江苏省无锡市惠山区2023-2024学年九年级上学期期末数学试题(含答案)

这是一份江苏省无锡市惠山区2023-2024学年九年级上学期期末数学试题(含答案)，共27页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．下列方程中，是关于的一元二次方程的是（ ）
A．B．C．D．
2．一组数据，，，，的众数是（ ）
A．B．C．D．
3．如果，则的值是（ ）
A．B．C．D．
4．关于的一元二次方程的一个根为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知，，且的周长为6，则的周长为（ ）
A．3B．6C．12D．24
6．将抛物线向上平移2个单位长度，所得抛物线的解析式是（ ）
A．B．C．D．
7．如图，点在上，点是延长线上一点，若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
8．圆锥的母线长为，底面半径为，则圆锥的侧面积是（ ）
A．B．C．D．
9．二次函数的自变量（表格中从左到右增大）与函数值的对应值如下表：
下列判断正确的是（ ）
A．B．C．D．
10．如图，在平面直角坐标系中，半径为1的的圆心的坐标为，点为轴上一个动点，过点作的切线，切点为于点．下列结论：①的最大值为1；②的最小值为；③的最大值为；④若点，则的面积为．则其中正确的结论有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
二、填空题
11．方程的两根分别为，，则 ．
12．二次函数的顶点坐标是 ．
13．如图，点都在上，若，则 ．

14．如图，在中，分别是上的点，，且，，则 ．
15．写出一个二次函数的表达式，使其图象经过原点： ．
16．一条上山直道的坡度为，沿这条直道上山，每前进所上升的高度为 ．
17．如图，将一个球放在空心的透明圆柱形玻璃瓶上，测得瓶高，底面直径，球的最高点到地面的距离为，则球的半径为 ．（玻璃瓶厚度忽会不计）
18．如图，在正方形中，，点分别为上的动点，且与交于点，点为的中点．
（1）若，则的长 ．
（2）在整个运动过程中，长的最小值为 ．
三、解答题
19．（1）求锐角：；
（2）计算：．
20．解方程：
(1)；
(2)．
21．如图，是的边上的一点，连接，已知．
(1)求证：
(2)若，，求线段的长
22．在一次体操比赛中，6个裁判员对某一运动员的打分数据（动作完成分）如下：
9.6 8.8 8.8 8.9 8.6 8.7
对打分数据有以下两种处理方式：
方式一：不去掉任何数据，用6个原始数据进行统计：
方式二：去掉一个最高分和一个最低分，用剩余的4个数据进行统计：
(1)a＝ ，b＝ ，c＝ ；
(2)你认为把哪种方式统计出的平均分作为该运动员的最终得分更合理？写出你的判定并说明理由．
23．某电影院在春节档将推出：：动画片《哪吒》、：爱国剧《志愿军》、：动画片《能出没》三部影片．小明、小华和小恺三人相约随机选择其中一部观看．
(1)求小明和小华都选择动画片观看的概率；（请用画树状图或列表等方法给出分析过程）
(2)小明、小华和小恺三人选择观看的影片均不同的概率为______．
24．如图，点为圆内一点，为该圆的一条弦．
（图） （图）
(1)请在图中用无刻度的直尺和圆规作图：过点作直线与平行，分别交该圆于点（点在点的左侧）；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（）中，若与位于圆心异侧，且，若该圆的半径为，则该圆位于和之间的图形的面积为______．（如需画草图，请使用试题中的图）
25．“惠山之眼”亮了，位于惠山大道东侧的摩天轮终于焕发光彩，成为地标性网红打卡点．如图，某人站在距离革天轮60米的点处（即米），以的仰角恰好看到摩天轮圆轮最低处的点，在原地再以的仰角恰好看到摩天轮圆轮最高处的点．（人的身高忽略不计）

(1)求摩天轮的最低处到地面的距离的长；
(2)求摩天轮圆轮直径的长．
26．为贯彻实施劳动课程，某校计划建造一个矩形种植场地．为充分利用现有资源，该矩形种植场地一面靠墙（墙的长度为），另外三面用棚栏围成．已知栅栏的总长度为，设矩形场地中垂直于墙的一边长为（如图）．
(1)若矩形种植场地的总面积为，求此时的值；
(2)当为多少时，矩形种植场地的面积最大？最大面积为多少？
27．如图1，在中，，，．点是射线上一动点，作的外接圆．
(1)若圆心在边上，如图2，则此时的长为______；
(2)当与的某一边所在的直线相切时，求此时的长；
(3)随着点的运动，与的边的公共点的个数有哪些变化？直接写出对应的长的值或取值范围．
28．如图，二次函数的图像与轴交于点和点（位于轴的正半轴），与轴交于点．
