北師大版九年級數(shù)學下冊期末檢測題

九年級數(shù)學下冊期末檢測題(BSD)(考試時間：120分鐘滿分：120分)一、選擇題(本大題共6小題，每小題3分，共18分．每小題只有一個正確選項)1．化簡eq\r(1＋tan230°－2tan30°)的結果為(A)A．1－eq\f(\r(3),3) B．1－eq\r(3) C.eq\f(\r(3),3)－1 D．12．已知⊙O的直徑CD＝10cm，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足為M，且AB＝8cm，則AC的長為(C)A．2eq\r(5)cm B．4eq\r(5)cmC．2eq\r(5)cm或4eq\r(5)cm D．2eq\r(3)cm或4eq\r(3)cm3．在Rt△ABC中，∠C＝90°，sinA＝eq\f(4,5)，AC＝6cm，則BC的長度為(C)A．6cm B．7cm C．8cm D．9cm4．已知二次函數(shù)y＝2(x－3)2＋1.有下列說法：①其圖象開口向下；②其圖象的對稱軸為直線x＝－3；③其圖象的頂點坐標為(3，－1)；④當x＜3時，y隨x的增大而減?。渲姓_的有(A)A．1個 B．2個 C．3個 D．4個5．(泰安中考)在同一坐標系內，一次函數(shù)y＝ax＋b與二次函數(shù)y＝ax2＋8x＋b的圖象可能是(C)(2019·煙臺)如圖，AB是⊙O的直徑，直線DE與⊙O相切于點C，過A，B分別作AD⊥DE，BE⊥DE，垂足分別為點D，E，連接AC，BC，若AD＝eq\r(3)，CE＝3，則eq\o(AC,\s\up8(︵))的長為(D)A.eq\f(2\r(3),3) B.eq\f(\r(3),3)πC.eq\f(\r(3),2)π D.eq\f(2\r(3),3)π二、填空題(本大題共6小題，每小題3分，共18分)7．已知(tanA－eq\r(3))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanB－\f(\r(3),3)))eq\s\up12(2)＝0，∠A，∠B為△ABC的內角，則△ABC的形狀是直角三角形．8．將二次函數(shù)y＝x2＋bx＋c向左平移3個單位，向下平移1個單位，正好得到拋物線y＝x2，則b＋c＝4.9．(2019·臺州)如圖，AC是圓內接四邊形ABCD的一條對角線，點D關于AC的對稱點E在邊BC上，連接AE.若∠ABC＝64°，則∠BAE的度數(shù)為52°．10．(2019·黃石)一輪船在M處觀測燈塔P位于南偏西30°方向，該輪船沿正南方向以15海里/小時的速度勻速航行2小時后到達N處，再觀測燈塔P位于南偏西60°方向，若該輪船繼續(xù)向南航行至燈塔P最近的位置T處，此時輪船與燈塔之間的距離PT為15eq\r(3)海里．11．如圖，等腰三角形ABC內接于⊙O，已知AB＝AC，∠ABC＝30°，BD是⊙O的直徑，如果CD＝eq\f(4\r(3),3)，那么AD＝__4__．12．如圖，拋物線y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的對稱軸為直線x＝－1，下列結論中：①abc<0；②9a－3b＋c<0；③b2－4ac>0；④a>b.正確的結論是②③④(只填序號)．三、(本大題共5小題，每小題6分，共30分)13．計算：(1)sin260°－cos60°＋tan45°； (2)eq\f(sin30°＋cos245°,cos60°＋sin45°).解：原式＝eq\f(5,4). 解：原式＝2(eq\r(2)－1)．14．如圖，在△ABC中，∠B＝90°，∠A＝30°，D是邊AB上一點，∠BDC＝45°，AD＝4，求BC的長(結果保留根號)．解：∵∠B＝90°，∠BDC＝45°，∴△BCD為等腰直角三角形，∴BD＝BC.在Rt△ABC中，tanA＝tan30°＝eq\f(BC,AB)，即eq\f(BC,BC＋4)＝eq\f(\r(3),3)，解得BC＝2(eq\r(3)＋1)．15．如圖，AB與DE是⊙O的直徑，C是⊙O上一點，AC∥DE.求證：(1)eq\o(AD,\s\up8(︵))＝eq\o(CE,\s\up8(︵))；(2)BE＝EC.證明：(1)連接OC，∵AC∥DE，∴∠AOD＝∠OAC，∠COE＝∠OCA，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∴∠AOD＝∠COE，∴eq\o(AD,\s\up8(︵))＝eq\o(CE,\s\up8(︵)).