天津市河西区2023-2024学年九年级上学期期末数学试题

这是一份天津市河西区2023-2024学年九年级上学期期末数学试题，共20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.已知⊙O的直径为15cm，若直线l与⊙O只有一个交点，那么圆心O到这条直线的距离为( )
A. 7cmB. 7.5cmC. 8cmD. 10cm
2.2sin60°的值等于( )
A. 3B. 33C. 22D. 12
3.下列是与中国航天事业相关的图标，可以看作是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
4.一个等边三角形的边长为2，则这个等边三角形的内切圆半径为( )
A. 12B. 1C. 33D. 3
5.如图，在△ABC中，若∠C=90°，则有( )
A. tanA=abB. sinA=bcC. csA=acD. sinA=ab
6.如图，⊙O中，弦AB、CD相交于点P，∠A=42°，∠APD=77°，则∠B的大小是( )
A. 43°
B. 35°
C. 34°
D. 44°
7.一元二次方程4x2=5x−1的两根之和与两根之积分别为( )
A. 54，14B. −54，14C. 45,14D. −45,14
8.抛物线y=x2−2x−3与x轴的两个交点分别为( )
A. (3,0)和(−1,0)B. (−3,0)和(1,0)C. (2,0)和(−4,0)D. (4,0)和(−2,0)
9.一个扇形的半径为24cm，面积是240π cm2，则扇形的圆心角为( )
A. 300°B. 240°C. 180°D. 150°
10.如图，在△ABC中，∠BAC=120°；将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，连接AD.当点A，D，E在同一条直线上时，则下列结论一定正确的是( )
A. CB=CD
B. DE+DC=BC
C. AB/​/CD
D. ∠ABC=∠ADC
11.如图，在△ABC中，CA=CB=4，∠BAC=α，将△ABC绕点A逆时针旋转2α，得到△AB′C′，连接B′C并延长交AB于点D，当B′D⊥AB时，BB′的长是( )
A. 2 33π
B. 4 33π
C. 2 39π
D. 8 39π
12.如图所示，是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形.如果大正方形面积为100，小正方形面积为4，则图中∠θ的正切值为( )
A. 45B. 35C. 43D. 34
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
13.将点P(2,6)绕原点顺时针旋转180°，点P的对应点的坐标为______ ．
14.不透明袋子中装有9个球，其中有7个绿球、2个白球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机取出1个球，则它是绿球的概率是______．
15.在Rt△ABC中，若∠C=90°，BC= 3，AC=3，则∠A的度数为______ ．
16.若抛物线y=x2−6x+k与x轴没有交点，则实数k的值可以是______ (写出一个即可)．
17.如图，已知正方形ABCD的边长为2，以顶点C、D为圆心，2为半径的两弧交于点E，点F为AB边的中点，连接EF，则EF的长为______ ．
18.如图，在每个小正方形边长为1的网格中，线段AB的端点A，B均落在格点上．
(Ⅰ)线段AB的长等于______ ；
(Ⅱ)经过点A，B的圆交网格线于点C，在AB上有一点E，满足CE=AB，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点E，并简要说明点E的位置是如何找到的(不要求证明) ______ ．
三、计算题：本大题共1小题，共8分。
19.解方程：x2−6x+9=(5−2x)2．
四、解答题：本题共6小题，共58分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
20.(本小题8分)
学生甲与学生乙学习概率初步知识后设计了如下游戏：学生甲手中有5、7、9三张扑克牌，学生乙手中有6、8、10三张扑克牌.每人从手中取出一张牌进行比较，数字小的为本局获胜．
(Ⅰ)若每人随机取手中的一张牌进行比赛，请列举出所有情况；
(Ⅱ)求学生乙本局获胜的概率．
21.(本小题10分)
请你结合题意，分别画出示意图，并完成解答：
(Ⅰ)在Rt△ABC中，若∠C=90°，若∠A=30°，AC=3，求AB的长；
(Ⅱ)在△ABC中，AB=AC=9，BC=6，求∠C的正弦．
22.(本小题10分)
小明上学途中要经过A，B两地，由于A，B两地之间有一片草坪，所以需要走路线AC，CB，如图，在△ABC中，AB=63m，∠A=45°，∠B=37°，求AC，CB的长．(结果保留小数点后一位)参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75， 2取1.414．
23.(本小题10分)
如图，△ABC中，AB=AC，D为AC上一点，以CD为直径的⊙O与AB相切于点E，交BC于点F，FG⊥AB，垂足为G．
(Ⅰ)求证：FG是⊙O的切线；
(Ⅱ)若⊙O的半径长为2 2，BF=3，求BE的长．
24.(本小题10分)
如图，在菱形ABCD中，∠B=60°，AB=2，动点P从点A出发，以1单位长度/秒的速度沿折线BA→AC运动到点C，同时动点Q从点A出发，以相同速度沿折线AC→CD运动到点D，当一个点停止运动时，另一个点也随之停止.设△APQ的面积为y，运动时间为x秒．