(1)_______（用含的代数式表示）；
(2)若的面积为6，点，为二次函数图像上的两点，设点的横坐标为，点的横坐标为，且，直线，分别与轴交于点，．
①求该二次函数的表达式；
②若，则是定值吗？若是定值，请求出该定值；若不是定值，请说明理由．
0
1
3
1
0
1
平均分
中位数
方差
8.9
a
0.107
平均分
中位数
方差
b
8.8
c
参考答案：
1．C
【分析】本题考查了一元二次方程的概念，根据一元二次方程的定义即可求解，解题的关键是熟记一元二次方程的定义：只含有一个未知数，并且未知数的最高次数为的整式方程，叫做一元二次方程．
【详解】、中含有一个未知数，最高次数为，不符合题意；
、中含有两个未知数，不符合题意；
、是一元二次方程，此选项说法正确，符合题意；
、中含有一个未知数，最高次数为，不符合题意；
故选：．
2．B
【分析】本题考查众数的概念，根据众数的概念：一组数据中出现次数最多的数值即为众数，即可得到答案，熟练掌握众数的概念为解题关键．
【详解】∵这组数据中出现两次，出现次数最多，
∴众数是，
故选：．
3．A
【分析】本题主要考查等式的性质，等式两边加(或减)同一个数(或式子)，结果仍相等．
【详解】解：∵，
∴，
则，
故选：A．
4．C
【分析】此题考查了一元二次方程的解，把代入方程即可求解，解题的关键是熟记把方程的解代入原方程，等式左右两边相等．
【详解】解：将代入原方程得：，
解得：，
故选：．
5．C
【分析】本题考查相似三角形的性质，注意掌握两个相似三角形的对应角相等，周长的比等于相似比．
由题意直接根据相似三角形的周长比等于相似比进行分析计算即可．
【详解】解：∵，，
∴的周长：的周长，
∵的周长为6，
∴的周长为12，
故选：C．
6．A
【分析】利用顶点式求出新抛物线解析式．
【详解】∵ 抛物线的顶点坐标为（0，0），
∴ 向上移2个单位后的抛物线顶点坐标为（0，2），
∴ 新抛物线的解析式为+2．
故选：A．
【点睛】本题考查了抛物线的平移规律，确定平移前后抛物线的顶点坐标是解题的关键．
7．D
【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
【详解】解：∵，，
∴，
故选D．
8．B
【分析】本题考查了圆锥侧面积的计算，扇形的面积公式，理解圆锥的侧面展开图是扇形，明确扇形的半径等于圆锥的母线长，扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长是解题的关键．
先根据圆的周长公式求出圆锥底面圆的周长，即是圆锥侧面展开图（扇形）的弧长，再利用扇形的面积公式计算即可．
【详解】解：圆锥底面周长为：，
圆锥的侧面积为：．
故选：B．
9．D
【分析】本题考查抛物线的性质，熟练掌握抛物线的性质是解决问题的关键，记住在抛物线的左右函数的增减性不同，确定对称轴的位置是关键，据此作答即可．
【详解】解：由表格可知对称轴为，开口向上，
∴离对称轴越远函数值越大，
∴点，，离对称轴依次变近，
∴，
故选D．
10．B
【分析】本题考查了切线的性质，解直角三角形，根据即可判断①，根据，得出取得最小值时，取得最小值，即可判断②③，当，则，等面积法求得，勾股定理求得，进而根据三角形的面积公式，即可求解．
【详解】解：∵过点作的切线，切点为于点．
∴，故①不正确；
当重合时，取得最小值，而，则取得最小值，
∴，故②正确；
当重合时，取得最小值，
∵，
∴取的最大值，此时
∴，故③正确；
∵点，
∴，
∴
∴
∴，故④正确；
故选：B．
11．
【分析】此题考查了一元二次方程根与系数的关系，利用根与系数的关系求解即可，解题的关键是熟记：一元二次方程的两个根为，，则，．
【详解】解：∵，是关于的一元二次方程的两个实数根，
∴，
故答案为：．
12．
【分析】根据二次函数的性质求解即可．
【详解】解：∵二次函数的解析式为，
∴二次函数的顶点坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了求二次函数顶点坐标，熟知对于二次函数的顶点坐标为是解题的关键．
13．/90度
【分析】本题考查了圆周角定理的知识，解答本题的关键是熟记圆周角定理．在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半，由此即可得出答案．
【详解】解：由圆周角定理可得：．
故答案为：．
14．
【分析】此题考查的是相似三角形的判定与性质，根据，证明相似三角形的性质即可求出，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
15．（答案不唯一）
【分析】本题考查二次函数的性质，根据题意可以写出一个符合要求的函数表达式，注意本题答案不唯一，只要符合要求即可，解题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
