2023-2024学年江苏省无锡市梁溪区九年级（上）期末数学试卷-普通用卷

这是一份2023-2024学年江苏省无锡市梁溪区九年级（上）期末数学试卷-普通用卷，共28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。
1.下列方程是一元二次方程的是( )
A. x−3=(−3)2B. x+3=1xC. x2+4x+3=0D. 2x2−3y=x2
2.已知⊙O与直线l相交，圆心到直线l的距离为6cm，则⊙O的半径可能为( )
A. 4cmB. 5cmC. 6cmD. 7cm
3.Rt△ABC的边长都扩大2倍，则csA的值( )
A. 不变B. 变大C. 变小D. 无法判断
4.下列说法正确的是( )
A. 三点确定一个圆B. 垂直于弦且过圆心的直线平分这条弦
C. 各边都相等的多边形是正多边形D. 三角形的外心到三角形三边的距离相等
5.某农家前年水蜜桃亩产量为900千克，今年的亩产量为1200千克.设从前年到今年平均增长率都为x，则可列方程( )
A. 900(1+2x)=1200B. 900(1+x2)=1200
C. 900(1+x)2=1200D. 900(1+x)=1200
6.如图，⊙O是△ABC的外接圆，OB=3，∠A=50°，则弧BC的长是( )
A. 56π
B. 53π
C. 103π
D. 2π
7.如图，平面直角坐标系中，A(2,0)，B(1,2)，C(−1,1)，以A为位似中心，把△ABC在点A同侧按相似比1：3放大，放大后的图形记作△AB1C1，则C1的坐标为( )
A. (−10,4)
B. (−7,4)
C. (−10,3)
D. (−7,3)
8.已知一次函数y=ax+b(a≠0)的图象经过第一、二、四象限，则二次函数y=ax2−bx(a≠0)的图象大致为( )
A. B.
C. D.
9.如图，点M是三边均不等的△ABC三条角平分线的交点，过M作DE⊥AM，分别交AB、AC于D、E两点，设BD=a，DE=b，CE=c，关于x的方程2ax2+bx+c=0( )
A. 一定有两个相等实数根
B. 一定有两个不相等实数根
C. 有两个实数根，但无法确定是否相等
D. 没有实数根
10.如图，多边形ABCDEF为正六边形，点P在边CD上，过点P作PQ//ED交EF于点Q，连接BQ，且满足∠BPC=∠BQP.设四边形PQED、四边形AFQB和△BCP的面积分别为S1、S2、S3，则正六边形ABCDEF的面积为( )
A. S1+2S2+2S3
B. S1+2S2+52S3
C. S1+2S2+3S3
D. 2S1+S2+2S3
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
11.在某市建设规划图上，城区南北长为120cm，该市城区南北实际长为36km，则该规划图的比例尺是______．
12.已知圆锥的底面半径是6cm，高是8cm，则圆锥的侧面积是______m2．
13.若抛物线y=x2−2x+ax+2的对称轴是y轴，则a的值是______．
14.已知点A(−2,3)、B(3,3)、C(5,3)、D(3,−1)，若一条抛物线经过其中三个点，则不在该抛物线上的点是点______．
15.点C是线段AB的黄金分割点(AC>BC)，若AB=2a，则AC= ______(结果用含a的代数式表示)．
16.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=5，BC=12，AM=1，I为△ABC的内心，则IM= ______．
17.若二次函数y=x2+2x−b的图象与坐标轴有两个公共点，则b满足的条件是______．
18.如图，点M(2,0)、N(0,4)，以点M为圆心 5为半径作⊙M交y轴于A、B两点，点C为⊙M上一动点，连接CN，取CN中点D，连接AD、BD，则AD2+BD2的最大值为______．
三、解答题：本题共10小题，共96分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
计算：
(1) 27+(π− 5)0−2tan60°；
(2)2cs30°−|sin60°−1|−tan45°．
20.(本小题8分)
解方程：
(1)(x−1)2−2(x−1)=0；
(2)2x2+3x−1=0．
21.(本小题10分)
图1、图2均是8×8的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形的边长为1，点A、B、C均在格点上.在图1、图2中，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，不要求写出画法，保留作图痕迹．
