2022-2023学年辽宁省大连三十七中九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年辽宁省大连三十七中九年级（上）期末数学试卷（含解析），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。

2022-2023学年辽宁省大连三十七中九年级（上）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，点A，B，C均在⊙O上，若∠AOB=50°，则∠ACB的度数是(    )
A. 25°
B. 50°
C. 75°
D. 100°


2. 如图，已知D，E分别是AB，AC上的点，且DE//BC，AE=2k，EC=k，DE=4，那么BC等于(    )


A. 4 B. 5 C. 6 D. 8
3. 二次函数y=−2(x−1)2+3的图象的顶点坐标是(    )
A. (1,3) B. (−1,3) C. (1,−3) D. (−1,−3)
4. 如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，⊙O的半径为1，则边心距OM的长为(    )
A. 3
B. 32
C. 12
D. 2 3
5. 将抛物线y=(x+1)2−4的图象先向左平移2个单位，再向上平移3个单位，得到的抛物线的解析式是(    )
A. y=(x−1)2−1 B. y=(x+3)2−1 C. y=(x−1)2−7 D. y=(x+3)2−7
6. 在平面直角坐标系中，已知点E(−4,2)，F(−2,−2)，以原点O为位似中心，将△EFO放大为原来的2倍，则点E的对应点E1的坐标是(    )
A. (−2,1) B. (−8,4)
C. (−8,4)或(8,−4) D. (−2,1)或(2,−1)
7. 在同一平面内，已知⊙O的半径为2cm，OP=5cm，则点P与⊙O的位置关系是(    )
A. 点P在⊙O圆外 B. 点P在⊙O上 C. 点P在⊙O内 D. 无法确定
8. 若某人沿倾斜角为β的斜坡前进100m，则他上升的最大高度是(    )
A. 100sinαm B. 100sinβm C. 100cosαm D. 100cosβm
9. 如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(3,4)，那么sinα的值是(    )
A. 35
B. 34
C. 45
D. 43


10. 已知一个扇形的半径为60cm，圆心角为180°，若用它做成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为(    )
A. 15cm B. 20cm C. 25cm D. 30cm
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 某班某同学要测量学校升旗的旗杆高度，在同一时刻，量得某一同学的身高是1.5m，影长是1m，旗杆的影长是8m，则旗杆的高度是______  m．
12. 如图是水平放置的水管截面示意图，已知水管的半径为50cm，水面宽AB=80cm，则水深CD约为______cm．


13. 已知函数y=−(x−1)2+2图象上两点A(2,y1)，B(3,y2)，则y1与y2的大小关系是y1 ______ y2(填“<”、“>”或“=”)
14. 如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC与正方形ODEF是位似图形，点O为位似中心，位似比为2：3，点B、E在第一象限，若点A的坐标为(4,0)，则点E的坐标是______．


15. 如图，在⊙O中，弦BC=2，点A是圆上一点，且∠BAC=30°，则⊙O的半径是______ ．


16. 如图，若被击打的小球飞行高度h(单位：m)与飞行时间t(单位：s)之间具有的关系为h=20t−5t2，则小球从飞出到落地所用的时间为          s.

三、解答题（本大题共9小题，共92.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题12.0分)
(1)解方程：x2−4x−8=0；
(2)计算：|−2|+ 3tan30°−2−1+(−2022)0．
18. (本小题10.0分)
如图，∠CAB=∠CBD，AB=4，AC=8，BD=12，BC=6.求CD的长．

19. (本小题10.0分)
如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的三个顶点的坐标分别为A(−3,4)，B(−5,2)，C(−2,1)．
(1)将△ABC绕原点O顺时针方向旋转90°得到的△A1B1C1，写出A1，B1，C1的坐标；
(2)求(1)中线段OB扫过的图形面积．

20. (本小题10.0分)
如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，点A的坐标为(3,0)，点C的坐标为(0,3)．
(1)求b与c的值；
(2)求函数的最大值；
(3)M(m,n)是抛物线上的任意一点，当n≥74时，利用函数图象写出m的取值范围．

21. (本小题10.0分)
如图，建筑物BC上有一旗杆AB，从与BC相距20m的D处观测旗杆顶部A的仰角为52°，观测旗杆底部B的仰角为45°，求旗杆AB的高度(结果保留小数点后一位.参考数据：sin52°≈0.79，cos52°≈0.62，tan52°≈1.28， 2≈1.41)．

