2021-2022学年上海市虹口区九年级下学期数学期中试题及答案

这是一份2021-2022学年上海市虹口区九年级下学期数学期中试题及答案，共23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. 下列实数中，有理数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依据有理数和无理数的概念进行判断即可．
【详解】解：是有理数，
、、是无理数，
故选：C．
【点睛】本题考查了实数的分类，特别指出，无理数是包括：无限不循环小数、含π的代数式、开方开不尽的数．
2. 在下列各组根式中，是同类二次根式的是（ ）
A. 和B. 和
C. 和D. 和
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次根式的性质化简，根据同类二次根式的概念判断即可．
【详解】解：A、，和不是同类二次根式，故本选项不符合题意；
B、，和是同类二次根式，故本选项符合题意；
C、，和不是同类二次根式，故本选项不符合题意；
D、和不是同类二次根式，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查的是同类二次根式的概念、二次根式的化简，把几个二次根式化为最简二次根式后，如果它们的被开方数相同，就把这几个二次根式叫做同类二次根式．
3. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 正多边形都是中心对称图形B. 正多边形一个内角的大小与边数成正比例
C. 正多边形一个外角的大小与边数成反比例D. 边数大于3的正多边形的对角线长都相等
【答案】C
【解析】
【分析】依据正多边形的性质，以及正多边形的内角和．外角和的计算方法即可求解．
【详解】解：A当正多边形的边数是偶数时，正多边形既是轴对称图形，也是中心对称图形，当正多边形的边数是奇数时，正多边形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故正多边形不一定是中心对称图形，选项错误，不符合题意；
B．正多边形一个内角的大小是，不符合正比例的关系，故选项错误，不符合题意；
C．正多边形一个外角等于，正多边形一个外角的大小与它的边数成反比例；故选项正确，符合题意；
D．边数大于3的正多边形的对角线长不一定相等，故选项错误，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查正多边形的一些性质，熟练掌握正多边形的性质是解题的关键．
4. 将抛物线向左平移两个单位，以下不改变的是（ ）
A. 开口方向B. 对称轴C. y随x的变化情况D. 与y轴的交点
【答案】A
【解析】
【分析】由于抛物线向左平移后的开口方向不变，对称轴改变，与y轴的交点改变，抛物线的增减性改变，据此解答即可．
【详解】解：A. 将抛物线向左平移两个单位，开口方向不变，故此选项符合题意；
B. 将抛物线向左平移两个单位，对称轴随着向左平移两个单位，故此选项不符合题意；
C. 将抛物线向左平移两个单位，y随x的变化情况也改变，故此选项不符合题意；
D. 将抛物线向左平移两个单位，与y轴交点也改变，故此选项不符合题意；
故选：A
【点睛】本题主要考查了二次函数图象与几何变换，二次函数的性质，注意：由于抛物线向左平移后的开口方向不变，对称轴改变，与y轴的交点改变，抛物线的增减性改变
5. 六个学生进行投篮比赛，投进的个数分别为2、10、3、3、13、5，这六个数的中位数为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】将这组数据是按从小到大的顺序排列为2，3，3，5，10，13，处于3，4位的两个数是3，5，那么由中位数的定义可知．
【详解】解：将这组数据是按从小到大的顺序排列为2，3，3，5，10，13，
所以，六个数的中位数为（3+5）÷2=4．
故选：B．
【点睛】本题考查中位数的应用，中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平数），叫做这组数据的中位数．
6. 已知圆、圆的半径不相等，圆的半径长为5，若圆上的点A满足，则圆与圆的位置关系是（ ）
A. 相交或相切B. 相切或相离C. 相交或内含D. 相切或内含
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆与圆的五种位置关系，分类讨论．
【详解】解：当两圆外切时，切点A能满足AO1=5，当两圆相交时，交点A能满足AO1=5，
当两圆内切时，切点A能满足AO1=5，
所以，两圆相交或相切．
故选：A．
【点睛】本题考查了由数量关系来判断两圆位置关系的方法．
二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7. 计算_____.
【答案】
【解析】
【分析】根据“同底数幂相除，底数不变，指数相减”即可解答.
