重庆市梁平区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编-02填空题

重庆市梁平区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编-02填空题

1．（2022·重庆梁平·九年级期末）计算：＝___（计算结果保留π）．

2．（2022·重庆梁平·九年级期末）如图，∠DAB=∠CAE，请补充一个条件：________________，使△ABC∽△ADE．

3．（2022·重庆梁平·九年级期末）如图，已知 ，将⊿以点为位似中心，相似比为2:1，放大到⊿，则顶点的对应点的坐标为  ______ ．

4．（2022·重庆梁平·九年级期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝2，BC＝，则sin＝_____．

5．（2022·重庆梁平·九年级期末）某商店设计了一种促销活动来吸引顾客：在一个不透明的箱子里放有个相同的乒乓球，乒乓球上分别标有“元”、“元”、“元”、“元”的字样．规定：顾客在本超市一次性消费满元，就可以在箱子里先后摸出两个小球（每一次摸出后不放回）．某顾客刚好消费元，则该顾客所获得购物券的金额不低于元的概率是________．

6．（2022·重庆梁平·九年级期末）解方程（x﹣1）2﹣5（x﹣1）+4＝0时，我们可以将x﹣1看成一个整体，设x﹣1＝y，则原方程可化为y2﹣5y+4＝0，解得y1＝1，y2＝4．当y＝1时，即x﹣1＝1，解得x＝2；当y＝4时，即x﹣1＝4，解得x＝5，所以原方程的解为：x1＝2，x2＝5．则利用这种方法求得方程（2x+5）2﹣4（2x+5）+3＝0的解为______________．

7．（2020·重庆梁平·九年级期末）计算的结果是_____．

8．（2020·重庆梁平·九年级期末）把一副普通扑克牌中的数字2，3，4，5，6，7，8，9，10的9张牌洗均匀后正面向下放在桌面上，从中随机抽取一张，抽出的牌上的数恰为3的倍数的概率是_____．

9．（2020·重庆梁平·九年级期末）如图，网高为0.8米，击球点到网的水平距离为3米，小明在打网球时，要使球恰好能打过网，且落点恰好在离网4米的位置上，则球拍击球的高度h为___米．

10．（2020·重庆梁平·九年级期末）在△ABC中，∠C=90°，若tanA=，则sinB=______．

11．（2020·重庆梁平·九年级期末）如图，有一个形如六边形的点阵，它的中心是一个点，作为第一层，第二层每边有2个点，第三层每边有3个点，依此类推，若n层六边形点阵的总点数为91，则n等于___．

12．（2020·重庆梁平·九年级期末）甲、乙两辆汽车从A地出发前往相距250千米的B地，乙车先出发匀速行驶，一段时间后，甲车出发匀速追赶，途中因油料不足，甲到服务区加油用了6分钟，为了尽快追上乙车，甲车提高速度仍保持匀速行驶，追上乙车后继续保持这一速度直到B地，如图是甲、乙两车之间的距离s（km）与乙车出发时间t（h）之间的函数关系图象，则甲车追上乙车时的速度为______km/h．

13．（2021·重庆梁平·九年级期末）假期，爸爸带小明去A地旅游．小明想知道A地与他所居住的城市的距离，他在比例尺为1∶500 000的地图上测得所居住的城市距A地32 cm，则小明所居住的城市与A地的实际距离为________km.

14．（2021·重庆梁平·九年级期末）比较大小:2sin60+tan45_________4cos60  (用“>”或“=”或“<”连接).

15．（2021·重庆梁平·九年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，AF交DC于E，交BC的延长线于F，若＝，AD＝4厘米，则CF＝_____厘米．

16．（2021·重庆梁平·九年级期末）若，是方程的两个实数根，则的值为__________．

17．（2021·重庆梁平·九年级期末）关于的方程的解是，（，，均为常数，），则方程的解是______．

18．（2021·重庆梁平·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点在第一象限，点在轴上，点在轴上，、分别是、的中点．过点的双曲线与交于点．连结，点在上，且，连结、．若的面积为，则的值为__________．

