重庆市梁平区2022年数学九年级第一学期期末达标检测试题含解析

这是一份重庆市梁平区2022年数学九年级第一学期期末达标检测试题含解析，共22页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，在平面直角坐标系中，二次函数，若x=2y，则的值为，下列命题中，真命题是等内容，欢迎下载使用。

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图，在ABC中，点D为BC边上的一点，且AD＝AB＝5， AD⊥AB于点A，过点D作DE⊥AD，DE交AC于点E，若DE＝2，则ADC的面积为（ ）
A．B．4C．D．
2．下列说法中，不正确的是（ ）
A．所有的菱形都相似B．所有的正方形都相似
C．所有的等边三角形都相似D．有一个角是100°的两个等腰三角形相似
3．下列方程是一元二次方程的是（ ）
A．2x2－5x+3B．2x2－y+1=0C．x2=0D．+ x=2
4．如图，是抛物线的图象，根据图象信息分析下列结论：①；②；③；④.其中正确的结论是（ ）
A．①②③B．①②④C．②③④D．①②③④
5．在平面直角坐标系中，二次函数（）的图象如图所示，现给出以下结论：①；②；③；④（为实数）其中结论错误的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
6．若在“正三角形、平行四边形、菱形、正五边形、正六边形”这五种图形中随机抽取一种图形，则抽到的图形属于中心对称图形的概率是( )
A．B．C．D．
7．若x=2y，则的值为（ ）
A．2B．1C．D．
8．下列命题中，真命题是（ ）
A．对角线相等的四边形是矩形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线互相平分的四边形不一定是平行四边形
D．对角线互相垂直平分且相等的四边形一定是正方形
9．在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，与轴交于点，则的面积是 （ ）
A．6B．10C．12D．15
10．如图，菱形ABCD的边长为2，∠A=60°，以点B为圆心的圆与AD、DC相切，与AB、CB的延长线分别相交于点E、F，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
11．国家规定存款利息的纳税办法是：利息税=利息×20%，银行一年定期储蓄的年利率为2.25%，今小王取出一年到期的本金和利息时，交纳利息税4.5元，则小王一年前存入银行的钱为（ ）.
A．1000元B．977.5元C．200元D．250元
12．将函数的图象向右平移个单位，再向下平移个单位，可得到的抛物线是( )
A．B．
C．D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，由四个全等的直角三角形围成的大正方形ABCD的面积为34，小正方形EFGH的面积为4，则tan∠DCG的值为_____．
14．在中，，，则______．
15．若抛物线与轴两个交点间的距离为2，称此抛物线为定弦抛物线，已知某定弦抛物线的对称轴为直线，将此抛物线向左平移2个单位，再向下平移3个单位，得到的抛物线的解析式是______．
16．已知x＝1是一元二次方程x2＋mx＋n＝0的一个根，则m2＋2mn＋n2的值为_____．
17． “今有邑，东西七里，南北九里，各开中门，出东门一十五里有木，问：出南门几何步而见木？”这段话摘自《九章算术》，意思是说：如图，矩形ABCD，东边城墙AB长9里，南边城墙AD长7里，东门点E、南门点F分别是AB，AD的中点，EG⊥AB，FE⊥AD，EG=15里，HG经过A点，则FH=__里.
18．如图，△ABC是等腰直角三角形，BC是斜边，P为△ABC内一点，将△ABP绕点A逆时针旋转后与△ACP′重合，若AP=1，那么线段PP′的长等于_____．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，已知矩形的边，，点、分别是、边上的动点.
（1）连接、，以为直径的交于点.
①若点恰好是的中点，则与的数量关系是______；
②若，求的长；
（2）已知，，是以为弦的圆.
①若圆心恰好在边的延长线上，求的半径：
②若与矩形的一边相切，求的半径.