(2)∵∠AOD＝∠BOE，∠AOD＝∠COE，∴∠BOE＝∠COE，∴BE＝CE.16．下表給出了代數(shù)式－x2＋bx＋c與x的一些對應值：x…－2－10123…－x2＋bx＋c…5nc2－3－10…(1)根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，確定b，c，n的值；(2)設y＝－x2＋bx＋c，直接寫出0≤x≤2時y的最大值．解：(1)根據(jù)表格數(shù)據(jù)可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4－2b＋c＝5，,－1＋b＋c＝2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－2，,c＝5.))∴－x2＋bx＋c＝－x2－2x＋5.當x＝－1時，－x2－2x＋5＝6，即n＝6.(2)根據(jù)表中數(shù)據(jù)得，當0≤x≤2時，在x＝0處y的值最大，y的最大值是5.17．如圖，在矩形ABCD中，AD＝2，以B為圓心，BC長為半徑畫弧交AD于點F，若eq\o(CF,\s\up8(︵))的長為eq\f(2π,3).(1)求圓心角∠CBF的度數(shù)；(2)求圖中陰影部分的面積．(結果保留根號及π的形式)解：(1)由弧長公式得eq\f(nπ·2,180)＝eq\f(2π,3)，解得n＝60，即∠CBF＝60°.(2)∠ABF＝90°－∠CBF＝90°－60°＝30°，∴AF＝eq\f(1,2)BF＝1，∴DF＝1，AB＝eq\r(3)，S陰影＝S梯形BCDF－S扇形BCF＝eq\f(1,2)×(1＋2)×eq\r(3)－eq\f(60π·22,360)＝eq\f(3\r(3),2)－eq\f(2π,3).四、(本大題共3小題，每小題8分，共24分)18．已知拋物線y＝x2＋bx－3(b是常數(shù))經過點A(－1，0)．(1)求該拋物線的表達式和頂點坐標；(2)P(m，t)為拋物線上的一個動點，P關于原點的對稱點為P′.當點P′落在該拋物線上時，求m的值．解：(1)∵拋物線y＝x2＋bx－3經過點A(－1，0)，∴0＝1－b－3，解得b＝－2，∴拋物線的表達式為y＝x2－2x－3.∵y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4，∴頂點坐標為(1，－4)．(2)由點P(m，t)在拋物線y＝x2－2x－3上，得t＝m2－2m－3.又點P′和點P關于原點對稱，∴P′(－m，－t)，∵點P′落在拋物線y＝x2－2x－3上，∴－t＝(－m)2－2(－m)－3，即t＝－m2－2m＋3.∴m2－2m－3＝－m2－2m＋3.解得m1＝eq\r(3)，m2＝－eq\r(3).19．如圖，在△ABC中，AB＝AC，以AC為直徑的⊙O交AB于點D，交BC于點E.(1)求證：BE＝CE；(2)若BD＝2，BE＝3，求AC的長．(1)證明：連接AE.∵AC為⊙O的直徑，∴∠AEC＝90°，∴AE⊥BC.∵AB＝AC，∴BE＝CE.(2)解：連接DE.∵四邊形ACED為⊙O的內接四邊形，∴∠BED＝∠BAC.∵∠B＝∠B，∴△BED∽△BAC，∴eq\f(BE,BA)＝eq\f(BD,BC).∵BE＝CE＝3，∴BC＝6.∵BD＝2，∴AB＝9.∴AC＝9.20．(2019·襄陽)如圖，點E是△ABC的內心，AE的延長線和△ABC的外接圓⊙O相交于點D，過D作直線DG∥BC.(1)求證：DG是⊙O的切線；(2)若DE＝6，BC＝6eq\r(3)，求優(yōu)弧eq\o(BAC,\s\up8(︵))的長．(1)證明：連接OD交BC于H，∵點E是ABC的內心，∴AD平分∠BAC，即∠BAD＝∠CAD，∴eq\o(BD,\s\up8(︵))＝eq\o(CD,\s\up8(︵))，∴OD⊥BC，BH＝CH，∵DG∥BC，∴OD⊥DG，∴DG是⊙O的切線；(2)解：連接BD，OB，∵點E是△ABC的內心，∴∠ABE＝∠CBE，∵∠DBC＝∠BAD，∴∠DEB＝∠BAD＋∠ABE＝∠DBC＋∠CBE＝∠DBE，∴DB＝DE＝6，∵BH＝eq\f(1,2)BC＝3eq\r(3)，sin∠BDH＝eq\f(BH,BD)＝eq\f(3\r(3),6)＝eq\f(\r(3),2)，∴∠BDH＝60°，而OB＝OD，∴OBD為等邊三角形，∴∠BOD＝60°，OB＝BD＝6，∴∠BOC＝120°，∴優(yōu)弧eq\o(BAC,\s\up8(︵))的長＝eq\f(（360－120）·π·6,180)＝8π.