22. (本小题10.0分)
如图，用一段长为30米的篱笆围成一个一边靠墙的矩形苗圃园，墙长为18米，设这个苗圃园垂直于墙的一边AB的长为x米，苗圃园的面积为y平方米．
(1)求y关于x的函数表达式．
(2)当x为何值时，苗圃的面积最大？最大值为多少平方米？

23. (本小题10.0分)
如图，AB是⊙O的直径，AD与⊙O交于点A，点E是半径OA上一点(点E不与点O，A重合).连接DE交⊙O于点C，连接CA，CB.若CA=CD，∠ABC=∠D．
(1)求证：AD是⊙O的切线；
(2)若AB=13，CA=CD=5，则AD的长是______．

24. (本小题10.0分)
如图，△ABC中，∠C=90°，AB=5，tanA=2，点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿AB向点B运动，过点P作PD⊥AB交△ABC的直角边于点D，以PD为边向PD右侧作正方形PDEF.设点P的运动时间为t秒，正方形PDEF与△ABC的重叠部分的面积为S．
(1)用含t的代数式表示线段PD的长；
(2)求S与t的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围．


25. (本小题10.0分)
数学课上，老师出示了这样一道题：
如图，在△ABC中，BA=BC，AB=kAC，点F在AC上，点E在BF上，BE=2EF，点D在BC延长线上，连接AD、AE，∠ACD+∠DAE=180°，探究线段AD与AE的数量关系并证明．
同学们经过思考后，交流了自己的想法：
小明：“通过观察和度量，发现∠CAD与∠EAB相等”
小亮：“通过观察和度量，发现∠FAE与∠D也相等”
小伟：“通过边角关系构造辅助线，经过进一步推理，可以得到线段AD与AE的数量关系.”
(1)求证：∠CAD=∠EAB；
(2)求ADAE的值(用含有K的式子表示)．


答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：∵∠AOB=50°，
∴∠ACB=12∠AOB=12×50°=25°，
故选：A．
利用圆周角定理，进行计算即可解答．
本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．

2.【答案】C 
【解析】解：∵DE//BC
∴△ADE∽△ABC
∴ED：CB=AE：AC
设DB=AE=x
∵AE=2k，EC=k，DE=4，
∴4：BC=2k：(2k+k)，
解得BC=6．
故选：C．
根据已知可证△ADE∽△ABC，可得DE：CB=AE：AC，即可求BC的长．
本题考查了平行线分线段成比例定理以及相似三角形的性质，相似三角形的对应边成比例．

3.【答案】A 
【解析】解：二次函数y=−2(x−1)2+3的图象的顶点坐标为(1,3)．
故选：A．
根据二次函数顶点式解析式写出顶点坐标即可．
本题考查了二次函数的性质，熟练掌握利用顶点式解析式写出顶点坐标的方法是解题的关键．

4.【答案】B 
【解析】解：连接OB，
∵六边形ABCDEF是⊙O内接正六边形，
∴∠BOM=360°6×2=30°，
∴OM=OB⋅cos∠BOM=1× 32= 32；
故选：B．
根据正六边形的性质求出∠BOM，利用余弦的定义计算即可．
本题考查的是正多边形和圆的有关计算，掌握正多边形的中心角的计算公式、熟记余弦的概念是解题的关键．

5.【答案】B 
【解析】解：将抛物线y=(x+1)2−4的图象先向左平移2个单位，再向上平移3个单位，得到的抛物线的解析式是：y=(x+3)2−4+3，即y=(x+3)2−1，
故选：B．
根据二次函数平移规律左加右减，上加下减，得出平移后解析式即可．
本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．

6.【答案】C 
【解析】解：∵原点O为位似中心，将△EFO放大为原来的2倍，点E的坐标为(−4,2)，
∴点E的对应点E1的坐标为(−4×2,2×2)或(−4×(−2),2×(−2))，即(−8,4)或(8,−4)，
故选：C．
根据位似变换的性质解答即可．
本题考查的是位似变换，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．

