吉林省松原市油田十二中2023-2024學(xué)年九年級上學(xué)期數(shù)學(xué)期末考試試卷

吉林省松原市油田十二中2023-2024學(xué)年九年級上學(xué)期數(shù)學(xué)期末考試試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、選擇題：本題共6小題，每小題2分，共12分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1．如圖是由4個相同的小正方體組成的幾何體，從左邊看到的圖形是（）A． B． C． D．2．下列事件中，屬于必然事件的是（）A．三角形的外心到三邊的距離相等B．某射擊運動員射擊一次，命中靶心C．任意畫一個三角形，其內(nèi)角和是180°D．拋一枚硬幣，落地后正面朝上3．如圖，點P為⊙O外一點，PA為⊙O的切線，A為切點，PO交⊙O于點B，∠P=30°，OB=3，則線段BP的長為（）

A．3 B．33 C．6 D．4．已知圓錐的底面半徑為2cm，母線長為5cm，則圓錐的側(cè)面積是（）A．20cm2 B．20πcm2 C．10πcm2 D．5πcm25．將拋物線y=-xA．y=-(x+2)2 B．y=-(x-2)2 C．y=-x26．如圖，在等邊△ABC中，D是邊AC上一點，連接BD，將△BCD繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△BAE，連接ED，若BC=10，BD=9，則△ADE的周長為（）A．19 B．20 C．27 D．30二、填空題：本題共8小題，每小題3分，共24分。7．已知⊙O的半徑長為10cm，若點P在⊙O外，則線段OP的長度為cm．（寫出一個正確的值即可）8．某蓄電池的電壓為48V，使用此蓄電池時，電流I(單位：A)與電阻R(單位：Ω)的函數(shù)表達式為I=48R，當R=12Ω時，I的值為9．已知(-1，y1)，(2，y2)在二次函數(shù)y=x2-2x的圖象上，比較10．如圖，以點O為圓心，AB為直徑的半圓經(jīng)過點C.若AC=BC=2，則圖中陰影部分的面積為11．如圖，⊙O是△ABC的外接圓，∠A=45°，BC=2，則⊙O的直徑為．12．如圖，Rt△OAB的頂點A(-2，4)在拋物線y=ax2上，將Rt△OAB繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△OCD，邊CD與該拋物線交于點P，則點13．如圖，小峰同學(xué)用自制的直角三角形紙板DEF測量樹的高度AB，他調(diào)整自己的位置，設(shè)法使斜邊DF保持水平，并且DE與點B在同一直線上．已知紙板的兩條直角邊DE=40cm，EF=30cm，測得AC=1.5m，AG=8m，則樹高AB為m.14．如圖，PA，PB分別切⊙O于點A，B，點C是AB上一點，過C作⊙O的切線，交PA，PB于點D，E，若PA=6cm，則△PDE的周長是cm．三、解答題：本題共12小題，共84分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15．計算：|-3|-2tan45°+(-1)16．如圖所示某地鐵站有三個閘口．

（1）一名乘客隨機選擇此地鐵閘口通過時，選擇A閘口通過的概率為．（2）當兩名乘客隨機選擇此地鐵閘口通過時，請用樹狀圖或列表法求兩名乘客選擇不同閘口通過的概率．17．如圖，在△ABC與△ADE中，ABAD=ACAE，且18．河南櫻桃，半壁江山在新安.新安因櫻桃產(chǎn)量大、品質(zhì)優(yōu)、成熟早，被譽為“中國櫻桃之鄉(xiāng)”.村民以原價30元/千克對外銷售.為了減少庫存，決定降價，經(jīng)過兩次降價后，售價為19.2元/千克.求平均每次降價的百分率．19．已知一拋物線形大門，其地面寬度AB=18m.一同學(xué)站在門內(nèi)，在離門腳點B處1m遠的點D處，垂直地面立起一根1.7m長的木桿，其頂端恰好頂在拋物線形門上的點C處.建立如圖所示的平面直角坐標系.求：

（1）大門所在拋物線對應(yīng)的函數(shù)表達式；（2）大門的高h．20．如圖所示是由邊長為1的小等邊三角形構(gòu)成的網(wǎng)格，每個網(wǎng)格圖中有3個小等邊三角形已涂上陰影.請在余下的空白小等邊三角形中，按下列要求選取三個涂上陰影，使得6個陰影小等邊三角形組成一個中心對稱圖形.(只需要填涂三種不同情況)