【详解】解：∵二次函数图象经过原点，
∴二次函数的表达式可以为，
故答案为：．（答案不唯一）
16．
【分析】本题考查的是解直角三角形的应用—坡度坡角问题，设上升的高度为米，根据坡度的概念得到水平距离为米，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案，掌握坡度是坡面的铅直高度和水平宽度的比是解题的关键．
【详解】设上升的高度为米，
∵上山直道的坡度为，
∴水平距离为米，
由勾股定理得：，解得：或（舍去），
故答案为：．
17．
【分析】本题考查了主视图、垂径定理和勾股定理的运用，如详解中图所示，将题中主视图做出来，用垂径定理、勾股定理计算即可，准确做出立体图形的主视图和掌握垂径定理及勾股定理得应用是解题的关键．
【详解】.如下图所示，
设球的半径为，则，
∵过圆心，且垂直于，
∴为的中点，
∴，
在中，由勾股定理可得，即，
解得，则球的半径为，
故答案为：．
18．
【分析】（1）先根据正方形的性质得到，得出，，根据勾股定理求出即可；
（2）然后得到，即得到，设则，根据勾股定理得出，然后求出结果即可．
【详解】解：（1）∵是正方形，
∴，，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，，
∴；
故答案为：；
（2）∵，
∴，
∴，
又∵点为的中点，
∴，
设则，
∴，
∴当时，最小为，即最小为；
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，二次函数的最值，根据全等三角形的判定和性质得到，是解题的关键．
19．（）；（）．
【分析】（）根据特殊三角函数值即可求解；
（）根据特殊三角函数值即可求解；
本题考查了特殊角三角函数值的运算，熟记各特殊角的三角函数值是解题关键．
【详解】解：（），
，
∵是锐角，
∴；
（）原式，
．
20．(1)，；
(2)，．
【分析】本题考查了解一元二次方程，解题的关键在于灵活选取适当的方法解方程．
（）利用直接开平方法求解即可；
（）利用公式法求解即可；
【详解】（1），
，
或
∴，；
（2），
，
∴方程有两个不相等的实数根，
∴，
∴，．
21．(1)见解析
(2)
【分析】利用相似三角形的判定定理证明，再根据相似三角形对应边成比例进行计算即可．
【详解】（1），，
；
（2），
，
得，
解得，
，
即．
【点睛】本题考查基础的相似三角形判定及性质，利用两个对应角相等进行三角形相似的判定是最常考的类型．
22．(1)8.8，8.8，0.005
(2)答案不唯一，理由见解析
【分析】（1）根据中位数、平均数、方差的数据特征进行求解即可．
（2）根据方式一、二对应的数据特征进行合理分析即可．
【详解】（1）解：将数据排序得：8.6 8.7 8.8 8.8 8.9 9.6
则位于中间的数为：8.8 ，8.8，
中位数
平均数
方差
故答案为：8.8，8.8；0.005；
（2）解：答案不唯一，
参考答案一：方式二更合理．
理由：方式二去掉了最高分和最低分，减少了极端分值对平均分的影响，比方式一更合理．
参考答案二：方式一更合理．
理由：方式一没有去掉任何数据，用6个原始数据计算平均分，能全面反映所有评委的打分结果，比方式二更合理．
【点睛】本题主要考查了统计初步中的数据特征，涉及到平均数、中位数、方差等数据特征，熟知每个数据的特征是解决本题的关键．
23．(1)；
(2)．
【分析】（）利用树状图法可知共有种等可能的结果，其中符合题意的结果有种，即可获得答案；
（）利用树状图法可知共有种等可能的结果，其中符合题意的结果有种，即可获得答案；
本题考查了列举法画树状图求概率，理解题意，正确作出树状图是解题的关键．
【详解】（1）根据题意，作树状图如下：
共有种等可能的结果，其中小明和小华都选择动画片观看的结果有种，
∴小明和小华都选择动画片观看的概率为；
（2）根据题意，作树状图如下：
共有种等可能的结果，其中小明、小华和小恺三人选择观看的影片均不同的结果有种，
∴小明、小华和小恺三人选择观看的影片均不同的概率为，
故答案为：．
24．(1)作图见解析；
(2)．
【分析】（）连接，再根据作一个角等于已知角即可；
（）过圆心作于点，延长交于点，由则可知，由勾股定理和，证明即可，最后利用面积求法即可；
此题考查了无刻度直尺作图，垂径定理，全等三角形的性质与判定，扇形面积求法和勾股定理，熟练掌握以上知识的应用是解题的关键．
【详解】（1）如图，
延长，
分别以，为半径，任意长度为半径画弧，分别交于点，，，
以为圆心，长度为半径画弧，交弧于点，
连接，
∴直线即为所求；
（2）过圆心作于点，延长交于点，
∵，
∴，
∴，，
