2019_2020学年常州市九上期末数学试卷

这是一份2019_2020学年常州市九上期末数学试卷，共11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（共8小题；共40分）
1. 方程 x2=1 的解为
A. x=1B. x=−1C. x1=−1，x2=1D. 无解

2. cs60∘ 的值是
A. 12B. 22C. 32D. 1

3. 一名射击运动员在某次训练中连续打靶 5 次，命中的环数分别是 7，9，10，9，8，这组数据的众数与中位数分别是
A. 9 与 10B. 9.5 与 9C. 9 与 9.5D. 9 与 9

4. 如图，在 △ABC 中，DE∥BC，AE=3，EC=5，DE=6，则 BC 等于
A. 10B. 12C. 16D. 9.6

5. 如图是一个指针可以自由转动的正六边形转盘，其中三个正三角形涂有阴影．随机转动指针，指针落在阴影区域内的概率为
A. 56B. 12C. 13D. 16

6. 如图，点 E 在平行四边形 ABCD 的边 BC 的延长线上，连接 AE，与边 CD 交于点 F．在不添加辅助线的情况下，图中的相似三角形有
A. 1 对B. 2 对C. 3 对D. 4 对

7. 股票每天涨、跌幅均不超过 10%，即当涨了原价的 10% 后，便不能再涨，叫做涨停；当跌了原价的 10% 后，便不能再跌，叫做跌停．已知一支股票某天跌停，之后两天时间又涨回到原价，若这两天此股票股价的平均增长率为 x，则 x 满足的方程是
A. 1+x2=1110B. 1+x2=109C. 1+2x=1110D. 1+2x=109

8. 如图，在 △ABC 中，AB=AC，以 AB 为直径的 ⊙O 交 BC 于点 D．过点 C 作 CF∥AB，在 CF 上取一点 E，使 DE=DC，连接 BE．对于下列结论：① BD=DC；② △CAB∽△CDE；③ BD=AD；④ BE 为 ⊙O 的切线，其中一定正确的是
A. ①②B. ①②③C. ①④D. ①②④

二、填空题（共8小题；共40分）
9. 已知 1 是关于 x 的方程 x2+ax−3a=0 的根，则 a 的值是 ．

10. 半径为 2，圆心角为 120∘ 的扇形的面积是 ．

11. 若关于 x 的方程 x2−2x−k=0 有两个相等的实数根，则 k 的值是 ．

12. 如图，在 ⊙O 的内接四边形 ABCD 中，∠BCD=140∘，则 ∠BOD= ∘．

13. 某工厂食堂某天销售 10 元、 15 元和 20 元的盒饭情况如图，则该食堂这天销售盒饭的平均价格是 元．

14. 如图，△ABC 的顶点是正方形网格的格点，则 tanA= ．

15. △ABC 中，∠BAC=90∘，AD⊥BC 交 BC 于点 D，若 AB=4，BD=2，则 BC= ．

16. 如图，△ABC 内接于 ⊙O，AC 为 ⊙O 的直径，∠ACB=30∘，∠ABC 的平分线 BD 交 ⊙O 于点 D，与 AC 相交与点 E，则 S△ABES△CDE= ．

三、解答题（共9小题；共117分）
17. 解方程：x2x−5=3．

18. 射击队要从甲、乙两名运动员中选拔一人参加比赛，对他们进行了六次测试，测试成绩如表（单位：环）：
第一次第二次第三次第四次第五次第六次平均成绩甲108981099乙107101098①
（1）完成表中填空 ① ．
（2）求甲，乙六次测试成绩的方差．
（3）你认为推荐谁参加比赛更合适，请说明理由．

19. 甲、乙、丙三人玩篮球传球游戏，游戏规则是：第一次传球由甲将球随机地传给乙、丙两人中的某一人，以后的每一次传球都是由持球者将球随机地传给其他两人中的某一人．
（1）求两次传球后，球恰在乙手中的概率；
（2）求三次传球后，球恰在甲手中的概率．