7.【答案】A 
【解析】解：∵⊙O的半径为2cm，OP=5cm，
∴点P到圆心的距离大于圆的半径，
∴点P在⊙O外．
故选：A．
根据点与圆的位置关系的判定方法对点P与⊙O的位置关系进行判断．
本题考查了点与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则点P在圆外⇔d>r；点P在圆上⇔d=r；点P在圆内⇔d
8.【答案】B 
【解析】解：由题意得：∠B=β，AB=100m，
∵sinB=ACAB，
∴AC=AB⋅sinB=100sinβ(m)，
故选：B．
根据正弦的定义计算即可．
本题考查的是解直角三角形的应用−坡度坡角问题，熟记正弦的定义是解题的关键．

9.【答案】C 
【解析】解：过A作AB⊥x轴于B，如图，
∵点A的坐标为(3,4)，
∴OB=3，AB=4，
∴OA= OB2+AB2= 32+42=5，
在Rt△AOB中，sinα=ABOA=45．
故选：C．
过A作AB⊥x轴于B，如图，先利用勾股定理计算出OA=5，然后在Rt△AOB中利用正弦的定义求解．
本题考查了锐角三角函数的定义，充分利用勾股定理和解直角三角形计算三角形的边或角．也考查了坐标与图形性质．

10.【答案】D 
【解析】解：设这个圆锥的底面半径为r cm，
根据题意得2πr=180×π×60180，
解得r=30，
即这个圆锥的底面半径为30cm．
故选：D．
设这个圆锥的底面半径为rcm，由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，则利用弧长公式得到2πr=180×π×60180，然后解方程即可．
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．

11.【答案】12 
【解析】解：设旗杆的高度为x，
根据在同一时刻同一地点任何物体的高与其影子长比值是相同的，得：1.51=x8，
∴x=1.5×81=12m，
∴旗杆的高度是12m．
故答案为：12．
因为在同一时刻同一地点任何物体的高与其影子长比值是相同的，所以同学的身高与其影子长的比值等于旗杆的高与其影子长的比值．
本题考查了相似三角形的应用，解题关键是知道在同一时刻同一地点任何物体的高与其影子长比值是相同的．

12.【答案】20 
【解析】解：连接OA、如图，设⊙O的半径为R，
∵CD为水深，即C点为弧AB的中点，CD⊥AB，
∴CD必过圆心O，即点O、D、C共线，AD=BD=12AB=40，
在Rt△OAD中，OA=50，OD=50−x，AD=40，
∵OD2+AD2=OA2，
∴(50−x)2+402=502，解得x=20，
即水深CD约为为20．
故答案为；20
连接OA，设CD为x，由于C点为弧AB的中点，CD⊥AB，根据垂径定理的推理和垂径定理得到CD必过圆心0，即点O、D、C共线，AD=BD=12AB=40，在Rt△OAD中，利用勾股定理得(50−x)2+402=502，然后解方程即可．
本题考查了垂径定理的应用：从实际问题中抽象出几何图形，然后垂径定理和勾股定理相结合，构造直角三角形，可解决计算弦长、半径、弦心距等问题．

13.【答案】> 
【解析】解：∵y=−(x−1)2+2，
∴二次函数图象开口向下，对称轴为直线x=1，
∵3>2>1，
∴y1>y2．
故答案为：>．
先根据函数解析式确定出对称轴为直线x=1，再根据二次函数的增减性，x>1时，y随x的增大而减小解答．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟知二次函数的性质是解题的关键．

14.【答案】(6,6) 
【解析】解：∵正方形OABC与正方形ODEF是位似图形，点O为位似中心，位似比为2：3，
∴OAOD=23，OCOF=23，即4OD=23，4OF=23，
解得，OD=6，OF=6，
则点E的坐标为(6,6)，
故答案为：(6,6)．
根据位似变换的概念、相似三角形的性质列式计算即可．
本题考查的是位似变换的概念、相似三角形的性质、正方形的性质，掌握位似变换的两个图形相似是解题的关键．

15.【答案】2 
【解析】解：连接OB、OC，如图，
∵∠BOC=2∠BAC=2×30°=60°，
而OB=OC，
∴△OBC为等边三角形，
∴OB=BC=2，
即⊙O的半径为2．
故答案为：2．
连接OB、OC，根据圆周角定理得∠BOC=2∠BAC=60°，而OB=OC，于是可判断△OBC为等边三角形，所以OB=BC=1．
本题考查了圆周角定理：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．也考查了等边三角形的判定与性质．