21．如圖，在平面直角坐標系中，一次函數(shù)y1=kx+b的圖象上與反比例函數(shù)y2=mx的圖象交于A，B兩點，與y軸交于點C，已知點（1）求一次函數(shù)與反比例函數(shù)的解析式；（2）若點D是y軸上一點，且S△ABD=6，求點22．墻壁及淋浴花灑截面如圖所示．已知花灑底座A與地面的距離AB為170cm，花灑AC的長為30cm，與墻壁的夾角∠CAD為43°.求花灑頂端C到地面的距離CE(結(jié)果精確到1cm).(參考數(shù)據(jù)：sin43°=0.68，cos43°=0.73，tan43°=0.93)23．如圖，在△ABC中，AB=AC，O在AB上，以O(shè)為圓心，OB為半徑的圓與AC相切于點F，交BC于點D，交AB于點G，過D作DE⊥AC，垂足為E．（1）DE與⊙O有什么位置關(guān)系，請寫出你的結(jié)論并證明；（2）若⊙O的半徑長為3，AF=4，求CE的長．24．綜合與探究問題情境：數(shù)學(xué)課上，老師引導(dǎo)同學(xué)們以“正方形中線段的旋轉(zhuǎn)”為主題開展數(shù)學(xué)活動.已知正方形ABCD中，AB=2，點E是射線CD上一點(不與點C重合)，連接BE.將BE繞點E順時針旋轉(zhuǎn)90°得到FE，連接DF．（1）特例分析：如圖1，當點E與點D重合時，求∠ADF的度數(shù)；（2）深入探究：當點E不與點D重合時，(1)中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請在圖2與圖3中選擇一種情況進行證明：若不成立，請說明理由；（3）問題解決：如圖4，當點E在線段CD上，且DF=DA時，請直接寫出線段BF的長．25．如圖，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，對角線AC，BD交于點O.點P從點A出發(fā)，沿AD方向勻速運動速度為1cm/s；同時，點Q從點D出發(fā)，沿DC方向勻速運動，速度為1cm/s；當一個點停止運動時，另一個點也停止運動.連接PO并延長交BC于點E，過點Q作QF//AC，交BD于點F，設(shè)運動時間為t(s)(0<t<6)，解答下列問題：（1）當t為何值時，△AOP是等腰三角形；（2）設(shè)五邊形OECQF的面積為S(cm2)，試確定S（3）在運動過程中，當S五邊形OECQF：S△ACD=9：16時.26．如圖，拋物線y=a(x+2)2-9a(a>0)與x軸相交于A，B兩點(點A在點B的左側(cè))，頂點為C（1）直接寫出點C的坐標(用含a的式子表示)；（2）求點B的坐標；（3）以BC為邊，在BC邊的右下方作正方形BCDE，設(shè)點D的坐標為(m，n)．

①當∠ABC=30°時，求點D的坐標；

②當∠ABC=45°時，直接寫出點D的坐標；

③直接寫出n關(guān)于m的函數(shù)解析式及自變量m的取值范圍．

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】從左邊看圖形是兩列，

左列是兩個小正方形，右列下方是一個小正方形.

故答案為：D.

【分析】根據(jù)從左邊看得到的圖形是左視圖，可得答案.2．【答案】C【解析】【解答】解：A、三角形的外心到三角形的三個頂點的距離相等，三角形的內(nèi)心到三邊的距離相等，是不可能事件，故本選項不符合題意；B、某射擊運動員射擊一次，命中靶心是隨機事件，故本選項不符合題意；C、三角形的內(nèi)角和是180°，是必然事件，故本選項符合題意；D、拋一枚硬幣，落地后正面朝上，是隨機事件，故本選項不符合題意；故答案為：C.

【分析】必然事件，在一定的條件下重復(fù)進行試驗時，有的事件在每次試驗中必然會發(fā)生，這樣的事件叫必然發(fā)生的事件，簡稱必然事件。根據(jù)定義即可判斷求解。3．【答案】A【解析】【解答】解：連接OA，如圖，

∵PA為⊙O的切線，

∴∠OAP=90°，

在Rt△AOP中，∠P=30°，OB=3，

∴AO=3，則OP=2AO=6，

∴BP=6-3=3.

故答案為：A.