(1)在图1中画出△ABC的中线BD；
(2)在图2中△ABC的边BC上找到一点F，使S△ABF；S△ACF=2：3；
(3)sinA= ______．
22.(本小题10分)
如图，点D、E、F分别在等边△ABC的三边AB、AC、BC上，且DE⊥EF，∠DFE=60°．
(1)求证：△DBF∽△FCE；
(2)若EC=1，求BF的长．
23.(本小题10分)
如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，在边AC上取一点O，以O为圆心，AO为半径作圆，分别交AB、AC于点D、E，连接DE、DC，∠DCB=2∠A．
(1)求证：DC是⊙O的切线；
(2)若tanA=12，BC=5，求△DBC的面积．
24.(本小题10分)
某天李老师佩戴运动手环进行快走锻炼，两次锻炼后的数据如下表.与第一次锻炼相比，李老师第二次锻炼步数增长的百分率是其平均步长减少的百分率的2倍.设李老师第二次锻炼时平均步长减少的百分率为x(00，
∴x=−3± 174，
∴x1=−3+ 174，x2=−3− 174．
【解析】(1)利用解一元二次方程−因式分解，进行计算即可解答；
(2)利用解一元二次方程−公式法，进行计算即可解答．
本题考查了解一元二次方程−配方法，公式法，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
21.【答案】3 1313
【解析】解：(1)取格点G，H，连接GH交AC于D，连接BD，如图：
BD即为所求；
理由：∵四边形AGCH是正方形，
∴D为AC中点，
∴BD是△ABC的中线；
(2)取格点P，Q，连接PQ交BC于F，连接AF，如图：
点F即为所求；
理由：∵NFPM=QNQM=25，PM=1，
∴NF=0.4，
∴EF=0.6，
∴BF=2.4，CF=3.6，
∴BFCF=23，
∴S△ABF；S△ACF=2：3；
(3)取AC上的格点K，连接BK，如图：
由图可知，△CKT，△BKT都是等腰直角三角形，
∴∠CKT=∠BKT=45°，
∴∠BKC=90°=∠BKA，
∴sinA=BKAB= 32+32 12+52=3 1313；
故答案为：3 1313．
(1)取格点G，H，连接GH交AC于D，连接BD，BD即为所求；
(2)取格点P，Q，连接PQ交BC于F，连接AF，点F即为所求；
(3)取AC上的格点K，连接BK，可求出∠CKT=∠BKT=45°，故∠BKC=90°=∠BKA，从而sinA=BKAB= 32+32 12+52=3 1313．
本题考查作图−应用与设计作图，解题的关键是掌握网格的特征，作出满足条件的图形．
22.【答案】(1)证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，
∴∠BDF+∠DFB=180°−∠B=120°，
∵∠DFE=60°，
∴∠DFB+∠EFC=180°−60°=120°，
∴∠BDF=∠EFC，
∴△BDF∽△CFE；
(2)解：∵DE⊥EF，∠DFE=60°，
∴∠EDF=30°，
∴DF=2EF，
由(1)知：△BDF∽△CFE，
∴DFEF=BFCE=2，
∵EC=1，
∴BF=2．
【解析】(1)根据题中条件可推出∠B=∠C=60°，即可推出∠BDF+∠DFB=120°，根据∠DFE=60°可推出∠DFB+∠EFC=120°，证出∠BDF=∠EFC，即可证出△BDF∽△CFE；
(2)根据含30度角的直角三角形的性质得DF=2EF，结合(1)利用比例即可求出BF的长．
本题主要考查了相似三角形的判定与性质以及等边三角形的性质，解题关键是证出△BDF和△CFE相似．
23.【答案】(1)证明：连接OD，
∵∠COD=2∠A，∠DCB=2∠A，
∴∠COD=∠DCB，
∵∠ACB=90°，
∴∠COD+∠OCD=∠DCB+∠OCD=∠ACB=90°，
∴∠ODC=180°−(∠COD+∠OCD)=90°，
∵OD是⊙O的半径，且DC⊥OD，
∴DC是⊙O的切线．
(2)解：作CF⊥AB于点F，则∠CFB=∠ACB=90°，
∴∠BCF=∠A=90°−∠B，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ADE=90°，
∴∠BDE=90°，
∴∠B+∠CED=360−∠ACB−∠BDE=180°，
∵∠OED+∠CED=180°，
∴∠B=∠OED，
∵∠DCB=∠DOE，
∴△DCB∽△DOE，
∴∠CDB=∠ODE，
∵OD=OE，
∴∠OED=∠ODE，
∴∠B=∠CDB，
∴DC=BC，
∴BF=DF，
∵BFCF=tan∠BCF=tanaA=12，BC=5，
∴CF=2BF，