【详解】
故答案为
【点睛】本题考查同底数幂的除法，熟练掌握同底数幂的除法法则是关键.
8. 已知，则______．
【答案】1
【解析】
【分析】将代入，再化简求值即可．
【详解】解：当时，
故答案为：1
【点睛】本题主要考查了求函数值的能力，当已知函数解析式时，求函数值就是求代数式的值．
9. 不等式组的解集是______．
【答案】
【解析】
【分析】分别求出每个不等式的解集，再取它们的公共部分即可得到不等式组的解集．
【详解】
解不等式①得，；
解不等式②得，；
所以，不等式组的解集为：
故答案为：
【点睛】本题主要考查了解一元一次不等式组，解题的关键是确定不等式组的解集，方法是：“大大取较大，小小取较小，大小小大中间找，小小大大无法找（无解）” ．
10. 方程的解是______．
【答案】
【解析】
【分析】方程两边同时平方得整式方程，求解后进行检验即可．
【详解】解：
方程两边同时平方得，
解得，
经检验，是原方程的解，
所以，原方程的解是
【点睛】本题考查了无理方程：解无理方程的基本思想是把无理方程转化为有理方程来解，在变形时要注意根据方程的结构特征选择解题方法．
11. 如果关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，那么实数k的值是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据方程有两个相等的实数根得到△=b2-4ac=0，求出k的值即可．
【详解】解：∵一元二次方程x2-3x+k=0有两个相等的实数根，
∴△=b2-4ac=32-4×1×k=0，
∴9-4k=0，
∴k=，
故答案为：．
【点睛】此题考查了根的判别式，一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△=0⇔方程有两个相等的实数；（3）△＜0⇔方程没有实数根．
12. 已知点P位于第三象限内，且点P到两坐标轴的距离分别为3和2．若反比例函数图象经过点P，则该反比例函数的解析式为______．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用已知得出P点坐标，再利用反比例函数解析式求法得出答案．
【详解】解：∵点P位于第三象限内，且点P到两坐标轴的距离分别为3和2，
∴P点坐标为：（-3，-2）或（-2，-3），
设反比例函数的解析式为
∴
则该反比例函数解析式为：．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了待定系数法求反比例函数解析式以及点的坐标特点，正确得出P点坐标是解题关键．
13. 女生小琳所在班级共有40名学生，其中女生占60%.现学校组织部分女生去市三女中参观，需要从小琳所在班级的女生当中随机抽取一名女生参加，那么小琳被抽到的概率是______．
【答案】
【解析】
【分析】先求出小琳所在班级的女生人数，再根据概率公式计算可得．
【详解】∵小琳所在班级的女生共有40×60%=24人，
∴从小琳所在班级的女生当中随机抽取一名女生参加，小琳被抽到的概率是．
故答案为．
14. 已知平行四边形相邻两个内角相差40°，则该平行四边形中较小内角的度数是_____．
【答案】70°
【解析】
【分析】由平行四边形的性质得出∠B+∠C=180°，由已知条件得出∠C-∠B=40°，解答即可．
【详解】如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠B+∠C=180°，
∵∠C-∠B=40°，
解得：∠B=70°，
故答案是：70°．
【点睛】考查了平行四边形的性质、平行线的性质；熟练掌握平行四边形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
15. 半径为4的圆的内接正三角形的边长为______．
【答案】
【解析】
【分析】首先根据题意作出图形，然后由垂径定理，可得BD=∠BOC=∠A，再利用三角函数求得BD的长，继而求得答案．
【详解】解：如图：△ABC是等边三角形，过点O作OD⊥BC于D，连接OB，OC，
∴BD=CD=BC，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=60°，
∴∠BOC=2∠A=120°，
∴∠BOD=∠BOC=60°，
∵半径为4，
∴OB=4，
∴，
∴BC=2BD=，
即直径为4的圆的内接正三角形的边长为：．
故答案为：．
【点睛】此题考查了正多边形和圆的性质、垂径定理以及三角函数等知识．注意掌握数形结合思想的应用．
16. 如图，已知梯形ABCD中，，对角线AC、BD交于点O，．设，，则______．（用含、的式子表示）
【答案】
【解析】
【分析】根据平面向量计算即可表示．
【详解】解：∵
∴∠OAD＝∠OCB，∠ADO＝∠CBO
∴△AOD∽△BOC
∵
∴＝，
∴，
∴，即，
∵，，与同向，
∴，
∵，
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查了梯形、平面向量定理，解决本题的关键是掌握平面向量定理．
17. 如图，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，AC=26，BD=24，M、N分别是AC、BD的中点，则线段MN的长为_____．
【答案】5
【解析】
【分析】根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半得到BM=DM=13，根据等腰三角形的性质得到BN=12，根据勾股定理得到答案.
