江苏省南京市鼓楼区2020-2021学年九上数学期中试卷&答案

江苏省南京市鼓楼区2020-2021学年九上数学期中试卷&答案

2 / 15 【鼓楼区数学】2020 九上期中考试（试卷+答案） 一、选择题（本大题共 6 小题，每小题 2 分，共 12 分。在每小题所给出的四个选项中，恰 有一项是符合题目要求的，请将正确选项的字母代号填涂在答题卡相应位置上） 1、下列方程中，是一元二次方程的是（ ） A． 1 2x   B． 2 1x y  C． 2 4 3x x  D． 3 5xy   2、某校九年级 8 个班级向“希望工程”捐献图书的册数情况如下： 班级 一班 二班 三班 四班 五班 六班 七班 八班 册数 50 96 100 90 90 120 500 90 所捐图书册数的中位数和众数分别是（ ） A．93 册，90 册 B．93 册，500 册 C．90 册，90 册 D．90 册，500 册 3、用配方法解方程 2 8 4 0x x   ，变形后的结果正确的是（ ） A． 22 0x   B． 22 4x   C． 24 12x   D． 24 20x   4、关于 x 的方程 2 2 1x p  （p 为常数）的根的情况，下列结论中正确的是（ ） A．两个正根 B．两个负根 C．一个正根，一个负根 D．无实数根 5、某戏院举办文艺演出，经调研，票价每张 30 元，1200 张门票可以全部售出；票价每增 加 1 元，售出的门票就减少 20 张，若涨价后，门票总收入达到 38500 元，设票价每张 x 元，则可列方程为（ ） A.  1200 20 38500x x  B.  1200 20 30 38500x x     C.   30 1200 20 38500x x   D.    30 1200 20 30 38500x x      6、如图， O 是正八边形 ABCDEFGH 的外接圆，则下列结论: ①弧 DF 的度数为 90°； ② 2AE DF ； ③ ABCDEFGHS AE DF 正八边形 . 其中所有正确结论的序号是（ ） A．①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 3 / 15 二、填空题（本大题共 10 小题，每小题 2 分，共 20 分. 不需写出解答过程，请把答案直 接填写在答题卡相应的位置上．．．．．．．．．） 7、方程 2 2 0x x  的解是_____________． 8、某地某日最高气温为 12℃，最低气温是 7 ℃，该日气温极差是_____________℃. 9、在△ABC 中，AB=AC，若以 A 为圆心，AB 长为半径作圆，则点 C 在 A _____________(填 “内”，“上”或“外”). 10、已知一个扇形的半径为 6，面积为 10π，该扇形的圆心角是_____________°. 11、学校将平时成绩、期中成绩和期末成绩按 3：3：4 计算学生的学期平均成绩.若某同学 的数学平时成绩、期中成绩和期末成绩分别是 90 分、85 分、90 分，则该同学数学学 期平均成绩是_____________分. 12、如图是一个几何体的三视图（图中尺寸单位：cm），根据图中数据计算这个几何体的侧 面积为_____________cm². （第 12 题） （第 13 题） 13、 如图，PA 与 O 切于点 A，PO 的延长线交 O 于点 B，若 O 的半径为 3，∠APB=54°， 则弧 AB 的长度为_____________． 14、 在半径为 1 的 O 中，AB、AC 为 O 的弦，AB= 3 ，AC=1，则∠BAC=_____________°． 15、如图， O 的直径为 10，A、B、C、D 是 O 上四个动点，且 AB=6，CD=8，若点 E、 F 分别是弦 AB、CD 的中点，则线段 EF 的长度的取值范围是_____________． （第 16 题） （第 15 题） （第 16 题） 16、如图，点 O、I 分别是锐角△ABC 的外心、内心，若∠CAB=8∠OAC=48°， 则 AOI CIO    _____________°． 4 / 15 三、解答题（本大题共 7 小题，共 64 分. 