【分析】根據(jù)切線的性質(zhì)得出∠OAP=90°，在Rt△AOP中，利用直角三角形中30°角所對的邊等于斜邊的一半得出OP的長，從而求解.4．【答案】C【解析】【分析】根據(jù)圓錐的側(cè)面展開圖為一扇形，這個扇形的弧長等于圓錐底面的周長，扇形的半徑等于圓錐的母線長和扇形的面積公式計算即可．【解答】圓錐的側(cè)面積=12??2π?2?5=10π（cm2)．

5．【答案】D【解析】【解答】將拋物線y=-x2向上平移2個單位得到的拋物線是y=-x2+2．

故D符合題意.故答案為：D．【分析】根據(jù)二次函數(shù)的圖象平移的規(guī)律來求解.拋物線的圖象平移的規(guī)律：左加右減，上加右減.6．【答案】A【解析】【解答】解：

解：將△BCD繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△BAE

.BD=BE，CD=AE，∠DBE=60°

.OBDE是等邊三角形

.DE=BD=BE=9

：△ABC是等邊三角形

.BC=AC=10

：OADE的周長=AE+AD+DE=AD+CD+DE=AC+BD

.OADE的周長=19

故答案為：D.

【分析】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BD=BE，CD=AE，∠DBE=60°，可得△BDE是等邊三角形，即可求DE=BD=BE=9，根據(jù)△ADE的周長=AE+AD+DE=AE+CD+DE=AC+BD，可求△ADE的周長.7．【答案】11（答案不唯一）【解析】【解答】解：⊙O的半徑長為10cm，若點P在⊙O外，則只需OP的長度大于10即可.故答案為：11（答案不唯一）.【分析】本題主要考查，點與圓的位置關(guān)系，點在圓外，則點與圓心的距離大于半徑，點在圓上，則點與圓心的距離等于半徑，點在圓內(nèi)，則點與圓心的距離等于半徑.8．【答案】4【解析】【解答】解：∵I=48R，

∴當R=12Ω時I=4812=49．【答案】>【解析】【解答】解：把(-1，y1)，(2，y2)代入二次函數(shù)y=x2-2x得，

y1=-12-2×-1=1+2=3，y2=210．【答案】π【解析】【解答】解：∵AB是半圓⊙O的直徑，

∴∠ACB=90°，

∵AC=BC=2，

∴△ABC是等腰三角形，

∴OA=OB=12AB=12×2×2=1，

∴△AOC≌△BOC，

∴S陰影=S△AOC+S11．【答案】2【解析】【解答】解：如圖，連接OB，OC，

∵BC?=BC?，

∴∠BOC=2∠A=90°，

∴△BOC是等腰直角三角形，

∵BC=2，

∴OB=BC2=2，

∴⊙O的直徑為2212．【答案】(【解析】【解答】解：∵Rt△OAB的頂點A(-2，4)在拋物線y=ax2上，∴4=4a，解得a=1，∴拋物線解析式為y=x2，∵點A(-2，4)，∴B(-2，0)，∴OB=2，∵旋轉(zhuǎn)，∴OD=OB=2，∴D(0，2)，∵DC⊥OD，∴DC∥x軸，∴yP代入y=x2，得2=x2，解得x=±2，∴P(2，2).故答案為：(2，2).【分析】把A（-2，4）代入y=ax13．【答案】7.5【解析】【解答】解：在△DBC和△DEF中，∠D=∠D∴△DBC∽△DEF，∴DEEF∴4030∴BC=6，∴AB=AC+BC=1.5+6=7.5，即樹高為7.5m.故答案為：7.5.【分析】根據(jù)相似三角形的判定方法判定△DEF和△DBC相似，然后根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例列式求出BC的長，再加上AC即可得解.14．【答案】12【解析】【解答】解：∵PA與PB分別切⊙O于A、B兩點，DE切⊙O于C，

∴PA=PB=6cm，DA=DC，EC=EB，

∴△PDE的周長=PD+PE+DC+EC=PD+DA+PE+EB=PA+PB=12cm.

故答案為：12.

【分析】根據(jù)PA、PB、DC、EC都為⊙O的切線，根據(jù)切線長定理得到PA=PB=6cm，DA=DC，EC=EB，因此△PDE的周長=PD+PE+DC+EC=PA+PB，而PA=PB=6cm，即可得到△PDE的周長.15．【答案】解：|-3|-2tan45°+(-1)2023-(3-π)0【解析】【分析】把特殊銳角三角函數(shù)的值代入原式，然后根據(jù)實數(shù)的混合運算法則進行計算即可.16．【答案】（1）1（2）解：畫樹狀圖為：

共有9種等可能的結(jié)果，其中兩名乘客選擇不同閘口通過的結(jié)果數(shù)為6，

所以兩名乘客選擇不同閘口通過的概率=69【解析】【解答】解：(1)一名乘客隨機選擇此地鐵閘口通過時，總共有3個閘口，選擇A閘口通過的概率為13；

故答案為：13.

