安徽省安庆市第四中学2023-2024学年九年级下学期开学考试数学试题

这是一份安徽省安庆市第四中学2023-2024学年九年级下学期开学考试数学试题，共24页。试卷主要包含了 若锐角x满足，则x为， 如图，在矩形AOBC中，A等内容，欢迎下载使用。
1. 下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. 赵爽弦图B. 笛卡尔心形线
C. 科克曲线D. 斐波那契螺旋线
【答案】C
【解析】
【分析】根据把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【详解】A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
C．是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项正确；
D．不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
故选C．
【点睛】此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
2. 若锐角x满足，则x为（ ）
A. 20°B. 50°C. 60°D. 70°
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【分析】根据特殊角的三角函数值，进行计算即可解答．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值，熟练掌握特殊角的三角函数值是解题的关键．
3. 如图，在矩形AOBC中，A（–2，0），B（0，1）．若正比例函数y=kx的图象经过点C，则k的值为（ ）
A –B. C. –2D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知可得点C的坐标为（–2，1），把点C坐标代入正比例函数解析式即可求得k．
【详解】∵A(–2，0)，B(0，1)，
∴OA=2，OB=1，
∵四边形OACB是矩形，
∴BC=OA=2，AC=OB=1，
∵点C在第二象限，
∴C点坐标为（–2，1），
∵正比例函数y＝kx的图像经过点C，
∴–2k=1，
∴k=–，
故选：A.
【点睛】本题考查了矩形的性质，待定系数法求正比例函数解析式，根据已知求得点C的坐标是解题的关键．
4. 小明沿斜坡上行，其上升的垂直高度为20米，则斜坡的坡度（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形的应用—坡度坡角问题，勾股定理，先由勾股定理得出，再由坡度的定义即可得出答案，熟练掌握坡度的定义是解此题的关键．
【详解】解：由题意得：，，，
，
斜坡的坡度，
故选：C．
5. 如图，A，B，C为上三点，，则的度数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】在优弧上取点D，连接，，根据圆周角定理得出，再根据，求出结果即可．
【详解】解：如图，在优弧上取点D，连接，，
∵，
∴，
∴，故A正确．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟记圆周角定理，求出．
6. 一个圆锥的高为4cm，底面圆的半径为3cm，则这个圆锥的侧面积为（ ）
A. 12πcm2B. 15πcm2C. 20πcm2D. 30πcm2
【答案】B
【解析】
【分析】先求出圆锥的母线长，进而利用扇形面积公式即可求圆锥的侧面积．
【详解】解∶圆锥的高是4，底面半径是3，
根据勾股定理得∶圆锥的母线长为
则底面周长为，侧面面积 ．
故选B．
【点睛】本题主要考查了勾股定理以及求圆锥的侧面积，熟记勾股定理是解题的关键．
7. 如图，在中，，，点是上一点，连接．若，，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据锐角三角函数值求出，再由勾股定理求出过点作于点，依据三角函数值可得从而得，再由得，，由勾股定理得．
【详解】解：在中，，，
∴
∴
由勾股定理得，
过点作于点，如图，
∵，，
∴，
∴ ，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
在中，．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，由锐角正切值求边长，正确作辅助线求出的长是解答本题的关键．
8. 如图，在中E是上的一点，，点D是的中点，连接、交于点F，若的面积为36，则四边形的面积是（ ）
A. 14B. 12C. 13D. 15
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了三角形中线平分三角形面积，熟练掌握三角形中线的性质及等积变形是解决本题的关键．
连接，得到是的中线，设，由求得面积为12，面积为24，进而得到面积为，面积为，的面积为，最后由面积12，列出等量关系解出x即可．
【详解】解：连接，如下图所示：
∵，，
∴，，
∵D是的中点，
∴，且是的中线，
设，则，，，
由，
解得，
∴，
故选：D．
9. 已知二次函数，当时，有最小值为3，则实数的值为（ ）
A. 0B. 或0C. 或0D. 或0或
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的性质，由二次函数解析式得出对称轴为直线，分三种情况：当，即时，当时，取得最小值；当，即时，当时，取得最小值；当，即时，当时，取得最小值；分别求解即可，熟练掌握二次函数的性质是解此题的关键．
【详解】解：二次函数，
二次函数的对称轴为直线，
当时，有最小值为3，
当，即时，当时，取得最小值，，
解得：（不符合题意，舍去）；
当，即时，当时，取得最小值，，
解得：；
当，即时，当时，取得最小值，，
解得：（不符合题意，舍去）；
综上所述，的值为，
故选：A．
10. 如图，在中，，是高，是角平分线，是中线，与交于点M，与交于点N，下面说法正确的有（ ）
①； ②；③； ④若，，则．