请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字 说明、证明过程或演算步骤） 17、（10 分）解方程 ⑴ 2 2 3 0x x   ⑵   22 2x x x    18、（5 分）已知关于 x 的方程 2 26 3 5 0x x m m     （m 为常数）的一个根是 1， 求 m 的值． 19、（6 分）某种服装原价每件 100 元，经两次降价，现售价每件 81 元，求该种服装平均 每次降价的百分率． 20、（6 分）已知关于 2 2 5 0x x k   （ k 为常数）总有实数根． ⑴求 k 的取值范围； ⑵若该方程有两个相等的实数根，直接写出该方程的根． 21、（7 分）在体操比赛中，往往在所有裁判给出的分数中，去掉一个最高分和一个最低分， 然后计算余下分数的平均分，6 个 B 组裁判对某一运动员的打分数据（动作完成分） 为： 9.8，9.8，9.5，9.4，9.4，8.5． ⑴如果不去掉最高分和最低分，计算这组数据的平均分和方差； ⑵如果去掉一个最高分和最低分，与⑴中的结果相比，平均数_____________， 方差_____________（填“变小”、“变大”或“不变”）； ⑶你认为哪种统计平均分的方法更合理，请说明理由． 5 / 15 22、（7 分）用两种方法证明命题“在圆的内接四边形中，如果一组对边相等，那么另一组 对边平行”． 已知：如图，四边形 ABCD 是 O 的内接四边形， AB CD ． 求证： AD BC∥ ． 证法1：∵_____________， ∴   AB CD ． ∴_____________， 即   BD AC ， ∴∠DCB=∠ABC， ∵四边形 ABCD 是 O 的内接四边形， ∴_____________， ∴∠BAD+∠ABC=180°， ∴ AD BC∥ ． 请把证 1 补充完整，并用不同的方法完成证法 2． 23、（8 分）已知关于 x 的方程 2 0x px q   (p，q 为常数)有两个实数根 1 2,x x ． ⑴若 2, 8p q    ，则 2 4p q 的值是_____________，方程的解是_____________； ⑵若 1 23, 2x x   ，求 2 4p q 的值； ⑶用含 1 2x x、 的代数式表示 2 4p q ，下列结论中正确的是（ ） A．  22 1 24 = +p q x x B．  22 1 24 =p q x x C．  22 1 24 =p q x x  D．  22 1 2 1 24 =p q x x x x   O D CB A 6 / 15 24、（9 分）如图，AB 是 O 的直径，C、D 是 O 上的两点，过 D 作 DE⊥CA，垂足为 E， 且 DE 与 O 相切，DO 的延长线与 BC 交于点 F． ⑴求证：四边形 CEDF 是矩形； ⑵若 AC=OA=2，求弦长 BC 与  BC 所围成的图形(阴影部分)的面积． 25、（9 分）如图，在一块矩形 ABCD 的草坪上有两条部分重叠的平行四边形(□ AEFH 、 □ BFHG )小路，小路进出口的宽 AE、BG、FH 均为 2m，小路的边 EF、GH 与 AB 所 成的夹角均为 60°，小路的面积是整个矩形面积的 3 8 ，设 AB 长为 x m． ⑴EF 与 GH 的交点记为 P，△PHF 的面积为_____________m2； ⑵用含 x 的代数式分别表示线段 BE、BC 的长(直接写出答案，不必说明理由)； ⑶求 x 的值 7 / 15 26、（10 分）如图，P 是⊙O 外一点，PA 是⊙O 的切线，A 是切点，B 是⊙O 上一点，且 PB=PA，射线 PO 交⊙O 于 C、D 两点. （1）求证：PB 是⊙O 的切线； （2）求证：AC 平分∠PAB； （3）若⊙O 的直径是 6，AB= 2 5 ，则点 D 与△PAB 的内切圆上各点之间距离的最大 值为 ； C B A O P D 8 / 15 27、（11 分）【概念认识】 自一点引出的两条射线分别经过已知线段的两端，则这两条射线所成的角称为该点对 已知线段的视角，如图①，∠APB 是点 P 对线段 AB 的视角. 【数学理解】 如图②，已知线段 AB 与直线 l，在直线 l 上取一点 P，使点 P 对线段 AB 的视角最大. （1）过 A、B 两点，作⊙O 使其与直线 l 相切，切点为 P，则点 P 对线段 AB 的视角最 大，即∠APB 最大. 