【分析】(1)由概率公式計算即可求解.17．【答案】證明：∵∠EAC=∠DAB，

∴∠EAC+∠BAE=∠DAB+∠BAE，

∴∠BAC=∠DAE，

∵ABAD=AC【解析】【分析】由∠EAC=∠DAB，得∠EAC+∠BAE=∠DAB+∠BAE，因此∠BAC=∠DAE，根據(jù)兩邊成比例且夾角相等即可得證.18．【答案】解：設(shè)平均每次降價的百分率為x，

根據(jù)題意得：30(1-x)2=19.2，

解得：x1=0.2=20%，x2=1.8(【解析】【分析】設(shè)平均每次降價的百分率為x，根據(jù)題意得：30(1-x)19．【答案】（1）解：設(shè)拋物線解析式為y=ax2+bx．

由題意知B、C兩點坐標分別為B(18，0)，C(17，1.7)，

把B、C兩點坐標代入拋物線解析式得，

324a+18b=0289a+17b=1.7，

解得a=0.1（2）解：y=-0.1x2+1.8x

=-0.1(x2-18x+81-81)

=-0.1(x-9)2【解析】【分析】(1)設(shè)拱門所在拋物線的解析式為y=ax2+bx，先找出B、C兩點的坐標，再代入解析式得方程組324a+18b=020．【答案】解：如圖：

【解析】【分析】利用中心對稱的定義：把一個圖形繞某點旋轉(zhuǎn)180°后能夠與自身重合，則這個圖形是中心對稱圖形，根據(jù)定義畫圖即可.21．【答案】（1）解：將點A(4，1)代入y2=mx，得m=1×4=4，

∴反比例函數(shù)的解析式為y2=4x，

∵點B的橫坐標為-2，

∴將x=-2代入y2=4x，得y=-2，

∴B(-2，-2)．

將A(4，1)，B(-2，-2)（2）解：由y1=12x-1可知C(0，-1)，

∵S△ABD=S【解析】【分析】(1)把點A(4，1)代入y2=mx，即可求得m=4，從而得反比例函數(shù)的解析式以及B的坐標，然后根據(jù)待定系數(shù)法即可求得一次函數(shù)的解析式.22．【答案】解：過C作CF⊥AB于F，

則∠AFC=90°，

在Rt△ACF中，AC=30，∠CAF=43°，

∵cos∠CAF=AFAC，

∴AF=AC?cos∠CAF=30×0.73=21.9，

∴CE=BF=AB+AF=170+21.9=191.9≈192(cm)，

答：花灑頂端C【解析】【分析】過C作CF⊥AB于F，得到∠AFC=90°，在Rt△ACF中解直角三角形即可得到結(jié)論.23．【答案】（1）解：DE與⊙O相切；

理由如下：

連接OD，

∵OB=OD，

∴∠ABC=∠ODB；

∵AB=AC，

∴∠ABC=∠ACB，

∴∠ODB=∠ACB，

∴OD//AC；

∵DE⊥AC，

∴OD⊥DE，

∴DE與⊙O相切．（2）解：連接OD，OF；

∵DE，AF是⊙O的切線，

∴OF⊥AC，OD⊥DE，

又∵DE⊥AC，

∴四邊形ODEF為矩形，

∴EF=OD=3；

在Rt△OFA中，AO2=OF2+AF2，

∴AO=32+42=25【解析】【分析】（1）由已知可證得OD⊥DE，OD為圓的半徑，根據(jù)切線的判定得DE與⊙O相切.

（2）連接OD，OF，先證明四邊形ODEF為矩形，從而得到EF的長，再利用勾股定理求得AO的長，從而可求得AC的長，從而得解.24．【答案】（1）解：∵四邊形ABCD是正方形，

∴AB=AD，∠A=90°，

∴∠ADB=∠ABD=180°-∠A2=45°，

由旋轉(zhuǎn)可知∠BDF=90°，（2）解：仍然成立，

如圖2，過點F作FG⊥CD交CD的延長線于點G，則∠FGD=90°，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠C=∠ADC=90°，BC=CD，

∴∠FGD=∠C，∠CBE+∠BEC=90°，

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知EF=BE，∠BEF=90°，

∴∠BEC+∠FEG=90°．

∴∠FEG=∠CBE，

∴△FGE≌△ECB(AAS)．

∴FG=EC，EG=BC=CD．

∴EG-DE=CD-DE，即CE=DG．

∴FG=DG．

∵∠ADC=90°，

∴∠ADG=90°，

∴∠FDG=45°，

∵∠FGD=90°，

∴∠FDA=45°；

如圖3，過點F作FG⊥CD交CD的延長線于點G，則∠FGD=90°，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠C=∠ADC=90°?BC=CD，