20. 如图，△ABC 中，CD 是 AB 边上的高，且 ADCD=CDBD．
（1）△ACD 与 △CBD 是否相似，为什么?
（2）求 ∠ACB 的大小．

21. 建造一个池底为正方形、深度为 2 米的长方体无盖水池，池壁的造价为每平方米 100 元，池底的造价为每平方米 200 元，总造价为 6400 元．求该水池池底的边长．

22. 如图所示，某市准备在相距 2 千米的 M，N 两工厂间修建一条笔直的公路，但在 M 地北偏东 45∘ 方向，N 地北偏西 60∘ 方向的 P 处，有一个以 P 为圆心，0.6 千米为半径的住宅小区，问修筑公路时，这个小区是否有居民需要搬迁?（参考数据：2≈1.41，3≈1.73）

23. 如图，在 △ABC 中，∠A=∠B=30∘，过点 C 作 CD⊥AC，交 AB 于点 D．
（1）作 △ACD 外接圆 ⊙O（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；
（2）判断直线 BC 与 ⊙O 的位置关系，并说明理由．

24. 如图，△ABC 中，AB=AC=5，BC=6．
（1）求 tanB 的值；
（2）点 D，E 分别在边 AB，BC 上，沿 DE 折叠 △BDE，使得点 B 落在边 AC 上，记为点 F．若以 C，E，F 为顶点的三角形与 △ABC 相似，求 BE 的长．

