+吉林省松原市宁江区吉林油田第十二中学2023-2024学年九年级上学+期期末数学试卷+

这是一份+吉林省松原市宁江区吉林油田第十二中学2023-2024学年九年级上学+期期末数学试卷+，共25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.如图是由4个相同的小正方体组成的几何体，从左边看到的图形是( )
A.
B.
C.
D.
2.下列事件中，属于必然事件的是( )
A. 三角形的外心到三边的距离相等B. 某射击运动员射击一次，命中靶心
C. 任意画一个三角形，其内角和是180°D. 抛一枚硬币，落地后正面朝上
3.如图，点P为⊙O外一点，PA为⊙O的切线，A为切点，PO交⊙O于点B，∠P=30°，OB=3，则线段BP的长为( )
A. 3B. 3 3C. 6D. 9
4.已知圆锥的底面半径为2cm，母线长为5cm，则圆锥的侧面积是( )
A. 20cm2B. 20πcm2C. 10πcm2D. 5πcm2
5.将抛物线y=−x2向上平移2个单位，则得到的抛物线表达式为( )
A. y=−(x+2)2B. y=−(x−2)2C. y=−x2−2D. y=−x2+2
6.如图，在等边△ABC中，D是边AC上一点，连接BD，将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAE，连接ED，若BC=10，BD=9，则△ADE的周长为( )
A. 19
B. 20
C. 27
D. 30
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
7.已知⊙O的半径长为10cm，若点P在⊙O外，则线段OP的长度为______cm.(写出一个正确的值即可)
8.某蓄电池的电压为48V，使用此蓄电池时，电流I(单位：A)与电阻R(单位：Ω)的函数表达式为I=48R.当R=12Ω时，I的值为______ A.
9.已知(−1,y1)，(2,y2)在二次函数y=x2−2x的图象上，比较y1 ______ y2.(填>、r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当dr时，点在圆外；当d=r时，点在圆上，当d
【解析】解：由抛物线y=x2−2x可知对称轴x=−−22×1=1，
∵抛物线开口向上，点(−1,y1)到对称轴的距离大于点(2,y2)到对称轴的距离，
∴y1>y2．
故答案为：>．
先得到抛物线的对称轴为直线x=1，根据二次函数的性质，通过点与对称轴距离的远近来比较函数值的大小．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟知二次函数的性质是解题的关键．
10.【答案】π4
【解析】解：∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∴在Rt△ABC中，AB= AC2+BC2= ( 2)2+( 2)2=2．
∴⊙O的半径为12AB=1，
∵AC=BC，
∴CO⊥AB，AC=BC，
∴S阴影=S扇形OBC=14S⊙O=14×π×12=π4．
故答案为：π4．
根据圆周角定理的推论可知∠ACB=90°，利用勾股定理可求出直径AB，再根据圆周角定理结合图形可知S阴影=S扇形OBC=14S⊙O，即可求出．
本题考查求不规则图形的面积、圆周角定理和其推论．理解S阴影=S扇形OBC=14S⊙O是解答本题的关键．
11.【答案】2 2
【解析】解：如图，连接OB，OC，
∵∠A=45°，
∴∠BOC=2∠A=90°，
∴△BOC是等腰直角三角形，
又∵BC=2，
∴BO=CO= 22BC= 2，
∴⊙O的直径为2 2
故答案为：2 2．
连接OB，OC，证△BOC是等腰直角三角形，即可得到BO=CO= 2，进而得出⊙O的直径．
本题主要考查了三角形的外接圆、圆周角定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
12.【答案】( 2,2)
【解析】【分析】