20．（8分）解方程：
（1）x2+4x﹣21＝0
（2）x2﹣7x﹣2＝0
21．（8分）平面直角坐标系中有两点、，我们定义、两点间的“值”直角距离为，且满足，其中．小静和佳佳在解决问题：（求点与点的“1值”直角距离）时，采用了两种不同的方法：
（方法一）：；
（方法二）：如图1，过点作轴于点，过点作直线与轴交于点，则
请你参照以上两种方法，解决下列问题：
（1）已知点，点，则、两点间的“2值”直角距离．
（2）函数的图像如图2所示，点为其图像上一动点，满足两点间的“值”直角距离，且符合条件的点有且仅有一个，求出符合条件的“值”和点坐标．
（3）城市的许多街道是相互垂直或平行的，因此，往往不能沿直线行走到达目的地，只能按直角拐弯的方式行走，因此，两地之间修建垂直和平行的街道常常转化为两点间的“值”直角距离，地位于地的正东方向上，地在点东北方向上且相距，以为圆心修建了一个半径为的圆形湿地公园，现在要在公园和地之间修建观光步道．步道只能东西或者南北走向，并且东西方向每千米成本是20万元，南北方向每千米的成本是10万元，问：修建这一规光步道至少要多少万元？
22．（10分）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，且CD⊥AB于点E．
（1）求证：∠BCO＝∠D；
（2）若，AE＝1，求劣弧BD的长．
23．（10分）计算：2cs45°tan30°cs30°+sin260°．
24．（10分）已知关于x的一元二次方程x2＋（2m＋1）x＋m2＋m＝1．求证：无论m为何值，方程总有两个不相等的实数根．
25．（12分）十八大以来，某校已举办五届校园艺术节.为了弘扬中华优秀传统文化，每届艺术节上都有一些班级表演“经典诵读”、“民乐演奏”、“歌曲联唱”、“民族舞蹈”等节目.小颖对每届艺术节表演这些节目的班级数进行统计，并绘制了如图所示不完整的折线统计图和扇形统计图.
(1)五届艺术节共有________个班级表演这些节日，班数的中位数为________，在扇形统计图中，第四届班级数的扇形圆心角的度数为________；
(2)补全折线统计图；
(3)第六届艺术节，某班决定从这四项艺术形式中任选两项表演(“经典诵读”、“民乐演奏”、“歌曲联唱”、“民族舞蹈”分别用，，，表示).利用树状图或表格求出该班选择和两项的概率.
26．二次函数y＝x2﹣2x﹣3图象与x轴交于A、B两点，点A在点B左侧，求AB的长．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【分析】根据题意得出AB∥DE，得△CED∽△CAB，利用对应边成比例求CD长度，再根据等腰直角三角形求出底边上的高，利用面积公式计算即可.
【详解】解：如图，过A作AF⊥BC，垂足为F，
∵AD⊥AB,
∴∠BAD =90°
在Rt△ABD中，由勾股定理得，
BD= ,
∵AF⊥BD,
∴AF= .
∵AD⊥AB，DE⊥AD,
∴∠BAD=∠ADE=90°,
∴AB∥DE，
∴∠CDE=∠B, ∠CED=∠CAB,
∴△CDE∽△CBA,
∴ ,
∴,
∴CD= ,
∴S△ADC= .
故选：D
【点睛】
本题考查相似三角形的性质与判定及等腰直角三角形的性质，利用相似三角形的对应边成比例求线段长是解答此题的关键.
2、A
【分析】根据相似多边形的定义，即可得到答案.
【详解】解：A、所有的菱形都相似，错误；
B、所有的正方形都相似，正确；
C、所有的等边三角形都相似，正确；
D、有一个角是100°的两个等腰三角形相似，正确；
故选：A.
【点睛】
本题考查了相似多边形的定义，熟练掌握相似多边形的性质：对应角相等，对应边成比例是解题的关键.
3、C
【解析】一元二次方程必须满足四个条件：（1）未知数的最高次数是1；（1）二次项系数不为0；（3）是整式方程；（4）含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证，满足这四个条件者为正确答案．
【详解】A、不是方程，故本选项错误；
B、方程含有两个未知数，故本选项错误；
C、符合一元二次方程的定义，故本选项正确；
D、不是整式方程，故本选项错误．
故选：C．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的概念，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是1．
4、D
【分析】采用数形结合的方法解题，根据抛物线的开口方向，对称轴，与x、y轴的交点，通过推算进行判断．
【详解】①根据抛物线对称轴可得 ，，正确；
②当 ， ，根据二次函数开口向下和得， 和 ，所以，正确；
③二次函数与x轴有两个交点，故 ，正确；
④由题意得，当 和 时，y的值相等，当， ，所以当， ，正确；
故答案为：D．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质和判断，掌握二次函数的性质是解题的关键．
5、B
【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【详解】
①由抛物线可知： ，，
对称轴，
∴，
∴，故①错误；
②由对称轴可知： ，
∴，
，故②错误；
③关于的对称点为，
∴时，，故③正确；
④当时，y的最小值为，
∴时， ，
∴，
故④正确
故选：B.
