2022-2023学年上海市黄浦区九年级下学期数学期中试题及答案

这是一份2022-2023学年上海市黄浦区九年级下学期数学期中试题及答案，共20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。

一、选择题：（本大题共6题，每题4分，满分24分）
1. 下列二次根式中，最简二次根式是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据最简二次根式的定义进行判断即可
【详解】解：A、＝2，不是最简二次根式；
B、不能化简，符合题意；
C、＝，能化简，不符合题意；
D、＝，能化简，不符合题意；
故选：B．
【点睛】此题主要考查了最简二次根式，正确掌握相关定义是解题关键，在判断最简二次根式的过程中要注意：（1）在二次根式的被开方数中，只要含有分数或小数，就不是最简二次根式；（2）在二次根式的被开方数中的每一个因式（或因数），如果幂的指数大于或等于2，也不是最简二次根式．
2. 将抛物线y＝（x﹣2）2+1向上平移3个单位，得到新抛物线的顶点坐标是（ ）
A. （2，4）B. （﹣1，1）C. （5，1）D. （2，﹣2）
【答案】A
【解析】
【分析】根据平移规律，上加下减，左加右减，可得顶点式解析式．
【详解】解：将抛物线向上平移3个单位，
得，即，
顶点坐标为，
故选：A．
【点睛】主要考查了函数图象的平移，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．3. 关于x的一元二次方程有两个不相等实数根，则k的取值范围是（ ）
A. B. C. 且D. 且
【答案】C
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义得到k≠0，根据一元二次方程有两个不相等的实数根得到△= ，求出k的取值范围．
【详解】解：∵一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴ ，
解得k＜4，
又k≠0，
∴k＜4且k≠0，
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式的应用．切记不要忽略一元二次方程二次项系数不为零这一隐含条件．
4. 下列各统计量中，表示一组数据波动程度的量是（ ）
A. 方差B. 众数C. 平均数D. 频数
【答案】A
【解析】
【分析】根据方差、众数、平均数、频数意义即可求解．
【详解】解：方差是表示一组数据波动程度的量，众数、平均数是表示一组数据集中趋势的量，频数是表示数据出现的次数，
故选A．
【点睛】本题考查了方差、众数、平均数、频数的意义，掌握以上知识是解题的关键．
5. 已知三角形两边的长分别是4和9，则此三角形第三边的长可以是（ ）
A. 4B. 5C. 10D. 15
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角形的三边关系定理求出第三边的范围即可选出答案．
【详解】解：设第三边长为x，则由三角形三边关系定理得9﹣4＜x＜4+9,
因此，三角形的第三边应满足5＜x＜13，只有10符合不等式，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系定理，熟记定理是解题关键．
6. 已知⊙O的半径OA长为3，点B在线段OA上，且OB＝2，如果⊙B与⊙O有公共点，那么⊙B的半径r的取值范围是（ ）
A. r≥1B. r≤5C. 1＜r＜5D. 1≤r≤5
【答案】D
【解析】
【分析】求得⊙B在⊙O内部且有唯一公共点时⊙B的半径和⊙O在⊙B内部且有唯一公共点时⊙B的半径，根据图形即可求得．
【详解】解：如图，当⊙B在⊙O内部且有唯一公共点时，⊙B的半径为：3-2=1，
当⊙O在⊙B内部且有唯一公共点时，⊙B的半径为3+2＝5，
∴如果⊙B与⊙O有公共点，那么⊙B的半径r的取值范围是1≤r≤5，
故答案为：D．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，注意掌握数形结合和分类讨论思想的应用．
二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7. 计算：a（a+1）＝_______．
【答案】a2+a
【解析】
【分析】原式利用单项式乘以多项式法则计算即可得到结果．
【详解】解：a（a+1）＝a2+a．
故答案为：a2+a
【点睛】此题考查了单项式乘以多项式，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
8. 函数的定义域是__________．【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式的性质，被开方数大于等于0，可知：x-2≥0，解得x的范围．
【详解】根据题意得：x-2≥0，
解得：x≥2．
故答案为.
【点睛】此题考查二次根式，解题关键在于掌握二次根式有意义的条件.