25. 如图，△ABC 中，已知 BC=4，∠ACB=90∘，∠B=30∘．点 O 从点 B 出发沿 BC 做匀速运动，速度为每秒 1 个单位长度．设运动时间为 t 秒 0（1）当 t= 秒时，直线 CE 与圆 O 相切．
（2）当 AD 垂直于 CE 时，求 t 的值．
（3）当直线 CE 与圆 O 相切时，设 ∠ECB 的平分线分别交 ED，EB 于点 M，N，求 EM 的长．
答案
第一部分
1. C
2. A
3. D
4. C
5. B
6. C
7. B
8. D
第二部分
9. 12
10. 4π3
11. −1
12. 80
13. 15.5
14. 12
15. 8
16. 12
第三部分
17. 原方程可化为
2x2−5x−3=0.
即
x−32x+1=0.
所以
x1=−12,x2=3.
18. （1） 9
（2） s甲2=161+1+0+1+1+0=23，
s乙2=161+4+1+1+0+1=43．
（3） ∵x甲=x乙，s甲2 ∴ 甲的成绩比较稳定．
∴ 推荐甲参加比赛更合适．
19. （1） 画树状图；如图 1：
由树状图知，共有 4 种可能出现的结果，并且它们是等可能的．
两次传球后，球恰在乙手中有 1 种可能，
所以两次传球后，球恰在乙手中的概率为 14．
（2） 画树状图；如图 2：
由树状图知，共有 8 种可能出现的结果，并且它们是等可能的．
三次传球后，球恰在甲手中有 2 种可能，
所以三次传球后，球恰在甲手中的概率为 28=14．
20. （1） △ACD 与 △CBD 相似．
证明：
∵CD 是 AB 边上的高，
∴∠ADC=∠CDB=90∘，
又 ADCD=CDBD，
∴△ACD∼△CBD．
（2） ∵△ACD∼△CBD，
∴∠A=∠BCD，
在 △ACD 中，∠ADC=90∘，
∴∠A+∠ACD=90∘，
∴∠BCD+∠ACD=90∘，
即 ∠ACB=90∘．
21. 设水池池底的边长为 x 米，
由题意，得
x2⋅200+4×2x⋅100=6400,
解得
x1=−8,x2=4,x1=−8
不合题意，舍去．
答：水池池底的边长为 4 米．
22. 由题意 ∠AMP=45∘，∠BNP=60∘，
∴∠PMN=45∘，∠PNM=30∘，
如图，过点 P 作 PH⊥MN 交 MN 于点 H，
设 PH=x．
在 Rt△MHP 中，∠PMN=45∘，
∴MH=PHtan45∘=x．
在 Rt△NPH 中，∠PNM=30∘，
∴NH=PHtan30∘=3x．
∵MH+NH=MN，
∴x+3x=2，解得 x=3−1．
∴PH=3−1≈0.73，
∵0.73>0.6，
∴ 修筑公路时，这个小区居民不需要搬迁．
23. （1） 如图：
（2） 直线 BC 与 ⊙O 相切．
证明：由作图可知 O 是 AD 的中点，连接 CO，如图，
∵AO=CO，
∴∠ACO=∠A．
∵∠A=∠B=30∘，
∴∠COB=2∠A=60∘，
∴∠COB+∠B=60∘+30∘=90∘．
∴∠OCB=90∘，即 OC⊥BC．
又 BC 经过半径 OC 的外端点 C，
∴ 直线 BC 与 ⊙O 相切．
24. （1） 如图 1，作 AH⊥BC 交 BC 于点 H，
因为 AB=AC，AH⊥BC，
所以 BH=12BC=3．
在 Rt△ABH 中，AH2=AB2−BH2，
因为 AB=5，BH=3，
所以 AH=4，
所以 tanB=AHBH=43．
（2） 由题意知 BE=EF．
设 BE=x，则 EF=x，CE=6−x，
①如图 2，
若 △FEC∽△ABC，
所以 EFEC=ABBC，
所以 x6−x=56，
解得 x=3011，
所以 BE=3011．
②如图 3，
若 △EFC∽△ABC，
则 ∠EFC=∠B，
因为 ∠B=∠C，
所以 ∠EFC=∠C，
所以 EF=EC，
所以 x=6−x，
解得 x=3，
所以 BE=3．
综上所述，BE=3011或3．
25. （1） 43
（2） 如图 1，作 EH⊥BC 交 BC 于点 H．
∵AD⊥CE，
∴∠CAD+∠ACE=90∘．
∵∠ACB=90∘，
∴∠ACE+∠ECH=90∘．
∴∠CAD=∠ECH．
∵∠ACD=∠EHC=90∘，
∴△ACD∽△CHE．
∴ACCD=CHEH．
由题知 BO=t．
∴BD=2t．
在 Rt△BED 中，∠B=30∘，
∴BE=BD⋅cs30∘=3t．
在 Rt△BEH 中，∠B=30∘，
∴BH=BE⋅cs30∘=32t．
EH=12BE=32t，
∴CH=BC−BH=4−32t．
在 Rt△ABC 中，∠B=30∘，
∴AC=BC⋅tan30∘=433．
∴4334−2t=4−32t32t，
解得 t1=4，t2=43．
∵0 ∴t=43．
（3） 如图 2，连接 OE．
∵OB=OE，
∴∠OEB=∠B．
∵∠B=30∘，
∴∠OEB=30∘．
∵∠EOC=∠B+∠OEB，
∴∠EOC=60∘．
∵CE 切圆 O 于点 E，
∴∠CEO=90∘．
∴∠ECO=30∘，
∴∠ECO=∠B．
∴CE=BE．
由（2）得，BE=3t．由（1）得，t=43．
∴CE=BE=433．
∵∠CEO=90∘，
∴∠CED+∠DEO=90∘．
∵AB 是直径，
∴∠DEB=90∘．
∴∠B+∠EDO=90∘．
∵OD=OE，
∴∠DEO=∠EDO．
∴∠B=∠CED．
又 ∵CN 平分 ∠ECB，
∴∠ECN=∠BCN．
∵∠EMN=∠CED+∠ECN，∠ENM=∠B+∠BCN，
∴∠EMN=∠ENM．
∴EM=EN．
设 EM=x，则 EN=x，BN=433−x，
∵∠ECN=∠BCN，∠B=∠CED．
∴△ECM∽△BCN．
∴CEEM=BCBN．即 433x=4433−x．
解得 x=2−233．
∴EM=2−233．