【点睛】
本题考查了二次函数图象与系数的关系，结合图象得出系数之间的关系是解题的关键.
6、C
【解析】试题解析：这五种图形中，平行四边形、菱形和正六边形是中心对称图形，
所以这五种图形中随机抽取一种图形，则抽到的图形属于中心对称图形的概率=．
故选C．
考点：1.概率公式；2.中心对称图形．
7、A
【解析】将x=2y代入中化简后即可得到答案.
【详解】将x=2y代入得： ，
故选：A.
【点睛】
此题考查代数式代入求值，正确计算即可.
8、D
【分析】根据矩形的判定、菱形的判定、平行四边形和正方形的判定判断即可．
【详解】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，原命题是假命题；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原命题是假命题；
C、对角线互相平分的四边形一定是平行四边形，原命题是假命题；
D、对角线互相垂直平分且相等的四边形一定是正方形，原命题是真命题；
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了命题与定理，正确把握特殊四边形的判定方法是解题关键．
9、A
【分析】根据题意，先求出点A、B、C的坐标，然后根据三角形的面积公式，即可求出答案.
【详解】解：∵抛物线与轴交于点，
∴令，则，
解得：，，
∴点A为（1，0），点B为（，0），
令，则，
∴点C的坐标为：（0，）；
∴AB=4，OC=3，
∴的面积是：=；
故选：A.
【点睛】
本题考查了二次函数与坐标轴的交点，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质，求出抛物线与坐标轴的交点.
10、A
【详解】解：设AD与圆的切点为G，连接BG，
∴BG⊥AD，
∵∠A=60°，BG⊥AD，
∴∠ABG=30°，在直角△ABG中，BG=AB=×2=，AG=1，
∴圆B的半径为，
∴S△ABG==，
在菱形ABCD中，
∵∠A=60°，则∠ABC=120°，
∴∠EBF=120°，
∴S阴影=2（S△ABG﹣S扇形ABG）+S扇形FBE==．
故选A．
考点：1．扇形面积的计算；2．菱形的性质；3．切线的性质；4．综合题．
11、A
【分析】利息问题是一个难点，要把握好利息、本金、利息税的概念，由利息税可求得利息为4.5÷20%=22.5元，根据年利率又可求得本金．
【详解】解：据题意得：利息为4.5÷20%=22.5元
本金为22.5÷2.25%=1000元．
故选：A．
【点睛】
本题考查利息问题，此题关系明确，关键是分清利息、本金、利息税的概念．
12、A
【分析】根据图象平移的过程易得新抛物线的顶点，根据顶点式及平移前后二次项的系数不变可得新抛物线的解析式．
【详解】解：原抛物线的顶点为，向右平移1个单位，再向下平移3个单位，那么新抛物线的顶点为；
可设新抛物线的解析式为，代入得：，
故选：A．
【点睛】
主要考查了二次函数图象与几何变换，抛物线平移不改变二次项的系数的值，解决本题的关键是得到新抛物线的顶点坐标．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】根据大正方形的面积为 ，小正方形的面积为 即可得到 , ，再根据勾股定理，即可得到 ，进而求得的值.
【详解】由题意可知：大正方形的面积为 ，小正方形的面积为
，
四个直角三角形全等，
设 ，则
由勾股定理可得：在中，

解之得：

在中，
故答案为
【点睛】
本题主要考查了勾股定理以及解直角三角形的应用，明确锐角三角函数的边角对应关系，设未知数利用勾股定理是解题关键.
14、
【分析】根据题意画出图形，进而得出csB= 求出即可．
【详解】解：∵∠A=90°，AB=3，BC=4，
则csB==．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了锐角三角函数的定义，正确把握锐角三角函数关系是解题的关键．
15、
【分析】先根据定弦抛物线的定义求出定弦抛物线的表达式，再按图象的平移规律平移即可．
【详解】∵某定弦抛物线的对称轴为直线
∴某定弦抛物线过点
∴该定弦抛物线的解析式为
将此抛物线向左平移2个单位，再向下平移3个单位，得到的抛物线的解析式是
即
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查二次函数图象的平移，能够求出定弦抛物线的表达式并掌握平移规律是解题的关键．
16、
【分析】根据题意首先求出，再将所求式子因式分解，最后代入求值即可．
【详解】把代入一元二次方程得，
所以.