先根据待定系数法求得抛物线的解析式，然后根据题意求得D(0,2)，且DC/​/x轴，从而求得P的纵坐标为2，代入求得的解析式即可求得P的坐标．
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图象上点的坐标特征，根据题意求得P的纵坐标是解题的关键．
【解答】
解：∵Rt△OAB的顶点A(−2,4)在抛物线y=ax2上，
∴4=4a，解得a=1，
∴抛物线为y=x2，
∵点A(−2,4)，
∴B(−2,0)，
∴OB=2，
∵将Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°，得到△OCD，
∴D点在y轴上，且OD=OB=2，
∴D(0,2)，
∵DC⊥OD，
∴DC/​/x轴，
∴P点的纵坐标为2，
代入y=x2，得2=x2，
解得x=± 2，
∴P( 2,2)．
故答案为( 2,2)．
13.【答案】7.5
【解析】解：在△DEF和△DBC中，∵∠D=∠D，∠DEF=∠DCB，
∴△DEF∽△DBC，
∴DEEF=CDBC，
即4030=8BC，
解得：BC=6，
∵AC=1.5m，
∴AB=AC+BC=1.5+6=7.5m，
即树高7.5m．
故答案为：7.5．
先判定△DEF和△DBC相似，然后根据相似三角形对应边成比例列式求出BC的长，再加上AC即可得解．
本题考查了相似三角形的应用，主要利用了相似三角形对应边成比例的性质，比较简单，判定出△DEF和△DBC相似是解题的关键．
14.【答案】12
【解析】解：根据切线长定理得：AD=CD，BE=CE，PA=PB，则△PDE的周长=2PA=12cm．
根据切线长定理将△PDE的周长转化为切线长即可．
此题主要考查切线长定理的运用能力．
15.【答案】解：|−3|−2tan45°+(−1)2023−( 3−π)0
=3−2×1+(−1)−1
=3−2−1−1
=−1．
【解析】首先计算零指数幂、乘方、特殊角的三角函数值和绝对值，然后计算乘法，最后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
此题主要考查了实数的运算，解答此题的关键是要明确：在进行实数运算时，和有理数运算一样，要从高级到低级，即先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减，有括号的要先算括号里面的，同级运算要按照从左到右的顺序进行．
16.【答案】13
【解析】解：(1)一名乘客随机选择此地铁闸口通过时，选择A闸口通过的概率为13；
故答案为：13；
(2)画树状图为：
共有9种等可能的结果，其中两名乘客选择不同闸口通过的结果数为6，
所以两名乘客选择不同闸口通过的概率=69=23．
(1)直接根据概率公式计算；
(2)画树状图展示所有9种等可能的结果，再找出两名乘客选择不同闸口通过的结果数，然后根据概率公式计算．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求出事件A或B的概率．
17.【答案】证明：∵∠EAC=∠DAB，
∴∠EAC+∠BAE=∠DAB+∠BAE，
∴∠BAC=∠DAE，
∵ABAD=ACAE，
∴△ABC∽△ADE．
【解析】根据相似三角形的判定即可求出答案．
本题考查相似三角形的判定定理，解题的关键是熟练运用相似三角形的判定．
18.【答案】解：设平均每次降价的百分率为x，
根据题意得：30(1−x)2=19.2，
解得：x1=0.2=20%，x2=1.8(不符合题意，舍去)．
答：平均每次降价的百分率为20%．
【解析】设平均每次降价的百分率为x，利用经过两次降价后的价格=原价×(1−平均每次降价的百分率)2，可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用以及有理数的混合运算，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
19.【答案】解：(1)设抛物线解析式为y=ax2+bx．
由题意知B、C两点坐标分别为B(18,0)，C(17,1.7)，
把B、C两点坐标代入抛物线解析式得，