参考答案：

1．##

【分析】利用二次根式的性质化简即可．

【详解】解：∵，

∴．

故答案为：．

【点睛】本题考查了利用二次根式的性质化简，掌握二次根式的性质是解题的关键．

2．∠D=∠B（答案不唯一）

【分析】根据相似三角形的判定定理再补充一个相等的角即可．

【详解】解：∵∠DAB=∠CAE

∴∠DAE=∠BAC

∴当∠D=∠B或∠AED=∠C或AD：AB=AE：AC或AD•AC=AB•AE时△ABC∽△ADE．

故答案为：∠D=∠B（答案不唯一）．

3．(-4,-6)或(4,6)

【分析】根据如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k,那么位似图形对应点的坐标的比等于k或- k进行解答．

【详解】解：∵以原点0为位似中心，相似比为2: 1，将△OAB放大为⊿, B (2, 3),

则顶点的对应点B的坐标为(-4, -6)或(4, 6)．

故答案为:(-4, -6)或(4, 6)．

【点睛】本题考查了位似变换:位似图形与坐标，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k,那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．

4．

【分析】根据∠A的正弦求出∠A＝60°，再根据30°的正弦值求解即可．

【详解】解：∵，

∴∠A＝60°，

∴．

故答案为．

【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值，熟记30°、45°、60°角的三角函数值是解题的关键．

5．

【详解】试题解析：列表：

从上表可以看出，共有12种可能结果，其中大于或等于30元共有8种可能结果，

因此P（不低于30元）=．

【点睛】本题主要考查用列表法或树状图求概率．解决本题的关键是弄清题意，满200元可以摸两次，但摸出一个后不放回，概率在变化．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

6．x1＝﹣2，x2＝﹣1

【分析】首先根据题意可以设y＝2x+5，方程可以变为 y2﹣4y+3＝0，然后解关于y的一元二次方程，接着就可以求出x．

【详解】解：（2x+5）2﹣4（2x+5）+3＝0，

设y＝2x+5，

方程可以变为 y2﹣4y+3＝0，

∴y1＝1，y2＝3，

当y＝1时，即2x+5＝1，解得x＝﹣2；

当y＝3时，即2x+5＝3，解得x＝﹣1，

所以原方程的解为：x1＝﹣2，x2＝﹣1．

故答案为：x1＝﹣2，x2＝﹣1．

【点睛】本题考查了因式分解法解一元二次方程，换元法解一元二次方程，解题的关键是掌握解一元二次方程进行解题．

7．

【详解】解：原式=3﹣6×=3﹣2=．

故答案为．

8．．

【详解】已知数字为3的倍数的扑克牌一共有3张，且共有9张扑克牌，根据概率公式可得抽出的牌上的数恰为3的倍数的概率P==．

考点：概率公式.

9．1.4

【分析】根据相似三角形对应边成比例列式计算即可得．

【详解】由题意得,，

解得h=1.4．

故答案为1.4．

【点睛】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握性质定理是解题的关键．

10．

【分析】直接根据题意表示出三角形的各边，进而利用锐角三角函数关系得出答案．

【详解】如图所示：

∵∠C=90°，tanA=，

∴设BC=x，则AC=2x，故AB=x，

则sinB=.

故答案为 ．

【点睛】此题主要考查了锐角三角函数关系，正确表示各边长是解题的关键．

11．6

【分析】根据图形可知从第三层开始，每层都比前一层多6，根据规律计算出总点数是91的层数即可．

【详解】解：由图知，一层六边形点阵的总点数为1个，

二层六边形点阵的总点数为1+6＝7个，

三层六边形点阵的总点数为1+6+6×2＝19个，

四层六边形点阵的总点数为1+6+6×2+6×3＝37个，

五层六边形点阵的总点数为1+6+6×2+6×3+6×4＝61，

六层六边形点阵的总点数为1+6+6×2+6×3+6×4+6×5＝91，

故答案为：6．

【点睛】本题主要考查图形的变化规律，归纳出每层点数的变化规律是解题的关键．

12．120

【分析】根据函数图象中的数据可以分别求得乙的速度和甲开始的速度，根据甲车到服务区加油到追上乙车的时间乙行驶的路程加上加油时相距的10km，除以甲车追上乙车用的时间，从而可以解答本题．

【详解】解：由题意可得，

乙车的速度为：40÷0.5＝80（km/h），

甲车开始时的速度为：(2×80﹣10)÷(2﹣0.5)＝100（km/h），

甲车到服务区加油到追上乙车的时间乙行驶的路程：80×(−2)＝44（km），

甲车追上乙车时的速度为：(44+10)÷(−2﹣)＝120（km/h），

故答案为：120．

【点睛】本题考查了一次函数的应用．解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．

13．160

【分析】设小明所居住的城市与A地的实际距离为x km，根据比例尺的定义列出方程，解方程求得x的值即可.