(Ⅰ)当点P运动到AB的中点，求此时x的值和△APQ的面积；
(Ⅱ)①当0②当2(Ⅲ)求在运动过程中△APQ面积的最大值.(直接写出结果即可)
25.(本小题10分)
已知抛物线y=(x−n)(x−m)，其中n，m为常数，且n≠m．
(Ⅰ)若n=−1，m=3，求抛物线的顶点坐标；
(Ⅱ)若抛物线的对称轴为x=2，且抛物线经过点(1,p).请你用含m的式子表示p，并求出p的取值范围；
(Ⅲ)若n=1，点M(m,0)，抛物线与y轴负半轴交于点G，过点G作直线l平行于x轴，E是直线l上的动点，F是y轴上的动点，EF=2 2，点H是EF的中点，当MH的最小值是 22时，求y=(x−n)(x−m)在−2m−1≤x≤−2m的图象的最低点的坐标．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：圆心O到直线l的距离为dcm，
∵直线l与⊙O有唯一的一个交点，
∴直线与圆相切，
∵⊙O的直径为15cm，
∴半径为7.5cm，
∴d=r=7.5cm．
故选：B．
根据已知直线l与⊙O有唯一的一个交点得出直线与圆相切，即可得出d与r的关系．
此题主要考查了直线与圆的位置关系，根据已知直线l与⊙O有唯一的一个交点得出直线与圆相切是解决问题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：2sin60°=2× 32= 3，
故选：A．
根据特殊锐角三角函数值代入计算即可．
本题考查特殊锐角三角函数值，掌握sin60°的值是正确计算的关键．
3.【答案】D
【解析】解：选项A、B、C都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项D能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：D．
根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，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．
本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
4.【答案】C
【解析】解：如图：
过O点作OD⊥AB，则AD=12AB=1，
∵∠OAD=30°，
∴OD=tan30°⋅AD= 33．
故选：C．
构造内切圆半径，三角形边的一半，圆心和顶点连线形成的直角三角形，利用直角三角形的30度特殊角的三角函数即可求解．
本题考查了三角形的内切圆与内心的计算．解这类题一般都利用过内心向正三角形的一边作垂线，则正三角形的半径、内切圆半径和正三角形边长的一半构成一个直角三角形，解这个直角三角形，可求出相关边长或角．
5.【答案】A
【解析】解：已知在△ABC中，若∠C=90°，
那么tanA=ab，则A符合题意；
sinA=ac，则B，D均不符合题意；
csA=bc，则C不符合题意；
故选：A．
根据锐角三角函数的定义逐项判断即可．
本题考查锐角三角函数的定义，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
6.【答案】B
【解析】解：∵∠D=∠A=42°，
∴∠B=∠APD−∠D=35°，
故选：B．
由同弧所对的圆周角相等求得∠A=∠D=42°，然后根据三角形外角的性质即可得到结论．
本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等是解答此题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：方程4x2=5x−1化为一般式为4x2−5x+1=0，
所以方程4x2=5x−1的两个根之和为54，两根之积为14．
故选：A．
先把方程化为一般式，然后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．
8.【答案】A
【解析】解：当y=0时，x2−2x−3=0，
解得x1=−1，x2=3，
所以抛物线y=x2−2x−3与x轴的两个交点坐标为(−1,0)，(3,0)．
故选：A．
依据题意，通过解方程x2−2x−3=0得到抛物线y=x2−2x−3与x轴的两个交点坐标．
本题主要考查了抛物线与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．
9.【答案】D
【解析】解：设扇形的圆心角为n，
则nπ×242360=240π，
解得，n=150°，
故选：D．
设扇形的圆心角为n，根据扇形面积公式计算即可．
本题考查的是扇形面积计算，掌握扇形面积公式：S=nπr2360是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：由旋转的性质得出CD=CA，∠EDC=∠BAC=120°，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴∠EDC=60°，
∴∠CAD=∠EDC=60°，
∴∠BAD=60°，
∴AB/​/CD．
故选：C．
由旋转的性质得出CD=CA，∠EDC=∠BAC=120°，则可得出结论．
本题考查三角形的旋转，解题的关键是掌握旋转的性质及等腰三角形的性质．
11.【答案】B
【解析】解：∵CA=CB，CD⊥AB，
∴AD=DB=12AB′．
∴∠AB′D=30°
∴α=30°，
∵AC=4，
∴AD=AC⋅cs30°=4× 32=2 3，
∴AB=2AD=4 3，
∴BB′的长度l=nπr180=60×π×4 3180=4 33π.