324a+18b=0289a+17b=1.7，
解得a=0.1，b=1.8，
∴抛物线的解析式为y=−0.1x2+1.8x；
(2)y=−0.1x2+1.8x
=−0.1(x2−18x+81−81)
=−0.1(x−9)2+8.1．
∴该大门的高h为8.1m．
【解析】(1)设拱门所在抛物线的解析式为y=ax2+bx，依题意找出B、C两点的坐标，就可以确定抛物线解析式了；
(2)把函数表达式配方可得顶点坐标，根据坐标确定大门的高．
本题经历选取抛物线解析式的形式，求抛物线解析式，运用解析式解答题目问题，充分体现由实际问题--抛物线--实际问题，体现数学知识的运用价值．
20.【答案】解：如图：

【解析】根据中心对称的定义：把一个图形绕某点旋转180°后能够与自身重合，则这个图形是中心对称图形，根据定义画图即可．
本题主要考查了利用中心对称图形的定义设计图案，掌握定义是解题的关键．
21.【答案】(1)解：将点A(4,1)代入y2=mx，得m=1×4=4，
∴反比例函数的解析式为y2=4x，
∵点B的横坐标为−2，
∴将x=−2代入y2=4x，得y=−2，
∴B(−2,−2)．
将A(4,1)，B(−2,−2)代入y1=kx+b，
得4k+b=1−2k+b=−2，
解得k=12b=−1，
∴一次函数的解析式为y1=12x−1；
(2)由y1=12x−1可知C(0,−1)，
∵S△ABD=S△ACD+S△BCD=12×4CD+12×2CD=3CD=6，
∴CD=2，
∴D(0,1)或(0,−3)．
【解析】(1)把点A(4,1)代入y2=mx，解得m=4，即可求得反比例函数的解析式以及B的坐标，然后根据待定系数法即可求得一次函数的解析式．
(2)根据S△ABD=S△ACD+S△BCD求得CD，进而即可求得D的坐标．
本题考查了反比例函数与一次函数的交点，解题的关键是利用坐标解出函数的解析式．
22.【答案】解：过C作CF⊥AB于F，
则∠AFC=90°，
在Rt△ACF中，AC=30，∠CAF=43°，
∵cs∠CAF=AFAC，
∴AF=AC⋅cs∠CAF=30×0.73=21.9，
∴CE=BF=AB+AF=170+21.9=191.9≈192(cm)，
答：花洒顶端C到地面的距离CE为192cm．
【解析】过C作CF⊥AB于F，于是得到∠AFC=90°，解直角三角形即可得到结论．
本题考查解直角三角形，解题的关键是正确理解题意以及灵活运用锐角三角函数的定义，本题属于中等题型．
23.【答案】解：(1)DE与⊙O相切；
理由如下：
连接OD，
∵OB=OD，
∴∠ABC=∠ODB；
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ODB=∠ACB，
∴OD/​/AC；
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∴DE与⊙O相切．
(2)连接OD，OF；
∵DE，AF是⊙O的切线，
∴OF⊥AC，OD⊥DE，
又∵DE⊥AC，
∴四边形ODEF为矩形，
∴EF=OD=3；
在Rt△OFA中，AO2=OF2+AF2，
∴AO= 32+42= 25=5，
∴AC=AB=AO+BO=8，CE=AC−AF−EF=8−4−3=1，
∴CE=1．
答：CE长度为1．
【解析】由已知可证得OD⊥DE，OD为圆的半径，所以DE与⊙O相切；连接OD，OF，由已知可得四边形ODEF为矩形，从而得到EF的长，再利用勾股定理求得AO的长，从而可求得AC的长，此时CE就不难求得了．
本题考查的是切线的判定，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心和这点(即为半径)，再证垂直即可．
24.【答案】解；(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠A=90°，
∴∠ADB=∠ABD=180°−∠A2=45°，
由旋转可知∠BDF=90°，
∴∠ADF=∠BDC=∠ADB=45°；
(2)仍然成立，
