧、弦的关系对各小题进行逐一判断即可．
本题考查的是圆心角、弧、弦的关系，熟知圆的性质及垂径定理是解答此题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：由锐角三角函数的定义可知，
sinA=ac，tanB=ba，csA=bc，tanA=ab，
故选：B．
根据锐角三角函数的定义进行判断即可．
本题考查锐角三角函数，掌握锐角三角函数的定义是正确判断的关键．
9.【答案】B
【解析】解：∵O为△ABC的内心，
∴点O到AB，AC的距离相等，
∴△AOB、△AOC面积的比=AB：AC=8：6=4：3．
∵△ABO的面积为20，
∴△ACO的面积为15．
故选：B．
由O为△ABC的内心可得，点O到AB，BC，AC的距离相等，则△AOB、△BOC、△AOC面积的比实际为AB，BC，AC三边的比．
此题主要考查了三角形的内切圆与内心、角平分线的性质，熟练掌握角的三角形的内心到三边的距离相等是解答本题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：∵抛物线开口向下，
∴a0，
∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，
∴c>0，∴abc0，则可对①进行判断；利用抛物线的对称性得到抛物线与x轴的另一个交点坐标为(−1,0)，则根据抛物线与x轴的交点问题可对②进行判断；由于x=−1时，a−b+c=0，再利用b=−2a得到c=−3a，则可对③④进行判断．
本题考查了二次函数图象与系数的关系，正确记忆相关知识点是解题关键．
11.【答案】75°
【解析】解：∵tan(α−30°)=1，
∴α−30°=45°，
∴锐角∠α的度数为75°．
故答案为：75°．
直接利用特殊角的三角函数值得出答案．
此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键．
12.【答案】k>−43且k≠0
【解析】解：由题意可知：Δ=(−4)2−4×k×(−3)>0且k≠0，
解得：k>−43且k≠0，
故答案为：k>−43且k≠0．
根据Δ=(−4)2−4×k×(−3)>0，且k≠0解出k的范围即可求出答案．
本题考查二次函数与x轴的交点，解题的关键是正确列出Δ=(−4)2−4×k×(−3)≥0，本题属于基础题型．
13.【答案】5
【解析】解：设⊙O的半径为R，则OD=R−2，
∵OC⊥AB，
∴AD=BD=12AB=4，∠ODA=90°，
在Rt△AOD中，(R−2)2+42=R2，
解得R=5，
即⊙O的半径为5．
故答案为：5．
设⊙O的半径为R，则OD=R−2，先根据垂径定理得到AD=BD=4，再利用勾股定理得到(R−2)2+42=R2，然后解方程即可．
本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．
14.【答案】等边三角形
【解析】解：如图，连接OB，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
由圆周角定理得：∠AOB=2∠C=120°，
∵PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，PA=PB，
∴∠P=360°−∠AOB−∠OAP−∠OBP=360°−120°−90°−90°=60°，
∴△PAB为等边三角形．
故答案为：等边三角形．
连接OB，根据正弦的定义求出AB，根据切线的性质得到OA⊥PA，OB⊥PB，PA=PB，然后利用四边形内角和定理即可得△PAB是等边三角形．
本题考查的是切线的性质、圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
15.【答案】2 2
【解析】解：作A关于MN的对称点Q，连接CQ，BQ，BQ交CD于P，此时AP+PB=QP+PB=QB，
根据两点之间线段最短，PA+PB的最小值为QB的长度，
连接OQ，OB，
∵点A是半圆上的一个三等分点，
∴∠ACD=30°．
∵B弧AD中点，
∴∠BOD=∠ACD=30°，
∴∠QOD=2∠QCD=2×30°=60°，
∴∠BOQ=30°+60°=90°．
∵⊙O的半径是2，
∴OB=OQ=2，
∴BQ= OB2+OQ2=2 2，即PA+PB的最小值为2 2．
故答案为：2 2．
首先作A关于CD的对称点Q，连接BQ，然后根据圆周角定理、圆的对称性质和勾股定理解答．
本题考查的是圆周角定理，轴对称−最短路线问题，解答此题的关键是找到点A的对称点，把题目的问题转化为两点之间线段最短解答．
16.【答案】(−4,−5)或(2,−5)
【解析】解：∵二次函数y=−x2+bx+c的图象与x轴交于A(−3,0)、B(1,0)两点，
∴抛物线的表达式为：y=−(x+3)(x−1)=−x2−2x+3，
令x=0，则y=3，
∴点C(0,3)，
∴S△ABC=12AB⋅OC=12×4×3=6，
∵S△ABP：S△ABC=5：3，
∴S△ABP=10，
∴12AB⋅|yP|=10，
∴|yP|=204=5，
∵y=−x2−2x+3=−(x+1)2+4，
∴抛物线的顶点为(−1,4)，
∴yP=−5，
把y=−5代入y=−x2−2x+3得−x2−2x+3=−5，
解得x=−4或x=2，
∴点P的坐标为(−4,−5)或(2,−5)．
故答案为：(−4,−5)或(2,−5)．