故选：B．
证明α=30°，根据已知可算出AD的长度，根据弧长公式即可得出答案．
本题主要考查了弧长的计算及旋转的性质，熟练掌握弧长的计算及旋转的性质进行求解是解决本题的关键．
12.【答案】D
【解析】解：∵大正方形的面积是100，小正方形面积是4，
∴大正方形的边长是10，小正方形的边长是2，
设AC=BD=a，如图，
在Rt△ABD中，
由勾股定理得：a2+(2+a)2=100，
解得a=6或−8(舍去)，
∴tanθ=aa+2=66+2=34．
故选：D．
先由两个正方形的面积分别得出其边长，设AC=BD=a，由勾股定理解得a的值，按照正切函数的定义即可求解．
本题考查了勾股定理，明确相关性质及定理是解题的关键．
13.【答案】(−2,−6)
【解析】解：点P(2,6)绕原点O旋转180°后，P点的对应点与点P关于原点对称，则其坐标为(−2,−6)．
故答案为：(−2,−6)．
根据两点关于原点的对称的坐标特征：横纵坐标均互为相反数，即可求解．
本题考查的是坐标与图形变化−旋转，熟知平面直角坐标系中关于原点对称的两点的坐标特征是解题的关键．
14.【答案】79
【解析】解：∵不透明袋子中装有9个球，其中有7个绿球、2个白球，
∴从袋子中随机取出1个球，则它是绿球的概率是79，
故答案为：79．
用绿球的个数除以球的总数即可．
此题主要考查了概率公式，关键是掌握概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P(A)=mn．
15.【答案】30°
【解析】解：如图，
∵∠C=90°，BC= 3，AC=3，
∴AB= BC2+AC2=2 3，
∵AB=2BC，
∴∠A=30°．
故答案为：30°．
先根据勾股定理求出AB的长，再由直角三角形的性质即可得出结论．
本题考查的是勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解题的关键．
16.【答案】10(答案不唯一)
【解析】解：∵抛物线y=x2−6x+k与x轴没有交点，
∴Δ=(−6)2−4×1×k<0，
解得，k>9，
故答案为：10(答案不唯一)．
根据抛物线y=x2−6x+k与x轴没有交点，可以得到Δ<0，从而可以得到k的取值范围．
本题考查抛物线与x轴的交点，解答本题的关键是明确Δ<0时，抛物线与x轴没有交点．
17.【答案】2− 3
【解析】解：延长FE交DC于点H，连接CE，如图：
∵E为两弧交于点，点F为AB边的中点，
∴EF/​/BC，
∵C是圆心，E在弧上，
∴CE=CB=2，
在Rt△CEH中，EH= 22−12= 3，
∴EF=2− 3，
故答案为：2− 3．
延长FE交DC于点H，连接CE，根据题意可得EF/​/BC，在Rt△CEH中，根据勾股定理即可求解EH，从而求出EF．
本题考查正方形的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题关键．
18.【答案】 17 取圆与格线的交点P，Q，连接PQ，则PQ是直径，连接AC，AB，得到ACAB的中点J，K，取格点W，Z，R，S，连接WR，SZ交于点L.连接KL交PQ于点O，作直线JO交AB于点T，连接CT，延长CT交⊙O于点E，点E即为所求
【解析】解：(1)AB= 42+12= 17，
故答案为： 17；
(Ⅱ)如图，点E即为所求．
步骤：取圆与格线的交点P，Q，连接PQ，则PQ是直径，连接AC，AB，得到ACAB的中点J，K，取格点W，Z，R，S，连接WR，SZ交于点L.连接KL交PQ于点O，作直线JO交AB于点T，连接CT，延长CT交⊙O于点E，点E即为所求．
故答案为：取圆与格线的交点P，Q，连接PQ，则PQ是直径，连接AC，AB，得到ACAB的中点J，K，取格点W，Z，R，S，连接WR，SZ交于点L.连接KL交PQ于点O，作直线JO交AB于点T，连接CT，延长CT交⊙O于点E，点E即为所求．
(Ⅰ)利用勾股定理求解；
(Ⅱ)取圆与格线的交点P，Q，连接PQ，则PQ是直径，连接AC，AB，得到AC，AB的中点J，K，取格点W，Z，R，S，连接WR，SZ交于点L.连接KL交PQ于点O，作直线JO交AB于点T，连接CT，延长CT交⊙O于点E，点E即为所求．
本题考查作图−复杂作图，勾股定理，垂径定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，题目比较难．