如图2，过点F作FG⊥CD交CD的延长线于点G，则∠FGD=90°，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C=∠ADC=90°，BC=CD，
∴∠FGD=∠C，∠CBE+∠BEC=90°，
由旋转的性质可知EF=BE，∠BEF=90°，
∴∠BEC+∠FEG=90°．
∴∠FEG=∠CBE，
∴△FGE≌△ECB(AAS)．
∴FG=EC，EG=BC=CD．
∴EG−DE=CD−DE，即CE=DG．
∴FG=DG．
∵∠ADC=90°，
∴∠ADG=90°，
∴∠FDG=45°，
∵∠FGD=90°，
∴∠FDA=45°；
如图3，过点F作FG⊥CD交CD的延长线于点G，则∠FGD=90°，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C=∠ADC=90° BC=CD，
∴∠FGD=∠C，∠CBE+∠BEC=90°．
由旋转的性质可知EF=BE，∠BEF=90°，
∴∠BEC+∠FEG=90°，
∴∠FEG=∠CBE，
∴△FGE≌△ECB(AAS)，
∴FG=EC，EG=BC=CD．
∴EG+DE=CD+DE，
即CE=DG．
∴FG=DG，
又∠FGD=90°，
∴∠FDG=45°，
∵∠ADC=90°，
∴∠FDA=180°−∠FDG−∠ADC=45°；
(3)如图4，

过点F作FG⊥CD交CD的延长线于点G，则∠FGD=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C=∠ADC=90°，BC=CD，
∴∠FGD=∠C，∠CBE+∠BEC=90°，
由旋转的性质可知EF=BE，∠BEF=90°，
∴∠BEC+∠FEG=90°．
∴∠FEG=∠CBE，
∴△FGE≌△ECB(AAS)．
∴FG=EC，EG=BC=CD．
∴EG−DE=CD−DE，即CE=DG．
∴FG=DG，
∴△DFG是等腰直角三角形，
∴FG= 22DF= 2，
∴CE=FG= 2，
∵BC=AB=2，
∴BE= BC2+CE2= 6，
∴BF= 2BE=2 3．
【解析】.(1)根据正方形的性质得到AB=AD，∠A=90°，求得∠ADB=∠ABD=180°−∠A2=45°，根据旋转的性质得到∠BDF=90°，于是得到∠ADF=∠BDC=∠ADB=45°；
(2)如图2，过点F作FG⊥CD交CD的延长线于点G，则∠FGD=90°，根据正方形的性质得到∠C=∠ADC=90°，BC=CD，由旋转的性质可知EF=BE，∠BEF=90°，根据全等三角形的性质得到FG=EC，EG=BC=CD.求得FG=DG.根据等腰直角三角形的性质即可得到结论；如图3，过点F作FG⊥CD交CD的延长线于点G，则∠FGD=90°，根据正方形的性质得到∠C=∠ADC=90°，BC=CD，由旋转的性质可知EF=BE，∠BEF=90°，根据全等三角形的性质得到FG=EC，EG=BC=CD.求得FG=DG.根据等腰直角三角形的性质即可得到结论；
(3)如图4，根据正方形的性质得到∠C=∠ADC=90°，BC=CD，由旋转的性质可知EF=BE，∠BEF=90°，根据全等三角形的性质得到FG=EC，EG=BC=CD.求得FG=DG.根据等腰直角三角形的性质即可得到结论；
本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
25.【答案】解：(1)在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，
∴AC=10，
①当AP=PO=t，如图1，过P作PM⊥AO于点M，

∴AM=12AO=52，
∵∠PMA=∠ADC=90°，∠PAM=∠CAD，
∴△APM∽△ACD，
∴APAC=AMAD，
∴AP=t=258，
②当AP=AO=t=5，
∴当t为258或5时，△AOP是等腰三角形；
(2)如图2，过点O作OH⊥BC交BC于点H，则OH=12CD=12AB=3cm，

由矩形的性质可知∠PDO=∠EBO，DO=BO，又得∠DOP=∠BOE，
∴△DOP≌BOE(ASA)，
∴BE=PD=8−t，
则S△BOE=12BE⋅OH=12×3(8−t)=12−32t.