9. 方程组的解是__________________．
【答案】或．
【解析】
【分析】根据x2﹣y2＝（x+y）（x﹣y）把原方程组变为或再求解即可 ．
【详解】解：∵x2﹣y2＝（x+y）（x﹣y）．
∴x2﹣y2＝0可改写成：x+y＝0或者x﹣y＝0．
∴方程组可以改写为：或．
解得：或．
故答案：或．
【点睛】本题考查二元二次方程组的应用，根据乘法公式把二元二次方程组变形为二元一次方程组是解题关键．
10. 如果一个正多边形的外角为30°，那么这个正多边形的边数是_____．
【答案】12．
【解析】
【分析】正多边形的外角和是360°，这个正多边形的每个外角相等，因而用360°除以外角的度数，就得到外角的个数，外角的个数就是多边形的边数．
【详解】解：这个正多边形的边数：360°÷30°=12．
故答案为：12．【点睛】本题考查了多边形的内角与外角的关系，熟记正多边形的边数与外角的关系是解题的关键．
11. 如果抛物线的最高点是坐标轴的原点，那么的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数图像有最高点可得出开口向下，即可得出答案；
【详解】∵抛物线的最高点是坐标轴的原点，
∴抛物线开口向下，
∴m+1＜0，
∴．
故答案是．
【点睛】本题主要考查了根据二次函数的开口方向求参数，准确分析判断是解题的关键．
12. 观察反比例函数y＝的图象，当0＜x＜1时，y的取值范围是______．
【答案】y＞2
【解析】
【分析】将x=1代入解析式，根据反比例函数的增减性可求y的取值范围．
【详解】解：∵k＝2，
∴反比例函数y＝的图象在一三象限，
当x＝1时，y＝2，
∴当0＜x＜1时，y的取值范围y＞2，
故答案为y＞2．
【点睛】本题考查了函数图象上点的坐标特征，反比例函数的增减性，关键是利用反比例函数的增减性解决问题．
13. 从，π这三个数中任选一个数，选出的这个数是有理数的概率为________________．
【答案】
【解析】
【分析】根据实数的分类及概率公式即可求解．
【详解】解：∵在，π这三个数中，有1个有理数，
∴选出的这个数是有理数的概率为，故答案为：．
【点睛】此题主要考查概率的求解，解题的关键是熟知概率的求解公式及实数的分类．
14. 已知传送带与水平面所成斜坡的坡度i=1：2.4，如果它把物体送到离地面10米高的地方，那么物体所经过的路程为______米．
【答案】26
【解析】
【详解】解：如图，由题意得：斜坡AB的坡度：i=1：2．4，AE=10米，AE⊥BD，
∵i=，
∴BE=24米，
∴在Rt△ABE中，AB==26（米）．
15. 如图，点G是△ABC的重心，设，那么向量用向量表示为 ______．
【答案】
【解析】
【分析】利用三角形法则求出，再利用重心的性质求出，利用三角形法则求出，再由DC＝BD可得结论．
【详解】解：∵＝＋，
∴＝＋，
∵G是△ABC的重心，
∴GD＝AG，∴＝＋，
∴，
∴，
∵DC＝BD，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查平面向量的线性运算、三角形法则、三角形的重心，熟练掌握相关基本知识是解答的关键．
16. 如图，在半径为2的⊙O中，弦AB与弦CD相交于点M，如果AB＝CD＝2，∠AMC＝120°，那么OM的长为_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据圆心角、弦、弧、弦心距之间的关系以及勾股定理可求出OE、OF，再利用全等三角形可求出∠OME＝60°，进而利用直角三角形的边角关系求解即可．
【详解】解：如图，过点O作OE⊥AB，OF⊥CD，垂足为E、F，连接OA，
则AE＝BE＝AB＝，CF＝DF＝CD＝，
在Rt△AOE中，
∵OA＝2，AE＝，
∴OE＝＝1，
∵AB＝CD，∴OE＝OF＝1，
又∵OM＝OM，
∴Rt△OEM≌Rt△OFM（HL），
∴∠OME＝∠OMF＝∠AMC＝60°，
∴OM＝＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，三角形的全等，特殊角的函数值，垂径定理是解题的关键，特殊角的函数值是解题的基础．
17. 在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，将△ABC绕着点A旋转，点C恰好落在AB的中点上，设点B旋转后的对应点为点D，则CD的长为___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意画出图，由和C恰好落在AB的中点，故有CE＝AE＝EB，根据旋转的性质可得AD的长，再利用勾股定理即可求解．
【详解】解：如图：过点D作DF⊥AC于F，交CA的延长线于F．
由旋转可得AC＝AE，∵AC＝3，E是AB的中点，
∴AE＝BE＝AC＝3，即AB＝AD＝6．
∵，
∴，
∴ ．
在Rt△FAD中，AF＝AD＝3，DF＝，
∴FC＝3＋3＝6，
在Rt△FCD中，DC＝．
故答案为：．