【详解】连接BM、DM，
∵∠ABC=∠ADC=90°，M是AC中点，
∴BM=AC，DM=AC，
∴BM=DM=13，又N是BD的中点，
∴BN=DN=BD=12，
∴MN==5，
故答案为5.
【点睛】本题考查的是直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键.
18. 已知，、之间的距离是5cm，圆心O到直线的距离是2cm，如果圆O与直线、有三个公共点，那么圆O的半径为______cm．
【答案】3或7
【解析】
【分析】根据题意可以画出相应的图形，从而可以解答本题．
【详解】解：设圆的半径为rcm
如图一所示，
r-5=2，得r=7cm，
如图二所示，
r+2=5，得r=3cm，
故答案为：3或7．
【点睛】本题考查直线和圆的位置关系，解答本题的关键是明确题意，画出相应的图形，利用数形结合的思想解答．
三、解答题：（本大题共7题，满分78分）
19. 计算：
【答案】
【解析】
【分析】根据绝对值的意义、二次根式的性质与化简、负整数指数幂分别进行计算，再按照加减法法则进行计算即可．
【详解】解：
＝
＝
【点睛】本题考查了绝对值的意义、二次根式的性质与化简、负整数指数幂等知识，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
20. 解方程组：
【答案】或
【解析】
【分析】由方程②得x=6y③或x=-y④，再由①③和①④组成两个方程组，再求出方程组的解即可．
【详解】解：由方程②得(x-6y)(x+y)=0，
∴x-6y=0或x+y=0，即x=6y③或x=-y④，
∴原方程组为或，
把x=6y代入得：6y-y=10，
解得y=2，
∴x=6y=12；
把x=-y代入得：-y-y=10，
解得y=-5，
∴x=-y=5；
∴方程组的解为或．
【点睛】本题考查了解高次方程组，能把高次方程组转化成二元一次方程组是解题的关键．
21. 如图，AH是△ABC的高，D是边AB上一点，CD与AH交于点E．已知，．
（1）求；
（2）若以H为圆心、HB为半径的圆恰好经过点D，求的值．
【答案】（1）3：8 （2）
【解析】
【分析】（1）过点D作DF⊥BC交BC于点F，证明△可得到，进一步得出，由得，设，则，求出，，再证明△即可得到结论；
（2）以H为圆心，HB为半径作圆，根据直径所对的圆周角是直角可得，结合勾股定理和余弦的定义可得结论．
【小问1详解】
过点D作DF⊥BC交BC于点F
∵，AH为△的高，
∴∠
∵∠
∴△
∴
∴
∵
∴
设，则
∴
∵
∴
∴
∴
∵∠
∴△
∴
∴
∴
【小问2详解】
以H为圆心，HB为半径作圆，如图，
∵
∴BC是⊙O的直径
∴∠
由（1）知，
∵
∴设
∴
∴
在中，
在中，
∴
∴
∵
∴
在中，
【点睛】本题主要考查了相似三角形判定与性质，直径所对的圆周角是直角，勾股定理以及求角的余弦值等知识，灵活运用相似三角形的判定定理证明相似三角形是解答本题的关键．
22. 已知反比例函数的图像和一次函数的图像都经过点．
（1）求这个一次函数的解析式；
（2）如果等腰梯形ABCD的顶点A、B在这个一次函数的图像上，顶点C、D在这个反比例函数的图像上，两底AD、BC与y轴平行，且A和B的横坐标分别为a和，求a的值．
【答案】（1）y=x-7
（2）-4或2
【解析】
【分析】（1）根据点P在函数的图象上，求出P点坐标，代入一次函数，从而求出一次函数图象；
（2）由题意和图象知等腰梯形ABCD的顶点A、B在这个一次函数的图象上，求出A，B，C，D点的坐标，根据等腰梯形性质得到AB=CD，根据两点的距离公式得到关于a的方程，解方程即可求出a值．
【小问1详解】
∵点P（m，2）在函数的图象上，
∴m=6，
∵一次函数y=kx-7的图象经过点P（6，2），
得6k-7=2，
∴k=，
∴所求的一次函数解析式是y=x-7；
