重庆市巴南区2022年九年级数学第一学期期末调研试题含解析

这是一份重庆市巴南区2022年九年级数学第一学期期末调研试题含解析，共20页。试卷主要包含了下列说法中，正确的是等内容，欢迎下载使用。

1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图，的半径为3，是的弦，直径，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
2．如图，在⊙O中，是直径，是弦，于，连接，∠，则下列说法正确的个数是（ ）
①；②；③；④
A．1B．2C．3D．4
3．如图，矩形的中心为直角坐标系的原点，各边分别与坐标轴平行，其中一边交轴于点，交反比例函数图像于点，且点是的中点，已知图中阴影部分的面积为，则该反比例函数的表达式是（ ）
A．B．C．D．
4．若关于的一元二次方程 有两个不相等的实数根，则的取值范围是（ ）
A．B．且C．D．且
5．把抛物线向右平移l个单位，然后向下平移3个单位，则平移后抛物线的解析式为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知△ABC≌△DEF，∠A=60°，∠E=40°，则∠F的度数为（ ）
A．40B．60C．80D．100
7．如图，小明要测量河内小岛B到河边公路l的距离，在A点测得，在C点测得，又测得米，则小岛B到公路l的距离为（ ）米．
A．25B．C．D．
8．一个不透明的布袋里装有5个只有颜色不同的球，其中2个红球，3个白球，从布袋中随机摸出一个球，摸出红球的概率是( )
A．B．C．D．
9．下列说法中，正确的是（ ）
A．不可能事件发生的概率为0
B．随机事件发生的概率为
C．概率很小的事件不可能发生
D．投掷一枚质地均匀的硬币100次，正面朝上的次数一定为50次
10．我市参加教师资格考试的人数逐年增加，据有关部门统计，2017年约为10万人次，2019年约为18.8万人次，设考试人数年均增长率为x，则下列方程中正确的是
A．10（1+2x）=18.8B．=10
C．=18.8D．=18.8
11．如图，若AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠ABD=55°，则∠BCD的度数为（ ）
A．B．C．D．
12．二次函数y=（x﹣1）2+2，它的图象顶点坐标是（ ）
A．（﹣2，1）B．（2，1）C．（2，﹣1）D．（1，2）
二、填空题（每题4分，共24分）
13．若点A（﹣4，y1）、B（﹣2，y2）、C（2，y3）都在反比例函数的图象上，则y1、y2、y3的大小关系是_________．
14．如图，在置于平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，点是内切圆的圆心．将沿轴的正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与轴重合，第一次滚动后圆心为，第二次滚动后圆心为，…，依此规律，第2020次滚动后，内切圆的圆心的坐标是__________．
15．一元二次方程的两根为, ,则的值为____________ .
16．一元二次方程的两实数根分别为，计算的值为__________．
17．如图,在矩形中，在上,在矩形的内部作正方形．当,时，若直线将矩形的面积分成两部分，则的长为________.
18．关于的一元二次方程有一个解是，另一个根为 _______．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图所示，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝11mm，BC＝14mm，动点P从点A开始，以1mm/S的速度沿边AB向B移动（不与点B重合），动点Q从点B开始，以4m/s的速度沿边BC向C移动（不与C重合），如果P、Q分别从A、B同时出发，设运动的时间为xs，四边形APQC的面积为ymm1．
（1）写出y与x之间的函数表达式；
（1）当x＝1时，求四边形APQC的面积．
20．（8分）如图，四边形中，平分.
（1）求证：；
（2）求证：点是的中点；
（3）若，求的长.