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解及因式分解求代数式的值，明确方程的解的意义即熟练因式分解是解决问题的关键．
17、1.1
【解析】∵EG⊥AB，FH⊥AD，HG经过A点，
∴FA∥EG，EA∥FH，
∴∠HFA＝∠AEG＝90°，∠FHA＝∠EAG，
∴△GEA∽△AFH，∴．
∵AB＝9里，DA＝7里，EG＝15里，
∴FA＝3.5里，EA＝4.5里，∴，
解得FH＝1.1里．故答案为1.1．
18、．
【解析】解：∵△ABP绕点A逆时针旋转后与△ACP′重合，
∴∠PAP′=∠BAC=90°，AP=AP′=1，
∴PP′=．
故答案为.
三、解答题（共78分）
19、（1）①；②1.5；（2）①5；②、，、5.
【解析】（1）①根据直径所对的圆周角是直角判断△APQ为等腰三角形，结合等腰三角形的两底角相等和圆周角定理证明；②证明△PBQ∽△QBA，由对应边成比例求解；
（2）①画出图形，由勾股定理列方程求解；②分与矩形的四边分别相切，画出图形，利用切线性质，由勾股定理列方程求解.
【详解】解：（1）①如图，PQ是直径，E在圆上，
∴∠PEQ=90°，
∴PE⊥AQ,
∵AE=EQ,
∴PA=PQ,
∴∠PAQ=∠PQA,
∴∠QPB=∠PAQ+∠PQA=2∠AQP,
∵∠QPB=2∠AQP.
\
②解：如图，∵BE=BQ=3，
∴∠BEQ=∠BQE,
∵∠BEQ=∠BPQ,
∵∠PBQ=∠QBA,
∴△PBQ∽△QBA,
∴ ,
∴,
∴BP=1.5;
（2）①如图， BP=3，BQ=1，设半径OP=r,
在Rt△OPB中，根据勾股定理得，PB2+OB2=OP2
∴32+(r-1)2=r2，
∴r=5,
∴的半径是5.
②如图，与矩形的一边相切有4种情况，
如图1，当与矩形ABCD边BC相切于点Q，过O作OK⊥AB于K,则四边形OKBQ为矩形，
设OP=OQ=r,则PK=3x,
由勾股定理得，r2=12+(3-r)2,
解得，r=,
∴半径为.
如图2，当与矩形ABCD边AD相切于点N，延长NO交BC于L,则OL⊥BC,过P作PS⊥NL于S，
设OS=x，则ON=OP=OQ=3+x，设PS=BL=y,
由勾股定理得， ，
解得 （舍去），，
∴ON=,
∴半径为.
如图3，当与矩形ABCD边CD相切于点M，延长MO交AB于R,则OR⊥AB,过O作OH⊥BC于H，
设OH=BR=x，设HQ=y, 则OM=OP=OQ=4-1-y=3-y，
由勾股定理得， ，
解得 （舍去），，
∴OM=,
∴半径为.
如图4，当与矩形ABCD边AB相切于点P，过O作OG⊥BC于G,则四边形AFCG为矩形，
设OF=CG=x，，则OP=OQ=x+4,
由勾股定理得(x+4)2=32+(x+3)2,
解得，x=1,
∴OP=5,
∴半径为5.
综上所述，若与矩形的一边相切，为的半径，，，5.
【点睛】
本题考查圆的相关性质，涉及圆周角定理，垂径定理，切线的性质等，综合性较强，利用分类思想画出对应图形，化繁为简是解答此题的关键.
20、（1）x1＝3，x2＝﹣7；（2）x1＝，x2＝
【分析】（1）根据因式分解法解方程即可；
（2）根据公式法解方程即可．
【详解】解：（1）x2+4x﹣21＝0
（x﹣3）（x+7）＝0
解得x1＝3，x2＝﹣7；
（2）x2﹣7x﹣2＝0
∵△＝49+8＝57
∴x＝
解得x1＝，x2＝．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程，其方法有直接开平方法、公式法、配方法、因式分解法，根据一元二次方程特点选择合适的方法是解题的关键.