19.【答案】解：∵(x−3)2=(5−2x)2，
∴x−3=5−2x或x−3=2x−5
解之得：x1=2，x2=83．
【解析】把方程左边化成一个完全平方式，那么将出现两个完全平方式相等，则这两个式子相等或互为相反数，据此即可转化为两个一元一次方程即可求解．
解一元二次方程的基本思想是降次，把一元二次方程转化为一元一次方程，从而求解．
20.【答案】解：(1)画树状图为：

共有9种等可能的结果数，
(2)学生乙本局获胜的结果数为6，
所以学生乙本局获胜的概率=69=23．
【解析】(1)利用树状图展示所有9种等可能的结果数；
(2)找出学生乙本局获胜的结果数，然后根据概率公式计算．
本题考查了列表法与树状图法，解答本题的关键是利用列表法或树状图法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，然后根据概率公式计算事件A或事件B的概率．
21.【答案】解：(Ⅰ)如图：

∵∠C=90°，∠A=30°，
∴csA=cs30°=ACAB= 32，
∵AC=3，
∴AB=2 3；
(Ⅱ)如图：

过A作AH⊥BC于H，
∵AB=AC，
∴CH=12BC=3，
∴AH= AC2−CH2=6 2，
∴sinC=AHAC=6 29=2 23
【解析】(Ⅰ)由锐角的余弦定义得到csA=ACAB= 32，即可求出AB长．
(Ⅱ)过A作AH⊥BC于H，由等腰三角形的性质得到CH=12BC=3，由勾股定理求出AH= AC2−CH2=6 2，即可得到sinC=AHAC=2 23．
本题考查解直角三角形，勾股定理，关键是掌握锐角三角函数定义．
22.【答案】解：过点C作CD⊥AB垂足为D，
，
在Rt△ACD中，tanA=tan45°=CDAD=1，CD=AD，
sinA=sin45°=CDAC= 22，AC= 2CD．
在Rt△BCD中，tanB=tan37°=CDBD≈0.75，BD=CD0.75；
sinB=sin37°=CDBC≈0.60，CB=CD0.60．
∵AD+BD=AB=63，
∴CD+CD0.75=63，
解得CD≈27，
AC= 2CD≈1.414×27=38.178≈38.2，
CB=CD0.60≈270.60=45.0，
答：AC的长约为38.2m，CB的长约等于45.0m．
【解析】本题考查了解直角三角形的应用，利用线段的和差得出关于CD的方程是解题关键．
根据锐角三角函数，可用CD表示AD，BD，AC，BC，根据线段的和差，可得关于CD的方程，根据解方程，可得CD的长，根据AC= 2CD，CB=CD0.60，可得答案．
23.【答案】(1)证明：如图，连接OF，

∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵OF=OC，
∴∠C=∠OFC，
∴∠OFC=∠B，
∴OF/​/AB，
∵FG⊥AB，
∴FG⊥OF，
又∵OF是半径，
∴GF是⊙O的切线；
(2)解：如图，连接OE，
∵⊙O与AB相切于点E，
∴OE⊥AB，

又∵AB⊥GF，OF⊥GF，
∴四边形GFOE是矩形，
∴GF=OE=EG=2 2，
在Rt△BFG中，由勾股定理得，
BG= BF2−GF2= 32−8=1，
∴BE=BG+EG=2 2+1．
【解析】(1)由等腰三角形的性质可证∠B=∠C=∠OFC，可证OF/​/AB，可得结论；
(2)由切线的性质可证四边形GFOE是矩形，可得OE=GF=2 2，由勾股定理可求解．
本题考查切线的性质和判定，勾股定理，等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
24.【答案】解：(Ⅰ)∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=2，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=2，∠BAC=60°，
∵点P运动到AB的中点，
∴AP=BP=1，
∴x=11=1，
∴AQ=1，
∴AP=AQ=1，
∴△APQ是等边三角形，
∴S△APQ= 34×12= 34；
(Ⅱ)①当0≤x≤2时，如图1，过点Q作QH⊥AB于H，

由题意可得BP=AQ=x，
∵在菱形ABCD中，∠B=60°，AB=2，
∴AB=BC=AD=CD，∠B=∠D=60°，
∴△ABC和△ADC都是等边三角形，