21．（8分）将图中的A型、B型、C型矩形纸片分别放在3个盒子中，盒子的形状、大小、质地都相同，再将这3个盒子装入一只不透明的袋子中．
（1）搅匀后从中摸出1个盒子，求摸出的盒子中是型矩形纸片的概率；
（2）搅匀后先从中摸出1个盒子（不放回），再从余下的两个盒子中摸出一个盒子，求2次摸出的盒子的纸片能拼成一个新矩形的概率（不重叠无缝隙拼接）．
22．（10分）放寒假，小明的爸爸把油箱注满油后准备驾驶汽车到距家300的学校接小明，在接到小明后立即按原路返回，已知小明爸爸汽车油箱的容积为70，请回答下列问题：
（1）写出油箱注满油后，汽车能够行使的总路程与平均耗油量之间的函数关系式；
（2）小明的爸爸以平均每千米耗油0.1的速度驾驶汽车到达学校，在返回时由于下雨，小明的爸爸降低了车速，此时每千米的耗油量增加了一倍，如果小明的爸爸始终以此速度行使，油箱里的油是否够回到家？如果不够用，请通过计算说明至少还需加多少油？
23．（10分）计算：2sin30°﹣cs45°﹣tan230°．
24．（10分）如图，是直径AB所对的半圆弧，点P是与直径AB所围成图形的外部的一个定点，AB=8cm，点C是上一动点，连接PC交AB于点D．
小明根据学习函数的经验，对线段AD，CD，PD，进行了研究，设A，D两点间的距离为x cm，C，D两点间的距离为cm，P，D两点之间的距离为cm．
小明根据学习函数的经验，分别对函数，随自变量x的变化而变化的规律进行了探究．
下面是小明的探究过程，请补充完整：
（2）按照下表中自变量x的值进行取点、画图、测量，分别得到了，与x的几组对应值：
补充表格；（说明：补全表格时，相关数值保留两位小数）
（2）在同一平面直角坐标系中，描出补全后的表中各组数值所对应的点，并画出函数的图象：
（3）结合函数图象解决问题：当AD＝2PD 时，AD的长度约为___________．
25．（12分）如图，BC是路边坡角为30°，长为10米的一道斜坡，在坡顶灯杆CD的顶端D处有一探射灯，射出的边缘光线DA和DB与水平路面AB所成的夹角∠DAN和∠DBN分别是37°和60°（图中的点A、B、C、D、M、N均在同一平面内，CM∥AN）．
（1）求灯杆CD的高度；
（2）求AB的长度（结果精确到0.1米）．（参考数据：=1.1．sin37°≈060，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75）
26．已知：在Rt△ABC中，AB=BC,在Rt△ADE中，AD=DE；连结EC，取EC的中点M，连结DM和BM．
（1）若点D在边AC上，点E在边AB上且与点B不重合，如图1，
求证：BM=DM且BM⊥DM；
（2）如果将图1中的△ADE绕点A逆时针旋转小于45°的角，如图2，那么（1）中的结论是否仍成立？如果不成立，请举出反例；如果成立，请给予证明．

参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【分析】连接OC，利用垂径定理以及圆心角与圆周角的关系求出；再利用弧长公式即可求出的长.
【详解】解：连接OC
（同弧所对的圆心角是圆周角的2倍）
∵直径
∴=（垂径定理）
∴
故选C
【点睛】
本题考查了垂径定理、圆心角与圆周角以及利用弧长公式求弧长，熟练掌握相关定理和公式是解答本题的关键.
2、C
【分析】先根据垂径定理得到，CE＝DE，再利用圆周角定理得到∠BOC＝40°，则根据互余可计算出∠OCE的度数，于是可对各选项进行判断．
【详解】∵AB⊥CD，
∴，CE＝DE，②正确，
∴∠BOC＝2∠BAD＝40°，③正确，
∴∠OCE＝90°−40°＝50°，④正确；
又，故①错误；
故选：C．
【点睛】
本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了圆周角定理．
3、B
【分析】根据反比例函数的对称性以及已知条件，可得矩形的面积是8，设，则，根据，可得，再根据反比例函数系数的几何意义即可求出该反比例函数的表达式．
【详解】∵矩形的中心为直角坐标系的原点O，反比例函数的图象是关于原点对称的中心对称图形，且图中阴影部分的面积为8，
∴矩形的面积是8，
设，则，
∵点P是AC的中点，
∴，
设反比例函数的解析式为，
∵反比例函数图象于点P，
∴，
∴反比例函数的解析式为．
故选：B．
【点睛】
本题考查了待定系数法求反比例函数解析式，反比例函数系数的几何意义，得出矩形的面积是8是解题的关键．
4、B
【分析】根据一元二次方程的定义和根的判别式列出不等式求解即可．
【详解】由题意得：
解得：且
故选：B．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的根的判别式，熟记根的判别式是解题关键．对于一般形式有：（1）当时，方程有两个不相等的实数根；（2）当时，方程有两个相等的实数根；（3）当时，方程没有实数根．
5、D
【分析】根据题意原抛物线的顶点坐标为（0，0），根据平移规律得平移后抛物线顶点坐标为（1，-3），根据抛物线的顶点式求解析式．
【详解】解：抛物线形平移不改变解析式的二次项系数，平移后顶点坐标为（1，-3），
∴平移后抛物线解析式为．
故选：D．
【点睛】
本题考查抛物线的平移与抛物线解析式的联系，关键是把抛物线的平移转化为顶点的平移，利用顶点式求解析式．
6、C
【分析】根据全等三角形对应角相等可得∠B=∠E=40°，∠F=∠C，然后利用三角形内角和定理计算出∠C的度数，进而可得答案．
【详解】解：∵△ABC≌△DEF，
∴∠B=∠E=40°，∠F=∠C，
∵∠A=60°，
∴∠C=180°-60°-40°=80°，
∴∠F=80°，
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了全等三角形的性质，关键是掌握全等三角形的对应角相等．
7、B
【详解】解：过点B作BE⊥AD于E．
设BE=x．
∵∠BCD=60°，tan∠BCE，
，
在直角△ABE中，AE=，AC=50米，
则，
解得
即小岛B到公路l的距离为，
故选B.