A. ①②③B. ①②④C. ①③④D. ①②③④
【答案】B
【解析】
【分析】由余角的性质可得，由角平分线的性质可得，故①正确；由余角的性质可证，故②正确；由三角形的面积关系可得，故③错误；过点E作于点H，证明，推出，即可求解．
【详解】解：是角平分线，
，
是高，
，
，
，
，故①正确；
是角平分线，
，
，
，
，故②正确；
，
，
，故③错误；
如图，过点E作于点H，

是角平分线，，，
，
，
，
，故④正确，
综上所述正确的有：①②④，
故选：B．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了角平分线的性质，中线的性质，余角的性质，三角形的面积公式，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
二．填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
11. 如果二次函数y＝x2﹣8x+m﹣1的顶点在x轴上，那么m＝______．
【答案】17
【解析】
【详解】试题解析：二次函数的顶点在x轴上，

解得：
故答案为
点睛：二次函数顶点在x轴上，说明二次函数的图象与x轴只有一个交点.
12. 如图，小明在某天15：00时测量某树的影长时，日照的光线与地面的夹角∠ACB＝60°，他在17：00时测量树的影长时，日照的光线与地面的夹角∠ADB＝30°，若两次测得的影长之差CD长为6m，则树的高度为_________m
【答案】9
【解析】
【分析】设 再利用锐角三角函数分别求解 再列方程解方程可得答案．
【详解】解：设AB＝x，在Rt△ABC中，由∠ACB＝60°

在Rt△ABD中，由∠ADB＝30°

则CD＝BD－BC＝x－x＝6，


则可得树的高度AB＝9m
故答案为：
【点睛】本题考查的是锐角三角函数的应用，掌握在直角三角形中利用锐角三角函数求解三角形的边长是解题的关键．
13. 如图，在扇形AOB中，正方形CDEF的顶点C是弧AB的中点，点D在OB上，点E在OB的延长线上，当正方形CDEF的边长为2时，阴影部分的面积为_______．
【答案】π﹣2
【解析】
【分析】连结OC，根据勾股定理可求OC的长，根据题意可得出阴影部分的面积＝扇形BOC的面积﹣三角形ODC的面积，依此列式计算即可求解．
【详解】解：连接OC，
∵在扇形AOB中，∠AOB＝90°，正方形CDEF的顶点C是弧AB的中点，
∴∠COD＝45°，
∴OC＝CD＝2，
∴阴影部分的面积＝扇形BOC的面积﹣三角形ODC的面积
＝﹣×22
＝π﹣2．
故答案为：π﹣2．
．
【点睛】本题考查了扇形面积的计算以及正方形的性质，解题的关键是得到扇形半径的长度．
14. 在中，，是的角平分线，平分交于I，问：（1）________；（2）若，，则________．
【答案】 ①. ②. 3
【解析】
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，三角形的角平分线，三角形内角和，解题的关键是：
（1）根据角平分线的定义得到，，再利用三角形内角和计算即可；
（2）连接，首先判断是的角平分线，证明，可得，得到，即可求出，从而得到结果．
【详解】解：（1）∵是的角平分线，平分，
∴，，
∴
；
（2）如图，连接，
∵是的角平分线，BI平分，
∴是的角平分线，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
故答案为：，3．
三．解答题（本大题共4小题，每小题8分，共32分）
15. 求值：cs245°﹣sin30°tan60°+sin60°
【答案】．
【解析】
【分析】把特殊角的三角函数值代入运算即可．
【详解】解：原式