利用待定系数法求得二次函数的解析式，进而求得点C的坐标，利用三角形面积公式求得△ABC的面积，根据S△ABP：S△ABC=5：3，求得S△ABP=10，据此求得P点的纵坐标，代入解析式即可求得横坐标．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求函数的表达式，三角形面积的计算，求得点P的纵坐标是解题的关键．
17.【答案】9 3
【解析】解：连接OD，AD，过O作OE⊥AD于E，
∵扇形纸片AOB折叠，使点A与点O重合，折痕为CD，OA=6，
∴AD=OD=OA=6，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠AOD=60°，
∵OE⊥AD，
∴AE=DE=3，∠AEO=90°，
∴OE= 62−32=3 3，
∴S折叠=(60°π×62360∘−12×6×3 3)×2+12×6×3 3=12π−9 3，
∴S阴影=120°π×62360∘−(12π−9 3)=9 3，
故答案为：9 3．
根据折叠得到AD=OD，即可得到△AOD是等边三角形，即可求出折叠图形面积，利用总扇形面积减去折叠图形面积即可得到答案．
本题考查等边三角形的判定与性质，扇形面积公式，熟练运用扇形公式是解题的关键．
18.【答案】32
【解析】解：当x=0时，y=−49x2+4=4，
∴A(0,4)，
当y=0时，−49x2+4=0，
解得x1=3，x2=−3，
∴B(3,0)，
∴AB= 32+42=5，
连接AB，点C为AB的中点，连接OC、CQ，如图，则OC=12AB=52，
∵Q点为BP的中点，
∴CQ为△ABP的中位线，
∴CQ=12AP=1，
∵OQ≥OC−CQ(当且仅当O、C、Q共线时取等号)，
∴OC的最小值为OC−CQ=52−1=32．
故答案为：32．
先确定A(0,4)，再解方程−49x2+4=0得到B(3,0)，则利用勾股定理可计算出AB=5，连接AB，点C为AB的中点，连接OC、CQ，如图，根据直角三角形斜边上的中线性质OC=52，接着证明CQ为△ABP的中位线得到CQ=1，然后根据三角形三边的关系OQ≥OC−CQ(当且仅当O、C、Q共线时取等号)，从而得到OC的最小值为OC−CQ．
本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，a≠0)与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．
19.【答案】解：∵∠A=60°，∴tanA= 3．
把x= 3代入方程2x2−3mx+3=0得2( 3)2−3 3m+3=0，解得m= 3．
把m= 3代入方程2x2−3mx+3=0得2x2−3 3x+3=0，解得x1= 3，x2= 32．
∴csB= 32，即∠B=30度．
∴∠C=180°−∠A−∠B=90°，即△ABC是直角三角形．
【解析】先求出一元二次方程的解，再根据特殊角的三角函数值求出各角的度数，判断三角形的形状．
本题较复杂，涉及到一元二次方程的解法，特殊角的三角函数值，及等边三角形的性质需同学们熟练掌握．
20.【答案】解：(−1)2023+2sin45°−cs30°+sin60°+tan260°
=−1+2× 22− 32+ 32+( 3)2
=−1+ 2+3
=2+ 2．
【解析】根据有理数的乘方法则、特殊角的三角函数值计算．
本题考查的是特殊角的三角函数值，熟记特殊角的三角函数值是解题的关键．
21.【答案】解：(1)连接OC、OD，过点O作OH⊥CD于H，则∠OHC=∠OHD=90°，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠COD=60°，
∴∠COH=30°，△COD为等边三角形，
∴OHOC=cs∠COH=cs30°，CD=OC=4，
∴圆心O到CD的距离OH=4×cs30°=2 3，
即正六边形的边心距为2 3；
(2)正六边形ABCDEF的面积=6S△COD=12×4×2 3×6=24 3．
【解析】(1)连接OC、OD，过点O作OH⊥CD于H，证明△COD等边三角形，利用三角函数即可求解；
(2)根据正六边形ABCDEF的面积=6S△COD即可求解．
本题考查了正六边形和圆，等边三角形的判定与性质，三角函数，掌握正六边形的性质是解题的关键．
22.【答案】解：过点O作OD⊥BC，交BC的延长线于点D，过点O作OE⊥AB，垂足为E，

由题意得：AO=8×5=40(米)，OC=4×5=20(米)，OE=BD，OE/​/BD，
∴∠EOC=∠OCD=45°，
∵∠AOC=75°，
∴∠AOE=∠AOC−∠EOC=30°，
在Rt△OCD中，CD=OC⋅cs45°=20× 22=10 2(米)，
在Rt△AOE中，OE=AO⋅cs30°=40× 32=20 3(米)，
∴OE=BD=20 3(米)，
∴BC=BD−CD=20 3−10 2≈21(米)，
∴小李到古塔的水平距离即BC的长约为21米．
【解析】过点O作OD⊥BC，交BC的延长线于点D，过点O作OE⊥AB，垂足为E，根据题意可得：AO=40米，OC=20米，OE=BD，OE/​/BD，从而可得∠EOC=∠OCD=45°，进而可得∠AOE=30°，然后在Rt△OCD中，利用锐角三角函数的定义求出CD的长，再在Rt△AOE中，利用锐角三角函数的定义求出OE的长，从而求出BD的长，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，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．
23.【答案】1和3 x3 x>2 k2．
(4)由图象可知，二次函数y=ax2+bx+c=k有两个不相等的实数根，则k必须小于y=ax2+bx+c(a≠0)的最大值，
故答案为：k