21、（1）10 （2）， （3）
【分析】（1）根据直角距离的公式，直接代入求解即可；
（2）设点C的坐标为，代入直角距离公式可得根据根的判别式求出k的值，即可求出点C的坐标；
（3）如图，⊙C与线段AC交于点D，过点D作与AB交于点E，先证明△ADE是等腰直角三角形，从而得出，再根据直角距离的定义，即可求出出最低的成本．
【详解】（1）∵，点，点
∴；
（2）设点C的坐标为
∵
∴
∵
∴
∴
∵符合条件的点有且仅有一个，且
∴
解得
∴
解得
∴
故，；
（3）如图，⊙C与线段AC交于点D，过点D作与AB交于点E
由题意得
∴
∵
∴△ADE是等腰直角三角形
∴
∵步道只能东西或者南北走向，并且东西方向每千米成本是20万元，南北方向每千米的成本是10万元
∴步道的最短距离为A和D的直角距离，即
最低总成本（万元）
故修建这一规光步道至少要万元．
【点睛】
本题考查了直角距离的问题，掌握直角距离的定义以及公式、根的判别式、解一元二次方程的方法是解题的关键．
22、（1）见解析；（2）．
【分析】（1）由等腰三角形的性质与圆周角定理，易得∠BCO=∠B=∠D；
（2）由垂径定理可求得CE与DE的长，然后证得△BCE∽△DAE，再由相似三角形的对应边成比例，求得BE的长，继而求得直径与半径，再求出圆心角∠BOD即可解决问题；
【详解】（1）证明：∵OB＝OC，
∴∠BCO＝∠B，
∵∠B＝∠D，
∴∠BCO＝∠D；
（2）解：连接OD．
∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，
∴，
∵∠B＝∠D，∠BEC＝∠DEC，
∴△BCE∽△DAE，
∴AE：CE＝DE：BE，
∴，
解得：BE＝3，
∴AB＝AE+BE＝4，
∴⊙O的半径为2，
∵，
∴∠EOD＝60°，
∴∠BOD＝120°，
∴的长．
【点睛】
此题考查圆周角定理、垂径定理、相似三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质．注意在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等．证得△BCE∽△DAE是解题关键．
23、
【分析】将特殊角的三角函数值代入求解．
【详解】解：原式
=﹣+
=．
【点睛】
本题考查了特殊角的三角函数值，解答本题的关键是熟记特殊角的三角函数值．
24、见解析
【分析】根据方程的系数结合根的判别式，即可得出△=1＞1，由此即可证出：无论实数m取什么值，方程总有两个不相等的实数根.
【详解】解：证明：在方程x2+（2m+1）x+m2+m=1中，
△=b2-4ac=（2m+1）2-4×1×（m2+m）=1＞1，
∴无论实数m取什么值，方程总有两个不相等的实数根.
【点睛】
本题考查了根的判别式，解题的关键是熟练掌握“当△＞1时，方程有两个不相等的实数根”.
25、 (1)40，7，81°；(2)见解析；(3).
【解析】（1）根据图表可得，五届艺术节共有：；根据中位数定义和圆心角公式求解；（2）根据各届班数画图；（3）用列举法求解；
【详解】解：(1) 五届艺术节共有：个，第四届班数：40×22.5%=9，第五届40=13，第一至第三届班数：5，7，6，故班数的中位数为7，
第四届班级数的扇形圆心角的度数为：3600×22.5%=81°；
(2)折线统计图如下；.
(3)树状图如下.
所有情况共有12种，其中选择和两项的共有2种情况，
所以选择和两项的概率为.
【点睛】
考核知识点：用树状图求概率.从图表获取信息是关键.
26、1．
【分析】通过解方程x2﹣2x﹣3＝0得A点坐标为（﹣1，0），B点坐标为（3，0），然后根据两点间的距离公式得到AB的长．所以AB的长为3﹣（﹣1）＝1．
【详解】当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
所以A点坐标为（﹣1，0），B点坐标为（3，0），
所以AB的长为3﹣（﹣1）＝1．
【点睛】
本题考查二次函数、两点间的距离公式，解题的关键是掌握二次函数的性质、两点间的距离公式的应用.