．
16. 在边长为1的正方形网格中如图所示．
（1）以点C为位似中心，作出的位似图形，使原图形与新图形位似比为1：2，且位于点C的异侧，并表示出的坐标；
（2）作出绕点O顺时针旋转后图形，并表示出的坐标．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析；
【解析】
【分析】本题考查了作图—位似变换：先确定位似中心；再分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；接着根据位似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；然后顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形．也考查了旋转变换，灵活运用所学知识是解题的关键．
（1）延长到，使，延长到，使，从而得到；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出A、B，C，的对应点即可．
【小问1详解】
解：如图即为所求，点的坐标为；
【小问2详解】
解：如图，为所作，的坐标为．
【点睛】本题考查了作图—位似变换：先确定位似中心；再分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；接着根据位似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；然后顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形．也考查了旋转变换，灵活运用所学知识是解题的关键．
17. 如图，一次函数与反比例函数的图象交于点，，与x轴交于点D，与y轴交于点C．
（1）求m，n的值；
（2）观察函数图象，直接写出不等式的解集： ．
【答案】（1），
（2）或
【解析】
【分析】（1）把A，B坐标分别代入反比例函数解析式，即可求出m，n的值；
（2）观察函数图象，可得不等式的解集．
【小问1详解】
解：把代入得：，
∴，
∴，
把代入得：，
解得，
∴，；
【小问2详解】
解：观察函数图象可得，当一次函数图象在反比例函数图象上方时，或，
∴不等式的解集为或．
故答案为：或．
【点睛】本题是一次函数与反比例函数的交点，考查了待定系数法求函数的解析式，函数与不等式的关系，能求出函数图象的交点坐标及数形结合思想的应用是解题的关键．
18. 已知：如图，在菱形中，点E、F分别在边上，，的延长线交的延长线于点G，的延长线交的延长线于点H．
（1）求证：；
（2）如果，，求菱形边长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质：
（1）先证明，可得，从而得到，即可求证；
（2）根据相似三角形的性质，即可求解．
【小问1详解】
证明：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
【小问2详解】
解：∵，，
∴，
∵，
∴，
即，
解得：，
即菱形的边长为．
四．解答题（本大题共2小题，每小题10分，共20分）
19. 阅读材料并解答问题：
与正三角形各边都相切的圆叫做正三角形的内切圆，与正四边形各边都相切的圆叫做正四边形的内切圆，，与正边形各边都相切的圆叫做正边形的内切圆，设正边形的面积为，其内切圆的半径为，试探索正边形的面积．
如图①，当时，设切于点，连结，
，，，．
在中，，，
，, ,
．
(1) 如图②，当时，仿照（1）中的方法和过程可求得： ；
(2) 如图③，当时，仿照（1）中的方法和过程求；
(3) 如图④，根据以上探索过程，请直接写出．
【答案】(1) ；(2) ；(3) ．
【解析】
【分析】（1）如图②，要求正四边形的面积，只需求△OAB的面积，只需求AB，根据等腰三角形的性质可得AB＝2AC，只需在Rt△AOC中求出∠AOC，然后运用三角函数即可解决问题；
（2）如图③，要求正五边形的面积，只需求△OAB的面积，只需求AB，根据等腰三角形的性质可得AB＝2AC，只需在Rt△AOC中求出∠AOC，然后运用三角函数即可解决问题；
（3）如图④，要求正n边形的面积，只需求△OAB的面积，只需求AB，根据等腰三角形的性质可得AB＝2AC，只需在Rt△AOC中求出∠AOC，然后运用三角函数即可解决问题．
【详解】(1) （根据题干中的规律进行解答）
(2) 如图③，当时，设切于点，连结，.
，又，，，.
，．
(3) ．
【点睛】本题考查的是内切圆，熟练掌握内切圆的性质是解题的关键.
20. 一款学习桌的桌面宽度为60厘米，书写时桌面适宜倾斜角（）为．若书桌如图放置，则桌沿（点）处，应与竖直的墙壁至少相距多少厘米，才能保证书桌桌面可以调整放平？（结果保留一位小数．参考数据：，，）
【答案】桌沿（点）处，应与竖直的填壁至少相距，才能保证书桌桌面可以调整放平
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，延长交竖直的墙壁于点，过点作于点，先求出，当书桌桌面可以放平时，有，最后由，即可得出答案，添加适当的辅助线构造直角三角形是解此题的关键．