16.【答案】4 
【解析】
【分析】
本题考查了二次函数的性质在实际生活中的应用．此题为数学建模题，关键在于读懂小球从飞出到落地即飞行的高度为0时的情形，借助二次函数解决实际问题．此题较为简单，根据关系式，令h=0即可求得t的值为飞行的时间．
【解答】
解：依题意，令h=0得：
0=20t−5t2，
得t(20−5t)=0，
解得t=0(舍去)或t=4，
即小球从飞出到落地所用的时间为4s．
故答案为4．  
17.【答案】解：(1)x2−4x−8=0，
x2−4x=8，
x2−4x+4=8+4，即(x−2)2=12，
∴x−2=±2 3，
∴x1=2+2 3，x2=2−2 3；
(2)原式=2+ 3× 33−12+1
=2+1−12+1
=312． 
【解析】(1)方程利用配方法求出解即可；
(2)原式第一项利用绝对值的代数意义化简，第二项利用特殊角的三角函数值计算，第三项利用负整数指数幂法则计算，最后一项利用零指数幂意义计算即可得到结果．
此题考查了解一元二次方程，实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

18.【答案】解：∵AB=4，AC=8，BD=12，BC=6，
∴ACBD=ABBC=23，
∵∠CAB=∠CBD，
∴△ABC∽△BCD，
∴BCCD=23，
∴CD=32BC=9．
故CD的长为9． 
【解析】由∠CAB=∠CBD，AB=4，AC=8，BD=12，BC=6，即可证得△ABC∽△BCD，然后由相似三角形的对应边成比例，即可求得CD的长．
此题考查了相似三角形的判定与性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．

19.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求；

(2)∵OB= 22+52= 29，
∴线段OA扫过的图形面积=90⋅π×29360=29π4． 
【解析】(1)根据图形旋转的性质画出旋转后的图形△A1B1C1即可；
(2)利用扇形的面积公式即可得出结论．
本题考查的是作图−旋转变换，熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键．

20.【答案】解：(1)∵C点坐标为(0,3)，
∴c=3，
∵A坐标为(3,0)，
∴代入可求得b=2；
(2)由(1)可知抛物线解析式为y=−x2+2x+3，y=−(x−1)2+4，
∴函数的最大值为4，
(3)在抛物线y=−x2+2x+3，令y=74，可得−x2+2x+3=74，
解得x=−12或x=52，又二次函数开口向下，
∴当n≥74时，−12≤m≤52． 
【解析】(1)把A、C两点坐标代入抛物线解析式可求得b、c；
(2)把二次函数化成顶点式可求得其最大值；
(3)在抛物线中令y=74，求得x值，根据图象可得出m的取值范围．
本题主要考查待定系数法求函数解析式，掌握二次函数顶点式是解题的关键，注意数形结合思想的应用．

21.【答案】解：在Rt△BCD中，∵tan∠BDC=BCCD，
∴BC=CD⋅tan∠BDC=20×tan45°=20m，
在Rt△ACD中，∵tan∠ADC=ACCD，
∴AC=CD⋅tan∠ADC=20×tan52°≈20×1.28=25.6m，
∴AB=AC−BC=5.6m．
答：旗杆AB的度约为5.6m． 
【解析】在Rt△BCD中，利用正切函数求得BC，在Rt△ACD中，利用正切函数求得AC，即可根据AB=AC−BC求得旗杆AB的高度．
本题考查了解直角三角形的应用--仰角俯角问题，要求学生能借助俯角构造直角三角形并解直角三角形．注意方程思想与数形结合思想的应用．

22.【答案】解：(1)根据题意得：y=x(30−2x)=−2x2+30x，
∴y关于x的函数表达式为y=−2x2+30x；
(2)由题意得：0<30−2x≤18，
解得6≤x<15，
由(1)知，y=−2x2+30x=−2(x−152)2+2252，
∵−2<0，6≤x<15，
∴当x=152时，y有最大值，最大值为2252，
答：当x=152时，苗圃的面积最大，最大值为2252平方米． 
【解析】(1)根据矩形的面积公式列出函数解析式即可；
(2)由函数的性质求函数的最值．
本题考查二次函数的应用，明确题意列出函数解析式是解答本题的关键．