∴AC=AB=2，∠BAC=60°=∠ACD，
∵sin∠BAC=HQAQ，
∴HQ=AQ⋅sin60°= 32x，
∴△APQ的面积=y=12(2−x)× 32x=− 34(x−1)2+ 34；
②当2
由题意可得AP=CQ=x−2，
∵sin∠ACD=NQCQ= 32，
∴NQ= 32(x−2)，
∴△APQ的面积=y=12(x−2)× 32(x−2)= 34(x−2)2，
(Ⅲ)当0≤x≤2时，y=− 34(x−1)2+ 34；
∴当x=1时，y的最大值为 34；
当2∴当x=4时，y的最大值为 3，
∴△APQ面积的最大值为 3．
【解析】(Ⅰ)由菱形的性质可得AB=BC=2，可证△ABC是等边三角形，可得AB=AC=2，∠BAC=60°，可证△APQ是等边三角形，即可求解；
(Ⅱ)①由锐角三角函数可求QH的长，由三角形的面积公式可求解；
②由锐角三角函数可求QN的长，由三角形的面积公式可求解；
(Ⅲ)由二次函数的性质可求解．
本题是四边形综合题，考查了动点问题的函数图象，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，锐角三角函数，二次函数的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
25.【答案】解：(1)n=−1，m=3时，抛物线y=(x+1)(x−3)与x轴交点为(−1,0)，(3,0)，
∴对称轴为直线x=−1+32=1，
把x=1代入y=(x+1)(x−3)得y=2×(−2)=−4；
∴抛物线的顶点坐标为(1,−4)；
(2)∵抛物线y=(x−n)(x−m)的对称轴为直线x=m+n2，
∴m+n2=2，
∴n=4−m，
∵抛物线y=(x−n)(x−m)经过点(1,p)，
∴p=(1−n)(1−m)=(1−4+m)(1−m)=−m2+4m−3=−(m−2)2+1，
∵n≠m，
∴m≠2，
∴−(m−2)2+1<1，
∴p<1；
(3)n=1时，y=(x−1)(x−m)，令x=0得y=m，
∴G(0,m)，直线l为y=m，
连接GM、GH，如图：

∵H是EF的中点，
∴GH=12EF= 2，
∴点H在以点G为圆心， 2为半径的圆上，
∵M(m,0)，G(0,m)，
∴MO=−m，GO=−m，
在Rt△MGO中，MG=− 2m，
①当MG≥ 2，即m≤−1时，满足条件的点H在线段MG上，
此时MH的最小值为MG−GH=− 2m− 2= 22，
解得m=−32；
∴抛物线解析式为y=(x−1)(x+32)，−2m−1≤x≤−2m即是2≤x≤3，
此时图象在对称轴直线x=−14右侧，开口向上，
当x=2时，y=(2−1)×(2+32)=72；
∴y=(x−n)(x−m)在−2m−1≤x≤−2m的图象的最低点的坐标为(2,72)；
②当MG< 2，即−1此时MH的最小值为HG−MG= 2−(− 2m)= 22，
解得m=−12；
∴抛物线解析式为y=(x−1)(x+12)，−2m−1≤x≤−2m即是0≤x≤1，
此时图象包含顶点(14,−916)，开口向上，
∴y=(x−n)(x−m)在−2m−1≤x≤−2m的图象的最低点的坐标为(14,−916)；
综上所述，y=(x−n)(x−m)在−2m−1≤x≤−2m的图象的最低点的坐标为(2,72)或(14,−916).
【解析】(1)n=−1，m=3时，抛物线y=(x+1)(x−3)的对称轴为直线x=−1+32=1，把x=1代入y=(x+1)(x−3)即得抛物线的顶点坐标为(1,−4)；
(2)可得m+n2=2，n=4−m，而抛物线y=(x−n)(x−m)经过点(1,p)，知p=(1−n)(1−m)=(1−4+m)(1−m)=−m2+4m−3=−(m−2)2+1，有二次函数性质可得答案；
(3)求出G(0,m)，直线l为y=m，连接GM、GH，由H是EF的中点，得GH=12EF= 2，故点H在以点G为圆心， 2为半径的圆上，可得MG=− 2m，①当MG≥ 2，即m≤−1时，满足条件的点H在线段MG上，有MG−GH=− 2m− 2= 22，m=−32；可得抛物线解析式为y=(x−1)(x+32)，−2m−1≤x≤−2m即是2≤x≤3，即可知y=(x−n)(x−m)在−2m−1≤x≤−2m的图象的最低点的坐标为(2,72)；②当MG< 2，即−1本题考查二次函数的综合应用，涉及二次函数图象与系数的关系，动点问题等，解题的关键是分类讨论思想的应用．