8、C
【解析】∵2个红球、3个白球，一共是5个，
∴从布袋中随机摸出一个球,摸出红球的概率是.
故选C.
9、A
【解析】试题分析：不可能事件发生的概率为0，故A正确；
随机事件发生的概率为在0到1之间，故B错误；
概率很小的事件也可能发生，故C错误；
投掷一枚质地均匀的硬币100次，正面向上的次数为50次是随机事件，D错误；
故选A．
考点：随机事件．
10、C
【分析】根据增长率的计算公式：增长前的数量×（1+增长率）增长次数=增长后数量，从而得出答案．
【详解】根据题意可得方程为：10（1+x）2=18.8，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查的是一元二次方程的应用，属于基础题型．解决这个问题的关键就是明确基本的计算公式．
11、A
【解析】试题分析：根据∠ABD的度数可得：弧AD的度数为110°，则弧BD的度数为70°，则∠BCD的度数为35°.
考点：圆周角的性质
12、D
【解析】二次函数的顶点式是，,其中 是这个二次函数的顶点坐标，根据顶点式可直接写出顶点坐标.
【详解】解：

故选：D.
【点睛】
根据抛物线的顶点式，可确定抛物线的开口方向，顶点坐标（对称轴），最大（最小）值，增减性等．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、y2＞y1＞y1
【分析】根据反比例函数的图象和性质，即可得到答案．
【详解】∵反比例函数的比例系数k<0，
∴在每一个象限内，y随x的增大而增大，
∵点A（﹣4，y1）、B（﹣2，y2）、C（2，y1）都在反比例函数的图象上，
∴y2＞y1>0，y1<0，
∴y2＞y1＞y1．
故答案是：y2＞y1＞y1．
【点睛】
本题主要考查反比例函数的图象和性质，掌握反比例函数的增减性，是解题的关键．
14、（8081，1）
【分析】由勾股定理得出AB=，得出Rt△OAB内切圆的半径==1，因此P的坐标为（1，1），由题意得出P3的坐标（3+5+4+1，1），得出规律：每滚动3次一个循环，由2020÷3=673…1，即可得出结果．
【详解】解：∵点A的坐标为（0，4），点B的坐标为（3，0），
∴OA=4，OB=3，
∴AB=
∴Rt△OAB内切圆的半径==1，
∴P的坐标为（1，1），P2的坐标为（3+5+4-1，1），即（11，1）
∵将Rt△OAB沿x轴的正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与x轴重合，第一次滚动后圆心为P1，第二次滚动后圆心为P2，…，
设P1的横坐标为x，根据切线长定理可得
5-(x-3)+3-(x-3)=4
解得：x=5
∴P1的坐标为（3+2，1）即（5，1）
∴P3（3+5+4+1，1），即（13，1），
每滚动3次一个循环，
∵2020÷3=673…1，
∴第2020次滚动后，Rt△OAB内切圆的圆心P2020的横坐标是673×（3+5+4）+5，
即P2020的横坐标是8081，
∴P2020的坐标是（8081，1）；
故答案为：（8081，1）．
【点睛】
本题考查了三角形的内切圆与内心、切线长定理、勾股定理、坐标与图形性质等知识；根据题意得出规律是解题的关键．
15、2
【解析】根据一元二次方程根的意义可得+2=0，根据一元二次方程根与系数的关系可得=2，把相关数值代入所求的代数式即可得.
【详解】由题意得：+2=0，=2，
∴=-2，=4，
∴=-2+4=2，
故答案为2.
【点睛】本题考查了一元二次方程根的意义，一元二次方程根与系数的关系等，熟练掌握相关内容是解题的关键.
16、-10
【分析】首先根据一元二次方程根与系数的关系求出和，然后代入代数式即可得解.
【详解】由已知，得
∴
∴
故答案为-10.
【点睛】
此题主要考查根据一元二次方程根与系数的关系求代数式的值，熟练掌握，即可解题.