23.【答案】解：(1)∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC+∠ABC=90°．
又∵CA=CD，
∴∠D=∠CAD，
又∵∠ABC=∠D，
∴∠CAD+∠BAC=90°，
即OA⊥AD，
∴AD是⊙O的切线；
(2)12013． 
【解析】(1)根据圆周角定理得到∠ACB=90°，在利用等腰三角形的性质以及等量代换可得∠CAD+∠BAC=90°，进而得出结论；
(2)由(1)可得∠ABC+∠BAC=90°=∠D+∠DEA，
∵∠ABC=∠D，
∴∠BAC=∠DEA，
∴CE=CA=CD=5，
∴DE=10，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，
BC= AB2−AC2= 132−52=12，
∵∠ACB=∠DAE=90°，∠ABC=∠D，
∴△ABC∽△EDA，
∴ABED=BCAD，
即1310=12AD，
解得，AD=12013．
本题考查切线的判定，圆周角定理以及相似三角形，掌握切线的判定方法和圆周角定理、相似三角形的判定和性质是解决问题的前提．

24.【答案】解：(1)如图1中，过点C作CH⊥AB于H.则∠AHC=∠CHB=90°，设AH=m．

在Rt△ACH中，CHAH=tanA=2，
∴CH═2AH=2m，
∵∠A+∠ACH=90°，∠ACH+∠BCH=∠ACB=90°，
∴∠BCH=∠A，
在Rt△BCH中，BHCH=tan∠BCH=2，
∴BH=2CH=4m，
∴AH+HB=AB，
∴5m=5，
∴m=1，
∵四边形PDEF是正方形，
∠APD=∠DPF=90°，
①当0 ∴PD=2PA=2t．
②当1
∵∠A+∠B=90°，∠B+∠PDB=90°，
∴∠PDB=∠A，
在Rt△DPB中，PBPD=tan∠BDP=2，
∴PD=12PB=12(5−t)=−12t+52．

(2)当点E落在BC上时，如图3中，由题意EF=PF=PD=2t，BF=2EF=4t，

∵AP+PF+BF=AB，
∴t+2t+4t=5，
∴t=57，
①当0 ②当57
在Rt△BNF中，FN=12BF=12(5−3t)，
∴EN=EF−FN=2t−12(5−3t)=72t−52，
在Rt△EMN中，EM=2EN=7t−5t，
∴S=S正方形PDEF−S△EMN=4t2−14(7t−5)2=−334t2+352t−254．
③当1 综上所述，S=4t2(0 【解析】(1)如图1中，过点C作CH⊥AB于H.则∠AHC=∠CHB=90°，设AH=m.分两种情形：①当0 (2)首先确定点E落在BC上的时间，分三种情形：①当0 本题属于几何变换综合题，考查了正方形的性质，多边形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．

25.【答案】(1)证明：∵BA=BC，
∴∠BAC=∠BCA，
∵∠ACD+∠DAE=180°，∠ACD+∠ACB=180°，
∴∠DAE=∠ACB，
∴∠DAE=∠BAC，
∴∠DAC=∠BAE．
(2)解：如图，过点C作∠ACM=∠ABE，交AD于点M，

∵∠DAC=∠BAE，
∴△AEB∽△AMC，
∴ACAB=AMAE=CMBE，
∵AB=kAC，
∴AM=1kAE，CM=1kBE，
∵BE=2EF，
∴CM=2kFE，
∵∠AEF=∠EAB+∠ABE，∠DMC=∠MAC+∠ACM，
∴∠DMC=∠AEF，
∵∠ACB=∠D+∠DAC，∠DAE=∠DAC+∠FAE，∠DAE=∠ACB，
∴∠D=∠FAE，
∴△DCM∽△AFE，
∴DMAE=CMEF，
∴DM=2kAE，
∴AD=AM+DM=3kAE，
∴ADAE=3k． 
【解析】(1)根据等角的补角相等证明即可．
(2)如图，过点C作∠ACM=∠ABE，交AD于点M.证明△AEB∽△AMC，可得ACAB=AMAE=CMBE，因为AB=kAC，推出AM=1kAE，CM=1kBE，CM=2kFE，再证明△DCM∽△AFE，可DMAE=CMEF，求出DM即可解决问题．
本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．