为了证明点 P 的位置即为所求，不妨在直线 l 上另外任取一点 Q，连接 AQ、BQ， 证明：∠APB＞∠AQB 即可，请完成这个证明. 【问题解决】 在足球电子游戏中，足球队球门的视角越大，越容易被踢进，如果一名球员沿直线带球 前进，那么他应当在哪个地方射门，才能使进球的可能性最大？ （2）如图③，A、B 是足球门的两端，线段 AB 是球门的宽，CD 是球场边线，∠ADC 是 直角. ①若该球员沿边线 CD 带球前进，记足球所在的位置为点 P，在图③中，用直尺和圆 规在线段 CD 上求作点 P，使点 P 对 AB 的视角最大（不写作法，保留作图痕迹）. ②若 M 是线段 CD 上一点，∠CMN=60°，该球员沿射线 MN 带球前进（如图④）， 记足球所在的位置为点 P，已知 AB=4，BD=9，DM= 3 ，求点 P 对 AB 的最大视 角. l ②① B A P O P B A Q ④③ NA D C CD A B B M 9 / 15 【鼓楼区数学】2020 九上期中考试答案 一、选择题（本大题共 6 小题，每小题 2 分，共 12 分。在每小题所给出的四个选项中，恰 有一项是符合题目要求的，请将正确选项的字母代号填涂在答题卡相应位置上） 题号 1 2 3 4 5 6 答案 C A C C B D 第 6 题解析: ①∵正八边形中心角为 45° ∴∠DOF=90°，即弧 DF 的度数为 90° ②设 O 的半径为 r，则 AE=2r 在 Rt△DOF 中，DO=FO=r ∴ 2DF r ， 则 2AE DF ③易证 1 2DOFES OE DF 四边形 ， 4ABCDEFGH DOFES S正八边形 四边形 ∴ 2ABCDEFGHS OE DF AE DF   正八边形 二、填空题（本大题共 10 小题，每小题 2 分，共 20 分. 不需写出解答过程，请把答案直 接填写在答题卡相应的位置上．．．．．．．．．） 第 16 题解析： 连接 AI、CO、BI，以 O 为圆心，OA 为半径作圆； ∵点 O、I 分别是锐角△ABC 的外心、内心 且∠CAB=8∠OAC=48° ∴OC=AO，∠OAC=6°，∠CAI=∠BAI=24°， ACI BCI∠ ∠ ， ABI CBI∠ ∠ ∴∠CAO=∠OCA=6° ∴ 180 168AOC CAO OCA        ， 24 6 18OAI       ∴∠ABC= 1 2 ∠AOC=84° ∵ ABI CBI∠ ∠ ∴ =42ABI CBI∠ ∠ ° ∵∠CAB=48°，∠ABC=84° ∴ 180 48ACB CAB ABC      ∠ ∠ ∴∠ACI=∠BCI=24° 设∠AIO=x，∠CIO=y， 则 162AOI x    ， 162AOI CIO x y       ∵ 360 132x y AIB BIC      ∠ ∠ ∴ 162 =30AO xI CIO y      题号 7 8 9 10 11 答案 1 0x  ， 2 2x  19 上 100 88.5 题号 12 13 14 15 16 答案 12π 12 5 π 30 或 90 1 7EF  30 10 / 15 三、解答题（本大题共 11 小题，共 68 分. 请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字 说明、证明过程或演算步骤） 17、⑴解： 1 21 3x x  ， ⑵解： 1 21 2x x   ， 18、解：将 1x  代入方程 可得 21 6 3 5 0m m     ， 整理后为 2 3 10=0m m  ， 即 1 25 2m m  ， ， 19、解：设该种服装平均每次降价的百分率为 x 2100(1 ) 81x  解得 1 210% 190%x x ， （舍） 答：每次降价的百分率为 10%。 20、解⑴∵方程有实数根 ∴ 2 4 0b ac ≥ ∴  2 2 5 4 0k ≥ ∴ 5k≤ ⑵ 1 2 5x x  21、解：⑴ 1 9.8 9.8 9.5 9.4 9.4 8.56x      （ ）=9.4            2 2 2 2 2 22 1s = 9.8 9.4 9.8 9.4 9.5 9.4 9.4 9.4 9.4 9.4 8.5 9.4 0.196               ⑵变大；变小； ⑶答：我觉得去掉一个最高分和最低分，然后计算余下分数的平均分的计算方式更合 理，因为这样可以减少极端值对整体的影响，使得数据更加具有公正。 