17、或
【分析】分二种情形分别求解：①如图１中，延长交于，当时，直线将矩形的面积分成两部分．②如图２中，延长交于交的延长线于，当时，直线将矩形的面积分成两部分．
【详解】解： 如图1中，设直线交于，当时，直线将矩形的面积分成两部分．
，
，
，
．
如图2中，设直线长交于交的延长线于，当时，直线将矩形的面积分成两部分，易证
∴，
，
，
，
．
综上所述，满足条件的的值为或．
故答案为：或．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，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．
18、
【分析】一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即把0代入方程求解可得m的值；把m的值代入一元二次方程中，求出x的值，即可得出答案．
【详解】解：把x=0代入方程（m+2）x2+3x+m2-4=0得到m2-4=0，
解得：m=±2，
∵m-2≠0,
∴m=-2，
当m=-2时，原方程为：-4x2+3x=0
解得：x1=0，x2=，
则方程的另一根为x=．
【点睛】
本题主要考查对一元二次方程的解，解一元二次方程等知识点的理解和掌握，能求出m的值是解此题的关键．
三、解答题（共78分）
19、（1）y＝4x1﹣14x+144；（1）111mm1．
【分析】（1）用x表示PB和BQ．利用两个直角三角形的面积差求得答案即可；
（1）求出x＝1时，y的值即可得．
【详解】解：（1）∵运动时间为x，点P的速度为1mm/s，点Q的速度为4mm/s，
∴PB＝11﹣1x，BQ＝4x，
∴y＝．
（1）当x＝1时，y＝4×11﹣14×1+144＝111，
即当x＝1时，四边形APQC的面积为111mm1．
【点睛】
本题考查了几何动点与二次函数的问题，解题的关键是根据动点的运动表示出函数关系式．
20、（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）通过证明△ABD∽△BCD，可得，可得结论；
（2）通过和相似得出∠MBD=∠MDB，在利用同角的余角相等得出∠A=∠ABM，由等腰三角形的性质可得结论；
（3）由平行线的性质可证∠MBD=∠BDC，即可证AM=MD=MB=4，由BD2=AD•CD和勾股定理可求MC的长，通过证明△MNB∽△CND，可得.
【详解】解：（1）证明：∵DB平分∠ADC，
∴∠ADB=∠CDB，且∠ABD=∠BCD=90°，
∴△ABD∽△BCD，
∴，
∴BD2=AD•CD
（2）证明：∵，
∴∠MBD=∠BDC，∠MBC=90°，
∵∠MDB=∠CDB，
∴∠MBD=∠MDB，
∴MB=MD，
∵∠MBD+∠ABM=90°，
∴∠ABM=∠CBD，
∵∠CBD=∠A，
∴∠A=∠ABM，
∴MA=MB，
∴MA=MD，
即M为AD中点；
（3）∵BM∥CD
∴∠MBD=∠BDC
∴∠ADB=∠MBD，且∠ABD=90°
∴BM=MD，∠MAB=∠MBA
∴BM=MD=AM=4
∵BD2=AD•CD，且CD=6，AD=8，
∴BD2=48，
∴BC2=BD2-CD2=12
∴MC2=MB2+BC2=28
∴MC=，
∵BM∥CD
∴△MNB∽△CND
∴，且MC=，
∴.
【点睛】
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，勾股定理，直角三角形的性质，求MC的长度是本题的关键．
21、（1）；（2）.
【解析】（1）直接利用概率公式计算可得；
（2）画树状图得出所有等可能结果，从中找打2次摸出的盒子的纸片能拼成一个新矩形的结果数，利用概率公式计算可得．
【详解】解：（1）搅匀后从中摸出1个盒子有3种等可能结果，
所以摸出的盒子中是型矩形纸片的概率为；
（2）画树状图如下：
由树状图知共有6种等可能结果，其中2次摸出的盒子的纸片能拼成一个新矩形的有4种结果，
所以2次摸出的盒子的纸片能拼成一个新矩形的概率为．
【点睛】
考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．
22、（1）；（2）不够，至少要加油20L
【分析】（1）根据总路程×平均耗油量=油箱总油量求解即可；
（2）先计算去时所用油量，再计算返回时用油量，与油箱中剩余油量作比较即可得出答案．
【详解】解：（1）由题意可得出总路程与平均耗油量的函数关系式为：；
（2）小明的爸爸始终以此速度行使，油箱里的油不能够回到家
小明爸爸去时用油量是：（）
油箱剩下的油量是：（）
返回每千米用油量是：（）
返回时用油量是：（）.