【小问2详解】
过B作BF⊥AD，过C作CE⊥AD，
∵点A、B的横坐标分别是a和a+2，
∴可得，，，
∵AB=CD，
在Rt△CDE与Rt△ABF中，
由勾股定理得：，
AB2=AF2+BF2=22+32，
∵四边形ABCD是等腰梯形，
∴AB=CD，即，
即，
①由，化简得a2+2a+8=0，方程无实数根，
②由，化简得a2+2a-8=0，
∴a1=-4，a2=2．
经检验，a1=-4，a2=2均为所求的值．
所以，a的值是-4或2
【点睛】此题看似比较复杂，其实并不难，主要考查一次函数和反比例函数的性质和图象，学会联立方程求出交点坐标，应用等腰梯形的基本性质求出a值．
23. 已知：如图，梯形ABCD中，AD∥BC，DE∥AB，与对角线交于点，∥，且FG=EF.
（1）求证：四边形是菱形；
（2）联结AE，又知AC⊥ED，求证： .
【答案】(1)见解析;(2)见解析
【解析】
【详解】分析：（1）由两组对边分别平行的四边形是平行四边形，得到是平行四边形．
再由平行线分线段成比例定理得到：， ，＝，即可得到结论；
（2）连接，与交于点．由菱形的性质得到⊥，进而得到 ，，即有，得到△∽△，由相似三角形的性质即可得到结论．
详解：（1）∵ ∥∥，∴四边形是平行四边形．
∵∥，∴．
同理 ．
得：＝
∵，∴．
∴四边形是菱形．
（2）连接，与交于点．
∵四边形是菱形，∴⊥．
得 ．同理．
∴．
又∵是公共角，∴△∽△．
∴．
∴．
点睛：本题主要考查了菱形的判定和性质以及相似三角形的判定与性质．灵活运用菱形的判定与性质是解题的关键．
24. 如图，抛物线y=ax2+6x+c交x轴于A，B两点，交y轴于点C．直线y=x﹣5经过点B，C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点A的直线交直线BC于点M．
①当AM⊥BC时，过抛物线上一动点P（不与点B，C重合），作直线AM的平行线交直线BC于点Q，若以点A，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求点P的横坐标；
②连接AC，当直线AM与直线BC的夹角等于∠ACB的2倍时，请直接写出点M的坐标．
【答案】（1）抛物线解析式为y=﹣x2+6x﹣5；（2）①P点的横坐标为4或或；②点M的坐标为（，﹣）或（，﹣）．
【解析】
【详解】分析：（1）利用一次函数解析式确定C（0，-5），B（5，0），然后利用待定系数法求抛物线解析式；
（2）①先解方程-x2+6x-5=0得A（1，0），再判断△OCB为等腰直角三角形得到∠OBC=∠OCB=45°，则△AMB为等腰直角三角形，所以AM=2，接着根据平行四边形的性质得到PQ=AM=2，PQ⊥BC，作PD⊥x轴交直线BC于D，如图1，利用∠PDQ=45°得到PD=PQ=4，设P（m，-m2+6m-5），则D（m，m-5），讨论：当P点在直线BC上方时，PD=-m2+6m-5-（m-5）=4；当P点在直线BC下方时，PD=m-5-（-m2+6m-5），然后分别解方程即可得到P点的横坐标；
②作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M1，交AC于E，如图2，利用等腰三角形的性质和三角形外角性质得到∠AM1B=2∠ACB，再确定N（3，-2），
AC的解析式为y=5x-5，E点坐标为（，-），利用两直线垂直的问题可设直线EM1的解析式为y=-x+b，把E（，-）代入求出b得到直线EM1的解析式为y=-x-，则解方程组得M1点的坐标；作直线BC上作点M1关于N点的对称点M2，如图2，利用对称性得到∠AM2C=∠AM1B=2∠ACB，设M2（x，x-5），根据中点坐标公式得到3=，然后求出x即可得到M2的坐标，从而得到满足条件的点M的坐标．
详解：（1）当x=0时，y=x﹣5=﹣5，则C（0，﹣5），