【详解】解：如图，延长交竖直的墙壁于点，过点作于点，
，
则，
在中，，，
，
当书桌桌面可以放平时，有，
，
桌沿（点）处，应与竖直的墙壁至少相距，才能保证书桌桌面可以调整放平．
五．（本题12分）
21. 如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，BD是角平分线，以点D为圆心，DA为半径的⊙D与AC相交于点E.
(1)求证：BC是⊙D的切线；
(2)若AB＝5，BC＝13，求CE的长．
【答案】（1）证明详见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）过点D作DF⊥BC于点F，根据角平分线的性质得到AD=DF．根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）根据切线的性质得到AB=FB．根据和勾股定理列方程即可得到结论．
【详解】（1）证明：过点D作DF⊥BC于点F，
∵∠BAD=90°，BD平分∠ABC，
∴AD=DF．
∵AD是⊙D半径，DF⊥BC，
∴BC是⊙D的切线；
（2）解：∵∠BAC=90°．
∴AB与⊙D相切，
∵BC是⊙D的切线，
∴AB=FB．
∵AB=5，BC=13，
∴CF=13-5=8，AC=12．
在Rt△DFC中，
设DF=DE=r，则，
解得：r=．
∴CE=．
【点睛】题目主要考查切线的判定、圆周角定理、角平分线的性质定理，勾股定理解三角形，一元二次方程的应用等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
六．（本题12分）
22. 已知抛物线K：关于直线对称，且经过点．
（1）求抛物线K的函数表达式；
（2）若抛物线K与x轴相交于A、B两点（点A在点B的左侧），并与y轴相交于点C．求A、B、C三点的坐标，并求的面积；
（3）将抛物线K向左或向右平移，得到抛物线，且与x轴相交于、两点（点在点的左侧），并与y轴相交于点，要使和的面积相等，求所有满足条件的抛物线的函数表达式．
【答案】（1）
（2），，，15
（3）或或
【解析】
【分析】（1）根据对称轴公式得出，把代入得出，然后解方程组即可；
（2）分别令、，求出x、y的值即可得出点A、B、C的坐标，利用三角形面积公式即可得得面积；
（3）根据平移得性质可得，由和的面积相等可得，可得，设抛物线的解析式为或，，，当m、n为方程及方程的两个根时，根据一元二次方程根与系数的关系求出b值即可得答案．
【小问1详解】
解：∵抛物线K：关于直线对称，且经过点，
∴，
解得，
∴
【小问2详解】
解：当时，，
解得：，，
∴点，点．
∴，
当时，，
∴点，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：∵抛物线向左或向右平移，得到抛物线，
∴，
∵和的面积相等，
∴，即或，
设抛物线的解析式为或，，，
当，为方程的两根时，
即，．
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：或，
∴抛物线的解析式为（舍去）或；
当，为方程的两根时，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：或，
∴抛物线的解析式为或．
综上所述，抛物线的解析式为或或．
【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的图象上点的坐标特征、平移及一元二次方程根与系数的关系，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想和分类讨论的数学思想解答．
七．（本题14分）
23. 如图①，平行四边形中，，于点，交的延长线于点．
（1）求证：；
（2）连接，分别交于（如图②），求证：；
（3）在图②中，若，求．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、平行线的性质、等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由垂线的定义可得，由平行四边形的性质可得，由平行线的性质可得，由等边对等角得出，从而得出，即可得证；
（2）由相似三角形的性质可得，由平行线的分线段成比例定理可得，，从而得出，证明，即可得证；
（3）由题意得出是等边三角形，由等边三角形的性质可得，证明得出，从而得到，结合，即可得出答案．
【小问1详解】
证明：，，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
；
【小问2详解】
证明：，
，
四边形是平行四边形，
，，
，，
，，
，
，
，
，
，，
，
；
【小问3详解】
解：，
是等边三角形，
，
，
由（2）可得：，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
．