所以，油箱里的油不能够回到家，至少要加油：
【点睛】
本题考查的知识点是求反比例函数的解析式，比较基础，易于掌握．
23、﹣．
【分析】原式利用特殊角的三角函数值计算即可得到结果.
【详解】解：原式＝2×﹣×﹣＝1-1-=﹣．
故答案为﹣.
【点睛】
本题考查了实数的运算. 熟练掌握运算法则是解本题的关键.
24、（2）m＝2.23；（2）见解析；（3）4.3
【分析】（2）根据表格中的数据可得：当x=5或2时，y2=2.00，然后画出图形如图，可得当与时，，过点P作PM⊥AB于M，然后根据等腰三角形的性质和勾股定理求出PM的长即得m的值；
（2）用光滑的曲线依次连接各点即可；
（3）由题意AD＝2PD可得x=2y2，只要在函数y2的图象上寻找横坐标是纵坐标的2倍的点即可，然后结合图象解答即可．
【详解】解：（2）由表格可知：当x=5或2时，y2=2.00，如图，即当时，，时，，∴，过点P作PM⊥AB于M，则，
则在Rt△中，，即当x=6时，m=2.23；
（2）如图：
（3）由题意得：AD＝2PD ，即x=2y2，即在函数y2的图象上寻找横坐标是纵坐标的2倍的点即可，如图，点Q的位置即为所求，此时，x≈4.3，即AD≈4.3．
故答案为：4.3．
【点睛】
本题主要考查了函数图象的规律、等腰三角形的性质、勾股定理和圆的有关知识，正确理解题意、把握题中的规律、熟练运用数形结合的思想方法是解题关键．
25、（1）10米；（2）11.4米
【解析】（1）延长DC交AN于H．只要证明BC=CD即可；
（2）在Rt△BCH中，求出BH、CH，在 Rt△ADH中求出AH即可解决问题.
【详解】（1）如图，延长DC交AN于H，
∵∠DBH=60°，∠DHB=90°，
∴∠BDH=30°，
∵∠CBH=30°，
∴∠CBD=∠BDC=30°，
∴BC=CD=10（米）；
（2）在Rt△BCH中，CH=BC=5，BH=5≈8.65，
∴DH=15，
在Rt△ADH中，AH=≈=20，
∴AB=AH﹣BH=20﹣8.65=11.4（米）．
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题.
26、（1）证明见解析（2）当△ADE绕点A逆时针旋转小于45°的角时，（1）中的结论成立
【分析】(1)根据直角三角形斜边上的中线的性质得出BM=DM，然后根据四点共圆可以得出∠BMD=2∠ACB=90°，从而得出答案；
(2)连结BD，延长DM至点F，使得DM=MF，连结BF、FC，延长ED交AC于点H，根据题意得出四边形CDEF为平行四边形，然后根据题意得出△ABD和△CBF全等，根据角度之间的关系得出∠DBF=∠ABC =90°．
【详解】解：（1）在Rt△EBC中，M是斜边EC的中点，
∴．
在Rt△EDC中，M是斜边EC的中点，
∴．
∴BM=DM，且点B、C、D、E在以点M为圆心、BM为半径的圆上．
∴∠BMD=2∠ACB=90°，即BM⊥DM．
（2）当△ADE绕点A逆时针旋转小于45°的角时，（1）中的结论成立．
证明：连结BD，延长DM至点F，使得DM=MF，连结BF、FC，延长ED交AC于点H．
∵ DM=MF，EM=MC，
∴ 四边形CDEF为平行四边形，
∴ DE∥CF ，ED =CF，
∵ ED= AD，
∴ AD=CF，
∵ DE∥CF，
∴ ∠AHE=∠ACF．
∵ ,，
∴ ∠BAD=∠BCF，
又∵AB= BC，
∴ △ABD≌△CBF，
∴ BD=BF，∠ABD=∠CBF，
∵ ∠ABD+∠DBC =∠CBF+∠DBC，
∴∠DBF=∠ABC =90°．
在Rt△中，由,，得BM=DM且BM⊥DM．
【点睛】
本题主要考查的是平行四边形的判定与性质、三角形全等、直角三角形的性质，综合性比较强．本题解题的关键是通过构建全等三角形来得出线段相等，然后根据线段相等得出所求的结论．
x/cm
0.00
2.00
2.00
3.00
3.20
4.00
5.00
6.00
6.50
2．00
8.00
/cm
0.00
2.04
2.09
3.22
3.30
4.00
4.42
3.46
2.50
2．53
0.00
/cm
6.24
5.29
4.35
3.46
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