【详解】设小明所居住的城市与A地的实际距离为x km，

根据题意可列比例式为，

解得x＝160.

∴小明所居住的城市与A地的实际距离为160km.

故答案为160.

【点睛】本题考查了比例尺的定义，熟知比例尺是图上距离与实际距离的比值是解题的关键.

14．＞

【分析】先求特殊角的三角函数值，再进行大小比较，即可.

【详解】∵2sin60+tan45==，4cos60=，

∴2sin60+tan45＞4cos60，

故答案是：＞

【点睛】本题主要考查特殊角的三角函数值，理解并牢记特殊角的三角函数值，是解题的关键.

15．2

【分析】由平行四边形中CD∥AB，则∠FEC＝∠FAB，∠FCE＝∠FBA，可知△FEC∽△FAB，从而得到相似比FE：AE＝1：2，又由AD∥BC，所以∠EAD＝∠ECF，∠EDA＝∠ECF，可知△ADE∽△FCE，从而得到CF：AD＝FE：EA，所以可以得到CF＝2．

【详解】解：∵平行四边形ABCD

∴CD∥AB

∴∠FEC＝∠FAB，∠FCE＝∠FBA

∴△FEC∽△FAB

∴EC：AB＝FE：AF＝1：3

∵AF＝EF+AE

∴FE：AE＝1：2

∵AD∥BC

∴∠EAD＝∠ECF，∠EDA＝∠ECF

∴△ADE∽△FCE

∴CF：AD＝FE：EA

∵AD＝4

∴CF＝2

【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质：平行四边形的对角相等，及相似三角形的性质．

16．1

【分析】根据一元二次方程的根与系数的关系可得和的值，再代入求值即可得．

【详解】由一元二次方程的根与系数的关系得：，

则，

故答案为：1．

【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程的根与系数的关系是解题关键．

17．

【分析】可把方程看作关于的一元二次方程，从而得到或，然后解两个一次方程即可．

【详解】解：把方程看作关于的一元二次方程，

而关于的方程的解是，，

所以或，，

所以．

故答案为：．

【点睛】本题考查了一元二次方程的解，根据换元法得到一元一次方程是解题的关键．

18．

【分析】设矩形OABC中OA=2a，AB=2b，由D、E分别是AB，OA中点，得出点D（b，2a）、E（0，a），过点F作FP⊥BC于点P，延长PF交OA于点Q，可得四边形OABC是矩形，即OQ=PC，PQ=OC=2b，证明△CFP∽△CDB，得出，从而得出CP=，FP=，EQ=，FQ=，最后根据S梯形ADFQ-S△ADE-S△EFQ=6，求得即可得出答案．

【详解】解：设矩形OABC中OA=2a，AB=2b，

∵D、E分别是AB，OA中点，

∴点D（b，2a）、E（0，a），

如图，过点F作FP⊥BC于点P，延长PF交OA于点Q，

∵四边形OABC是矩形，

∴∠QOC=∠OCP=∠CPQ=90°，

∴四边形OCPQ是矩形，

∴OQ=PC，PQ=OC=2b，

∵FP⊥BC、AB⊥BC，

∴FP∥DB，

∴△CFP∽△CDB，

∴，

即，

可得CP=，FP=，

则EQ=EO-OQ=a-=，FQ=PQ-PF=2b-=，

∵△DEF的面积为6，

∴S梯形ADFQ-S△ADE-S△EFQ=6，

即•（b+）•-b-ו=6，

可得ab=，

则k=2ab=．

故答案为：．

【点睛】本题主要考查反比例函数系数的几何意义及相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质及三角形的面积，利用相似三角形的判定与性质表示出点F的坐标是解题的关键．