【点睛】本题考查旋转的性质，三角形内角和定理以及勾股定理．根据题意画出图形并作出辅助线是解答本题的关键．
18. 如图，在中，是边上的中线，，．将沿直线翻折，点落在平面上的处，联结交于点，那么的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】过A作AF⊥BC于F，过B'作B'G⊥BC于G，设AD＝m，根据翻折及∠ADC＝60°，用m的代数式表示CE、BE即可得出答案．
【详解】解：过A作AF⊥BC于F，过B′作B′G⊥BC于G，如图：
∵∠ADC＝60°，
∴∠ADB＝120°，
∵△ABD沿直线AD翻折，点B落在平面上的B′处，
∴∠ADB′＝120°，∠CDB′＝60°，B′D＝BD，
∵BC＝3AD，AD是BC边上的中线，
∴设AD＝m，则BC＝3m，BD＝B′Dm，
Rt△ADF中，DF＝AD•cs60°m，AF＝AD•sin60°m，
∴BF＝BD+DF＝2m，CF＝BC﹣BF＝m
Rt△B′DG中，DG＝B′D•cs60°m，B′G＝B′D•sin60°m，
∴FG＝DG﹣DFm，
∵AF⊥BC，B′G⊥BC，
∴AF∥B′G，
∴，
∵FE+GE＝FGm，
∴FEm，
∴BE＝BF+EFm，CE＝CF﹣EFm，∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查翻折、特殊角的三角函数及相似三角形性质等综合知识，解题的关键是做垂线把60°角放入直角三角形．
三、解答题：（本大题共7题，满分78分）
19. 计算：．
【答案】﹣-
【解析】
【分析】直接利用负整数指数幂的性质以及分数指数幂的性质和绝对值的性质、二次根式的性质化简得出答案．
【详解】解：原式＝＋2﹣-2-﹣9
＝9＋2﹣-2-﹣9
＝﹣-．
【点睛】本题考查了绝对值，二次根式的分母有理化，负整数指数幂，分数指数幂，熟练掌握各自的运算法则是解题的关键．
20. 解不等式组：．
【答案】
【解析】
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【详解】解不等式3（x+5）＞3﹣（x﹣2），得：x＞﹣2.5，
解不等式≤﹣1，得：x≥20，
∴不等式组的解集为x≥20．
【点睛】本题考查的是解一元-次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到”的原则是解答此题的关键.
21. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，sin∠ABC＝，D是边AB上一点，且CD＝CA，BE⊥CD，垂足为点E．
（1）求AD的长；
（2）求∠EBC的正切值．
【答案】（1）2；（2）
【解析】
【分析】（1）过C点作CH⊥AD于H，如图，利用等腰三角形的性质得到AH＝DH，再证明∠ACH＝∠ABC，求出sin∠ACH＝sin∠ABC，然后利用正弦的定义求出AH，从而得到AD的长；
（2）在Rt△ABC中先求出AB＝9，则BD＝7，再证明∠HCD＝∠EBD，求出sin∠EBD＝，利用正弦的定义求出DE，接着利用勾股定理计算出BE，然后根据正切的定义求解．
【详解】解：（1）过C点作CH⊥AD于H，如图，
∵CD＝CA，
∴AH＝DH，
∵∠ABC＋∠BCH＝90°，∠ACH＋∠BCH＝90°，
∴∠ACH＝∠ABC，
∴sin∠ACH＝sin∠ABC＝，
在Rt△ACH中，sin∠ACH＝＝，
∴AD＝2AH＝2；
（2）在Rt△ABC中，sin∠ABC＝＝，
∴AB＝3AC＝9，
∴BD＝AB﹣AD＝9﹣2＝7，
∵∠E＝90°，而∠EDB＝∠HDC，
∴∠HCD＝∠EBD，
∴sin∠EBD＝＝，
∴DE＝BD＝，
∴BE＝，
在Rt△EBC中，tan∠EBC＝．
【点睛】本题考查了解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握解直角三角形的基本步骤是解题的关键．
22. 一辆轿车和一辆货车分别从甲、乙两地同时出发，匀速相向而行，两车相遇时轿车比货车多行驶了90千米．设行驶的时间为t（小时），两车之间的距离为s（千米），图中线段AB表示从两车发车至两车相遇这一过程中s与t之间的函数关系，根据图象提供的信息回答下列问题：
（1）求s关于t的函数关系式；（不必写出定义域）
（2）求两车的速度．
【答案】（1）s＝﹣150t+450；（2）轿车和货车速度分别为90千米/小时，60千米/小时．
【解析】【分析】（1）观察图像找出直线上的两个点坐标，带入计算即可；
（2）由s＝﹣150t+450，可知甲，乙两车相距450千米，相遇时间是3小时，根据题型列出方程组求解即可．
【详解】解：（1）设s关于t的函数关系式为s＝kt+b，根据题意
，
解得，
∴s＝﹣150t+450；
（2）由s＝﹣150t+450，可知甲，乙两车相距450千米，相遇时间是3小时
设两车相遇时，设轿车和货车的速度分别为v1千米/小时，v2千米/小时，根据题意得：
解得
轿车和货车速度分别为90千米/小时，60千米/小时．