22、证法 1：AB=CD     AB AD CD AD   ∠BAD+∠DCB=180° 证法 2：连接 AC ∵AB=CD， ∴   AB CD ∴ AOB DOC   又∵ 1 1 2 2ACB AOB CAD DOC     ， ∴∠ACB=∠CAD， ∴ AD BC∥ 11 / 15 23、解：⑴36； 1 2= 2 =4x x－ ， ⑵∵ 1 23, 2x x   ∴ 9 3 0 4 2 0 p q p q       － 解得 6 p q    －1 － ∴ 2 4 1 24 25p q    ⑶C 24、⑴证明：∵DE 与 O 相切 ∴OD⊥DE ∴∠FDE=90° ∵AB 是 O 的直径 ∴∠ACF=90° ∵DE⊥CA ∴∠E=90° ∴四边形 CEDF 是矩形． ⑵解：连接 OC ∵AC=OA=OC=2 ∴△OAC 为等边三角形 ∴∠COA=∠ACO=60° ∴∠COB=120° ∵∠ACB=90° ∴∠OCF=30° ∵四边形 CEDF 是矩形 ∴∠OFC=90° Rt△OCF 中，OC=2，∠OCF=30° ∴OF=1，CF= 3 ∴BC=2 3 ∴S 阴影=S 扇形 OBC－S△OBC= 120 1 44 2 3 1 3360 2 3π π      25、解：⑴ 3 ⑵BE=（x－2）m， 3 32BC x      m ⑶ 3 3 34( 3) 3 ( 3)2 8 2x x x    解得： 1 2 8=10 = 3x x， （舍去） 综上 x=10． 12 / 15 26、（1）证明：连接 OA、OB； 在△PAO 和△PBO 中 PA PB OA OB PO PO      ∴△PAO≌△PBO（SSS） ∴∠PBO=∠PAO=90° ∵OB 为半径（B 为半径外端），∠PBO=90° ∴PB 为⊙O 的切线 （2）证明：连接 OA、OB；设∠PAC=α； ∵∠PAO=90° ∴ 90OAC     ∵OA=OC ∴ 90OCA     ∵PA=PB、OA=OB ∴PO 为 AB 的垂直平分线 ∴∠CAB=  90 90 90OCA           ∴∠PAC=∠CAB ∴AC 平分∠PAB； （3）7 解析：由（1）得：PO 为∠APB 的角平分线； 由（2）得：AC 为∠PAB 的角平分线； ∴C 为△PAB 的内切圆圆心 ∵⊙O 直径为 6 ∴OA=3 ∵PO 为 AB 中垂线，AB= 2 5 ∴AM= 5 ∴OM= 2 2 2OA AM  ∵OC=3 ∴CM=1 ∴CH=1 ∵D 到△PAB 内切圆上各点的最大距离为 DH ∴最大距离 DH=CD+CH=6+1=7 27、（1）证明：设 BQ 交⊙O 于点 H，连接 AH； ∵∠APB、∠AHB 均为弧 AB 所对的圆周角 ∴∠APB=∠AHB ∵∠AHB 为△AHQ 的外角 ∴∠AHB=∠AQB+∠QAH ∴∠AHB＞∠AQB，即∠APB＞∠AQB C B A P O D C B A P O D l H P OB A Q H MC B A OP D 13 / 15 （2）①如图所示，点 P 即为所求； ②解：由（1）得：过 A、B 的⊙O 与 MN 相切时，点 P 对 AB 的视角最大； 如图，延长 NM、AD 交于点 H，作 AB 的中垂线 EF 交 MN 于 E，则点 O 在 线段 EF 上， ∵∠CMN=60°、∠ADC=90° ∴∠H=30°，∠HEF=60° ∵DM= 3 ∴DH=3 ∵OF⊥AB，AB 为弦，O 为圆心 ∴AF=BF ∵AB=4 ∴AF=BF=2 ∵BD=9 ∴HF=14 ∵∠H=30°，∠EFH=90° ∴EF=14 3 3 设⊙O 的半径为 R， ∵OP=R，∠OEP=60°，∠OPE=90° ∴OE= 2 3 3 R ∴ 14 3 2 3 3 3OF EF OE R    又∵OF= 2 2 2 22OB BF R   ∴ 2 2 14 3 2 32 3 3R R   解得： 1 52R  ， 2 4R  ∵14 3 2 3 03 3 R  ∴R＜7 P OHP CD A Q B H E P F NA D C B M O 14 / 15 ∴R=4 ∵AB=4，OA=OB=R=4 ∴△AOB 为等边三角形 ∴∠AOB=60° ∵∠APB= 1 2 AOB ∴∠APB=30°