∴BC= CF2+BF2= (2BF)2+BF2= 5BF=5，
∴BF= 5，
∴BD=2BF=2 5，CF=2BF=2 5，
∴S△DBC=12BD⋅CF=12×2 5×2 5=10，
∴△DBC的面积为10．
【解析】(1)连接OD，由∠COD=2∠A，∠DCB=2∠A，得∠COD=∠DCB，则∠COD+∠OCD=∠DCB+∠OCD=∠ACB=90°，所以∠ODC=90°，即可证明DC是⊙O的切线；
(2)作CF⊥AB于点F，则∠BCF=∠A=90°−∠B，由∠ADE=∠BDE=90°，证明∠B+∠CED=180°，而∠OED+∠CED=180°，所以∠B=∠OED，可证明△DCB∽△DOE，则∠CDB=∠ODE，因为∠OED=∠ODE，所以∠B=∠CDB，则BF=DF，由BFCF=tan∠BCF=tanaA=12，得CF=2BF，则BC= CF2+BF2= 5BF=5，所以BF= 5，则BD=2BF=2 5，CF=2BF=2 5，求得S△DBC=12BD⋅CF=10．
此题重点考查圆周角定理、切线的判定定理、等腰三角形的判定与性质、同角的补角相等、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
24.【答案】10000(1+3x) 0.6(1−x)
【解析】解：(1)①根据题意可得：10000(1+3x)；
②第二次锻炼的平均步长(米/步)为：0.6(1−x)；
故答案为：10000(1+3x)；0.6(1−x)；
(2)由题意：10000(1+3x)×0.6(1−x)=7020
解得：x1=1730>0.5(舍去)，x2=0.1．
则x=0.1，
答：x的值为0.1．
(1)①直接利用王老师第二次锻炼步数增长的百分率是其平均步长减少的百分率的3倍，得出第二次锻炼的步数；
②利用王老师第二次锻炼时平均步长减少的百分率为x，即可表示出第二次锻炼的平均步长(米/步)；
(2)根据题意表示出第二次锻炼的总距离，进而得出答案．
此题主要考查了一元二次方程的应用，根据题意正确表示出第二次锻炼的步数与步长是解题关键．
25.【答案】解：(1)∵BC⊥AF，
∴∠BCF=90°，
∵∠BFC=53°，CF=6m，
∴tan∠BFC=BCCF=BC6≈43，
∴BC=8，
∵BCAC=1：2，
∴AC=2BC=16，
答：土坡的水平距离AC为16m；
(2)延长ED交AC于G，
则∠AGD=90°，
∴DGAG=12，
设AG=2x m，DG=x m，
∴AD= AG2+DG2= 5x=5，
∴x= 5，
∴AG=2 5m，DG= 5m，
∴FG=AC−AG+CF=16−2 5+6=(22−2 5)m，
在Rt△EFG中，tan∠EFG=EGFG=EG22−2 5≈43，
∴EG=4×(22−2 5)3=88−8 53(m)，
∴DE=EG−DG=88−8 53− 5≈17.2(m)，
答：树高DE约为17.2m．
【解析】(1)根据垂直的定义得到∠BCF=90°，根据三角函数的定义即可得到结论；
(2)延长ED交AC于G，得到∠AGD=90°，设AG=2x m，DG=xm，根据勾股定理得到AD= AG2+DG2= 5x=5，求得AG=2 5m，DG= 5m，得到FG=AC−AG+CF=16−2 5+6=(22+2 5)m，根据三角函数的定义即可得到结论．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，解直角三角形的应用−坡角坡度问题，正确地找出辅助线是解题的关键．
26.【答案】(1)解：由题意，y=ax2−(a+b)x+b=(ax−b)(x−1)，
又M(−4,m)(m>0)在该二次函数的图象上，
∴(−4a−b)×(−5)>0．
∴−4a−b0．
∴一次函数y=(k2+3)x+3k(x≥1)图象上所有的点都高于点P(1,0)．
【解析】(1)依据题意，y=ax2−(a+b)x+b=(ax−b)(x−1)，又M(−4,m)(m>0)在该二次函数的图象上，从而(−4a−b)×(−5)>0，进而−4a0，故可判断得解．
本题主要考查了二次函数的图象与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．
27.【答案】1 (−1,−92)
【解析】解：(1)把A(−4,0)代入y=12x2+bx−4，
得12×16−4b−4=0，
解得b=1，
得抛物线的解析式为y=12x2+x−4，
整理得y=12(x+1)2−92，
得顶点的坐标为(−1,−92)；
故答案为：1，(−1,−92)；
(2)把x=0代入y=12x2+x−4，
得y=−4，
∴点C的坐标为(0,−4)，
由点P在线段DE上，设点P的坐标为(−1,a)，
则−92≤a