在中，由勾股定理得：，
同理：，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，同理，
∴该圆位于和之间的图形的面积为：
，
，
，
故答案为：．
25．(1)米
(2)米
【分析】本题考查的是解直角三角形的应用—仰角俯角问题，解答此题的关键是此题的两个直角三角形拥有公共直角边，能够合理的运用这条边．
（1）首先分析图形根据题意构造直角三角形．在中，利用角的三角函数关系可以求得的长；
（2）在中，根据角的三角函数可求的长，再减去的长从而得出答案．
【详解】（1）根据题意可得：，
∴（米）
摩天轮的最低处到地面的距离的长为米．
（2）∵，
∴（米），
∴（米）
即摩天轮圆轮直径的长为米．
26．(1)6
(2)，矩形种植场地的面积最大为
【分析】本题主要考查解一元二次方程和二次函数的性质，
根据矩形面积列出关于x的一元二次方程，结合靠墙的长度排除不符合的解即可；
首先求得x的取值范围，再根据二次函数得性质求得在范围内的最值即可．
【详解】（1）解：矩形场地中垂直于墙的一边长为，则平行于墙的一边长为，
∵矩形种植场地的总面积为，
∴，解得，，
∵墙的长度为，
若，则，不符合题意，
则．
（2）解：矩形种植场地的面积，
∵，
∴，
∵，，
∴时，，
则时，矩形种植场地的面积最大为．
27．(1)3
(2)6或
(3)当时，与有3个交点；
当时，与有4个交点；
当时，与有3个交点；
当时，与有2个交点．
【分析】本题主要考查了圆与平行四边形，三角形综合．熟练掌握圆切线性质与判定，垂径定理及推论，圆周角定理及推论，勾股定理解直角三角形，矩形判定和性质，平行四边形的性质，直线与圆的位置关系，四点共圆，分类讨论，是解题的关键．
（1）根据直径对的圆周角是直角得到，根据正弦定义得到，根据勾股定理得到．
（2）当与相切时，得到 ，根据，得到，根据垂径定理得到，根据，即得；当与相切于点F，设交于点H，作于点L，推出，根据垂径定理得到，推出四边形是矩形，得到，推出，得到，设的半径为r，根据勾股定理得到，解得，得到，推出，结合，推出，得到，求得，得到；根据、都与有两个交点，得到、与都不相切．
（3）分，，，四种情况，与的边的交点分别有3个，4个，3个，2个．
【详解】（1）当圆心在边上时，，
∵，，
∴，
∴；
故答案为：3；
（2）如图，当与相切时，与只有一个交点，此时A切点，
则，延长交于点E，
∵，
∴，
∴，
由①结论可得，，
∴，
∴；
当与相切时，设切点为F，延长线交于点H，过点A作于点L，
，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵， ，
∴，
∴，
设的半径为r，
则，
∵，
∴，
解得，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
当与相切，与相切时，
∵与有A、B两个交点，与有B、P两个交点，
∴、与相切都不存在．
故当与的某一边所在的直线相切时，的长为6或．
（3）如图，由（2）知，当时，与有3个交点；
如图，在射线上取点M，N，使，，则，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
由（2）知，,
∴，
∴，
∵，
∴四边形是等腰梯形，，
∴A、B、N、D四点共圆，
∴当时，与有4个交点；
当时，与有3个交点；
当时，与有2个交点．
综上所述，当时，与有3个交点；
当时，与有4个交点；
当时，与有3个交点；
当时，与有2个交点．
28．(1)
(2)①②是定值，定值为，理由见详解
【分析】（1）将代入即可求解；
（2）①当时，可求出，在由三角形的面积可得，即可求解；②如图，过作轴，作关于的对称点，连接，由对称的性质及等腰三角形的判定及性质得，从而可判定、、三点共线，由已知条件可求，，由待定系数法直线的解析式为
，联立，可求，同理可求直线的解析式为，直线的解析式为，即可求解．
【详解】（1）解：将代入得，
，
；
故答案：；
（2）解：①由题意得，
当时，
，
，
解得：，，
，
，
当时，，
，
，
的面积为6，
，
整理得：，
解得：，（舍去），
，
该二次函数的表达式；
②如图，过作轴，作关于的对称点，连接，
，
，
，
，
，
，
，
、、三点共线，
点的横坐标为，点的横坐标为，
，
，
，
解得：，
，
设直线的解析式为，则有
，
解得：，
直线的解析式为，
联立，
解得：或，
，
设直线的解析式为，则有
，
解得：，
直线的解析式为，
，
设直线的解析式为，则有
，
解得：，
直线的解析式为，
，
，
，
；
故的定值为．
【点睛】本题考查了待定系数法，对称的性质，几何图形面积的计算方法，等腰三角形的判定及性质，掌握二次函数图像的性质，能根据由对称的性质证出、、三点共线是解题的关键．