∴∠FGD=∠C，∠CBE+∠BEC=90°．

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知EF=BE，∠BEF=90°，

∴∠BEC+∠FEG=90°，

∴∠FEG=∠CBE，

∴△FGE≌△ECB(AAS)，

∴FG=EC，EG=BC=CD．

∴EG+DE=CD+DE，

即CE=DG．

∴FG=DG，

又∠FGD=90°，

∴∠FDG=45°，

∵∠ADC=90°，

∴∠FDA=180°-∠FDG-∠ADC=45°；（3）2【解析】【解答】如圖4，

過點F作FG⊥CD交CD的延長線于點G，則∠FGD=90°，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠C=∠ADC=90°，BC=CD，

∴∠FGD=∠C，∠CBE+∠BEC=90°，

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知EF=BE，∠BEF=90°，

∴∠BEC+∠FEG=90°．

∴∠FEG=∠CBE，

∴△FGE≌△ECB(AAS)．

∴FG=EC，EG=BC=CD．

∴EG-DE=CD-DE，即CE=DG．

∴FG=DG，

∴△DFG是等腰直角三角形，

∴FG=22DF=2，

∴CE=FG=2，

∵BC=AB=2，

∴BE=BC2+C(2)如圖2，過點F作FG⊥CD交CD的延長線于點G，從而∠FGD=90°，利用正方形的性質(zhì)可得∠C=∠ADC=90°，BC=CD，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知EF=BE，∠BEF=90°，利用全等三角形的性質(zhì)得到FG=EC，EG=BC=CD.從而得FG=DG.利用等腰直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；如圖3，過點F作FG⊥CD交CD的延長線于點G，從而∠FGD=90°，利用正方形的性質(zhì)可得∠C=∠ADC=90°，BC=CD，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知EF=BE，∠BEF=90°，利用全等三角形的性質(zhì)可得FG=EC，EG=BC=CD.求得FG=DG.利用等腰直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論.(3)利用正方形的性質(zhì)得到∠C=∠ADC=90°，BC=CD，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知EF=BE，∠BEF=90°，利用全等三角形的性質(zhì)得到FG=EC，EG=BC=CD.從而得FG=DG.利用等腰直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論.25．【答案】（1）解：在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，

∴AC=10，

①當AP=PO=t，如圖1，過P作PM⊥AO于點M，

∴AM=12AO=52，

∵∠PMA=∠ADC=90°，∠PAM=∠CAD，

∴△APM∽△ACD，

∴APAC=AMAD，

∴AP=t=258，

②當AP=AO=t=5，（2）解：如圖2，過點O作OH⊥BC交BC于點H，則OH=12CD=12AB=3cm，

由矩形的性質(zhì)可知∠PDO=∠EBO，DO=BO，又得∠DOP=∠BOE，

∴△DOP≌BOE(ASA)，

∴BE=PD=8-t，

則S△BOE=12BE?OH=12×3(8-t)=12-32t.

∵FQ//AC，

∴△DFQ∽△DOC，相似比為DQDC=t6（3）t=3或3【解析】【解答】解：(3)∵S△ACD=12×6×8=24，

∴S五邊形OECQF：S△ACD=(-13t2+32t+12)：24=9：16，

解得t=3，或t=32，

(2)過點O作OH⊥BC交BC于點H，因為BE=PD，可求△BOE的面積，證得△DFQ∽△DOC，根據(jù)相似三角形的面積比可求得△DFQ的面積，從而可求五邊形OECQF的面積.(3)根據(jù)題意列方程S△ACD=(-13t2+26．【答案】（1）(-2，-9a)（2）解：在y=a(x+2)2-9a中，令y=0得：a(x+2)2-9a=0，

∵a>0，

∴(x+2)2-9=0，解得x=-5或x=1，（3）解：①過C作y軸平行線交x軸于F，過D作DG⊥CF于G，如圖：

∵C(-2，-9a)，B(1，0)；

∴BF=OB+OF=3，

∵∠ABC=30°，

∴CF=BF?tan30°=3×33=3，

∵四邊形BCDE是正方形，

∴BC=DC，∠BCD=90°，

∴∠FCB=90°-∠GCD=∠CDG，

∵∠BFC=∠G=90°，

∴△BFC≌△CGD(AAS)，

∴BF=CG=