【点睛】本题主要考察了二元一次方程组，一次函数等知识点，能从图像中看出总路程是解题关键．
23. 已知：如图，在梯形中，，，是的中点，的延长线交边于点．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）如果，求证四边形是菱形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）由平行四边形的性质可知，．再由是中点，即AE=CE．即可以利用“AAS”证明，得出，即证明四边形是平行四边形．
（2）由和是中点，即可推出．又因为，即证明，即可推出．即四边形是菱形．【详解】（1）∵，
∴，．
又∵是中点，
∴AE=CE，
∴在和中，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
（2）∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即．
∴四边形是菱形．
【点睛】本题考查梯形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定，全等三角形的判定和性质以及相似三角形的判定和性质．掌握特殊四边形的判定方法是解答本题的关键．
24. 在平面直角坐标系中，抛物线经过点，顶点为点B，对称轴为直线，且对称轴与x轴交于点C．直线，经过点A，与线段交于点E．
（1）求抛物线的表达式；
（2）联结、．当的面积为3时，求直线的表达式；
（3）在（2）的条件下，设点D为y轴上的一点，联结、，当时，求的余切值．
【答案】（1）；（2）；（3）或
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法和抛物线对称轴公式即可求解；（2）先求出顶点B坐标，根据的面积为3求出BE，进而求出点E坐标，利用待定系数法即可求解；
（3）分和与不平行两种情况，分别求出D坐标，利用余切定义即可求解．
【详解】解：（1）∵抛物线经过点，对称轴为直线，
∴，
∴
∴抛物线表达式为；
（2）把代入得y=4，
∴抛物线顶点B坐标为，
由的面积为3得,
∴BE=2，
∵点E在线段BC上，
∴点E坐标为，
把点和点代入得，
∴，
∴直线表达式为；
（3）如图，①若，如图，
则四边形为平行四边形：
则点坐标，
连接，
∴；②若与不平行，如图，
则四边形为等腰梯形：
作BF⊥y轴于F，则，
∴点坐标，
连接，
∴，
综上所述，此时的余切值为或．
【点睛】本题为二次函数综合题，考查了二次函数性质，求一次函数解析式，余切定义等知识，熟练掌握各知识点是解题关键，解第（3）步时要注意分类讨论思想应用．
25. 如图，已知在△ABC中，BC＞AB，BD平分∠ABC，交边AC于点D，E是BC边上一点，且BE＝BA，过点A作AG∥DE，分别交BD、BC于点F、G，联结FE．
（1）求证：四边形AFED是菱形；
（2）求证：AB2＝BG•BC；
（3）若AB＝AC，BG＝CE，联结AE，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】（1）由题目条件可证得△ABF≌△EBF（SAS）及△ABD≌△EBD（SAS），进而可推出AF＝FE＝ED＝DA，可得出四边形AFED是菱形．
（2）根据条件可证得△ABG∽△CBA，即可证明结论．
（3）由条件可得△DAE∽△ABC，由相似比可得，由BE2＝EC•BC，得到点E是BC的黄金分割点，可得出，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵BD平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠EBF，
∵BA＝BE，BF＝BF，
∴△ABF≌△EBF（SAS），
∴AF＝EF，
同理可得△ABD≌△EBD（SAS），
∴AD＝ED，∠ADB＝∠EDB，
∵AG∥DE，
∴∠AFD＝∠EDF，
∴∠AFD＝∠ADF，
∴AF＝AD，
∴AF＝FE＝ED＝DA，
∴四边形AFED菱形．
（2）证明：由（1）得：△ABF≌△EBF，
∴∠BAG＝∠BEF，∵四边形AFED是菱形，
∴AD∥FE，
∴∠BEF＝∠C，
∴∠BAG＝∠C，
∵∠ABG＝∠CBA，
∴△ABG∽△CBA，
∴，
即AB2＝BG•BC．
（3）解：如图，
∵AB＝AC，
∴∠ABG＝∠C，
∵∠BAG＝∠C，
∴∠ABG＝∠BAG，
∵∠AGC＝∠ABG＋∠BAG，
∴∠AGC＝2∠BAG，
∵BG＝CE，
∴BE＝CG，
∴CG＝CA，
∴∠CAG＝∠CGA，
∵∠CAG＝2∠DAE，
∴∠DAE＝∠ABC，
∴∠DEA＝∠ACB，
∴△DAE∽△ABC，∴，
∵AB2＝BG•BC，AB＝BE，
∴BE2＝EC•BC，
∴点E是BC的黄金分割点，
∴，
∴，
∵∠EAC＝∠C，
∴CE＝AE，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的判定，相似三角形的性质与判定及黄金分割点等知识，综合性较强，熟练掌握相关知识并灵活运用所学知识求解是解题的关键．