∵FQ/​/AC，
∴△DFQ∽△DOC，相似比为DQDC=t6，
∴S△DFQS△DOC=t236，
∵S△DOC=14S矩形ABCD=14×6×8=12cm2，
∴S△DFQ=12×t236=t23，
∴S五边形OECQF=S△DBC−S△BOE−S△DFQ=12×6×8−(12−32t)−t23=−13t2+32t+12；
∴S与t的函数关系式为S=−13t2+32t+12；
(3)∵S△ACD=12×6×8=24，
∴S五边形OECQF：S△ACD=(−13t2+32t+12)：24=9：16，
解得t=3，或t=32，
∴当S五边形OECQF：S△ACD=9：16时，t=3或32．
【解析】(1)根据矩形的性质和勾股定理得到AC=10，①当AP=PO=t，如图1，过P作PM⊥AO，根据相似三角形的性质得到AP=t=258，②当AP=AO=t=5，于是得到结论；
(2)过点O作OH⊥BC交BC于点H，已知BE=PD，则可求△BOE的面积；可证得△DFQ∽△DOC，由相似三角形的面积比可求得△DFQ的面积，从而可求五边形OECQF的面积．
(3)根据题意列方程得到t=3或t=32，可求解．
本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，图形面积的计算，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
26.【答案】(−2,−9a)
【解析】解：(1)∵抛物线y=a(x+2)2−9a顶点为C，
∴C(−2,−9a)，
故答案为：(−2,−9a)；
(2)在y=a(x+2)2−9a中，令y=0得：a(x+2)2−9a=0，
∵a>0，
∴(x+2)2−9=0，解得x=−5或x=1，
而点A在点B的左侧，
∴B(1,0)；
(3)①过C作y轴平行线交x轴于F，过D作DG⊥CF于G，如图：
∵C(−2,−9a)，B(1,0)；
∴BF=OB+OF=3，
∵∠ABC=30°，
∴CF=BF⋅tan30°=3× 33= 3，
∵四边形BCDE是正方形，
∴BC=DC，∠BCD=90°，
∴∠FCB=90°−∠GCD=∠CDG，
∵∠BFC=∠G=90°，
∴△BFC≌△CGD(AAS)，
∴BF=CG=3，CF=DG= 3，
∴GF= 3+3，OF−DG=2− 3，
∴D( 3−2,−3− 3)；
②过C作y轴平行线交x轴于F，过D作DG⊥CF于G，如图：
∵C(−2,−9a)，B(1,0)；
∴BF=OB+OF=3，
∵∠ABC=45°，
∴CF=BF⋅tan45°=3×1=3，
∵四边形BCDE是正方形，
∴BC=DC，∠BCD=90°，
∴∠FCB=90°−∠GCD=∠CDG，
∵∠BFC=∠G=90°，
∴△BFC≌△CGD(AAS)，
∴BF=CG=3，CF=DG=3，
∴GF=6，DG−OF=1，
∴D(1,−6)；
③过C作y轴平行线交x轴于F，过D作DG⊥CF于G，如图：
∵C(−2,−9a)，B(1,0)；
∴BF=OB+OF=3，CF=|−9a|=9a，
∵四边形BCDE是正方形，
∴BC=DC，∠BCD=90°，
∴∠FCB=90°−∠GCD=∠CDG，
∵∠BFC=∠G=90°，
∴△BFC≌△CGD(AAS)，
∴CG=BF=3，DG=CF=9a，
∵D的坐标为(m,n)，
∴m=−9a−3，n=−2+9a，
∴m+n=−5
∴n=−5−m，
∵在BC边的右下方作正方形BCDE，
∴m>−2，
答：n=−5−m(m>−2)．
(1)根据抛物线y=a(x+2)2−9a顶点为C，直接可得C(−2,−9a)；
(2)在y=a(x+2)2−9a中，令y=0得：a(x+2)2−9a=0，即可得B(1,0)；
(3)①过C作y轴平行线交x轴于F，过D作DG⊥CF于G，由C(−2,−9a)，B(1,0)可得BF=OB+OF=3，又∠ABC=30°得CF=BF⋅tan30°= 3，根据四边形BCDE是正方形，可得△BFC≌△CGD(AAS)，即知BF=CG=3，CF=DG= 3，从而求得D( 3−2,−3− 3)；
②过C作y轴平行线交x轴于F，过D作DG⊥CF于G，同①的方法可得D(1,−6)；
③过C作y轴平行线交x轴于F，过D作DG⊥CF于G，根据C(−2,−9a)，B(1,0)和△BFC≌△CGD(AAS)可得CG=BF=3，DG=CF=9a，又D的坐标为(m,n)，即知m=−9a−3，n=−2+9a，消去a得m+n=−5，n=−5−m，又在BC边的右下方作正方形BCDE，故m>−2．
本题考查二次函数综合应用，涉及全等三角形的判定与性质，正方形性质及应用等，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．