当y=0时，x﹣5=0，解得x=5，则B（5，0），
把B（5，0），C（0，﹣5）代入y=ax2+6x+c得
，解得，
∴抛物线解析式为y=﹣x2+6x﹣5；
（2）①解方程﹣x2+6x﹣5=0得x1=1，x2=5，则A（1，0），
∵B（5，0），C（0，﹣5），
∴△OCB为等腰直角三角形，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∵AM⊥BC，
∴△AMB等腰直角三角形，
∴AM=AB=×4=2，
∵以点A，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，AM∥PQ，
∴PQ=AM=2，PQ⊥BC，
作PD⊥x轴交直线BC于D，如图1，则∠PDQ=45°，
∴PD=PQ=×2=4，
设P（m，﹣m2+6m﹣5），则D（m，m﹣5），
当P点在直线BC上方时，
PD=﹣m2+6m﹣5﹣（m﹣5）=﹣m2+5m=4，解得m1=1，m2=4，
当P点在直线BC下方时，
PD=m﹣5﹣（﹣m2+6m﹣5）=m2﹣5m=4，解得m1=，m2=，
综上所述，P点的横坐标为4或或；
②作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M1，交AC于E，如图2，
∵M1A=M1C，
∴∠ACM1=∠CAM1，
∴∠AM1B=2∠ACB，
∵△ANB为等腰直角三角形，
∴AH=BH=NH=2，
∴N（3，﹣2），
易得AC的解析式为y=5x﹣5，E点坐标为（，﹣，
设直线EM1解析式为y=﹣x+b，
把E（，﹣）代入得﹣+b=﹣，解得b=﹣，
∴直线EM1的解析式为y=﹣x﹣
解方程组得，则M1（，﹣）；
作直线BC上作点M1关于N点的对称点M2，如图2，则∠AM2C=∠AM1B=2∠ACB，
设M2（x，x﹣5），
∵3=
∴x=，
∴M2（，﹣）.
综上所述，点M的坐标为（，﹣）或（，﹣）．
点睛：本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、等腰直角的判定与性质和平行四边形的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质；会运用分类讨论的思想解决数学问题．
25. 如图，△ABC中，，是AC边上的中线，AO平分且交BD于点O．
（1）求证：；
（2）当△BCD是等腰三角形时，求的余弦值；
（3）以O为圆心、OD长为半径的圆交线段BO于点E，连结CE．当△CDE与△AOB相似时，求AB：BC的值．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）延长AO交BC于点E，使EF=OE，证明△得BO=CF，再证明OD是△ACF的中位线即可得到结论；
（2）根据余弦的概念求解即可；
（3）根据题意可证明△得，用含有x的式子表示AB，BG，BC，即可求解．
【小问1详解】
延长AO交BC于点E，使EF=OE
∵，AO平分
∴E为BC边中点，
∴
又∵∠
∴△
∴
∴BD//CF
∴
∵是AC边上的中线，
∴D为AC边中点，
∴AD=CD
∴AO=FO
∴O为AF的中点，
∴OD是△ACF的中位线，
∴
∴
【小问2详解】
由（1）得，
∴
∵△BCD是等腰三角形
∴BC=BD=
∴
【小问3详解】
如图
已知△
∴
∵
∴
∴△
∴
∵AC=AB，D为AC的中点，
∴
设OG=x，与（1）同理可得AO=2OG=2x
又AB=2AO=4x，
在Rt△ABG中，
∴
∴
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，霄角的余弦值等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键．