五、(本大題共2小題，每小題9分，共18分)21．(2019·連云港)如圖，海上觀察哨所B位于觀察哨所A正北方向，距離為25海里，在某時刻，哨所A與哨所B同時發(fā)現(xiàn)一走私船，其位置C位于哨所A北偏東53°的方向上，位于哨所B南偏東37°的方向上．(1)求觀察哨所A與走私船所在的位置C的距離；(2)若觀察哨所A發(fā)現(xiàn)走私船從C處以16海里/小時的速度向正東方向逃竄，并立即派緝私艇沿北偏東76°的方向前去攔截，求緝私艇的速度為多少時，恰好在D處成功攔截．(結果保留根號)(參考數(shù)據(jù)：sin37°＝cos53°≈eq\f(3,5)，cos37°≈sin53°≈eq\f(4,5)，tan37°≈eq\f(3,4)，tan76°≈4)解：(1)在ABC中，∠ACB＝180°－∠B－∠BAC＝180°－37°－53°＝90°.在RtABC中，sinB＝eq\f(AC,AB)，∴AC＝AB·sin37°＝25×eq\f(3,5)＝15(海里)．答：觀察哨所A與走私船所在的位置C的距離為15海里．(2)過點C作CM⊥AB于點M，由題意易知，D，C，M在一條直線上．在RtAMC中，CM＝AC·sin∠CAM＝15×eq\f(4,5)＝12(海里)，AM＝AC·cos∠CAM＝15×eq\f(3,5)＝9(海里)．在RtAMD中，tan∠DAM＝eq\f(DM,AM)，∴DM＝AM·tan76°＝9×4＝36(海里)，∴AD＝eq\r(AM2＋DM2)＝eq\r(92＋362)＝9eq\r(17)(海里)，CD＝DM－CM＝36－12＝24(海里)．設緝私艇的速度為x海里/小時，則有eq\f(24,16)＝eq\f(9\r(17),x)，解得x＝6eq\r(17).經檢驗，x＝6eq\r(17)是原方程的解．答：當緝私艇的速度為6eq\r(17)海里/小時時，恰好在D處成功攔截．22．如圖，已知△ABC的面積為2400cm2，底邊BC長為80cm，若點D在BC邊上，點E在AC邊上，點F在AB邊上，且四邊形BDEF為平行四邊形，設BD＝xcm，S?BDEF＝y(tǒng)cm2，求：(1)y與x之間的函數(shù)關系式；(2)自變量x的取值范圍；(3)當x為何值時，y有最大值？最大值是多少？解：(1)過點A作AH⊥BC，垂足為點H，交EF于點G.∵△ABC的面積為2400cm2，BC＝80cm，∴AH＝2400×2÷80＝60cm，∵四邊形BDEF為平行四邊形，∴EF∥BC，EF＝BD＝x，△AEF∽△ACB，∴eq\f(AG,AH)＝eq\f(EF,BC)，即eq\f(AG,60)＝eq\f(x,80)，∴AG＝eq\f(3,4)x，∴GH＝60－eq\f(3,4)x.∴y＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(60－\f(3,4)x))＝－eq\f(3,4)x2＋60x.(2)自變量x的取值范圍是0<x<80.(3)∵y＝－eq\f(3,4)x2＋60x＝－eq\f(3,4)(x－40)2＋1200，∴當x＝40時，y有最大值，且最大值為1200.六、(本大題共12分)23．(2019·眉山)如圖①，拋物線y＝－eq\f(4,9)x2＋bx＋c經過點A(－5，0)和點B(1，0)．(1)求拋物線的表達式及頂點D的坐標；(2)點P是拋物線上A，D之間的一點，過點P作PE⊥x軸于點E，PG⊥y軸，交拋物線于點G.過點G作GF⊥x軸于點F.當矩形PEFG的周長最大時，求點P的橫坐標；(3)如圖②，連接AD，BD，點M在線段AB上(不與A，B重合)，作∠DMN＝∠DBA，MN交線段AD于點N，是否存在這樣點M，使得△DMN為等腰三角形？若存在，求出AN的長；若不存在，請說明理由．解：(1)拋物線的表達式為：y＝－eq\f(4,9)(x＋5)(x－1)＝－eq\f(4,9)x2－eq\f(16,9)x＋eq\f(20,9)，配方得：y＝－eq\f(4,9)(x＋2)2＋4，∴頂點D的坐標為(－2，4)．(2)設點P的坐標為(a，－eq\f(4,9)a2－eq\f(16,9)a＋eq\f(20,9))，則PE＝－eq\f(4,9)a2－eq\f(16,9)a＋eq\f(20,9)，PG＝2(－2－a)＝－4－2a.∴矩形PEFG的周長＝2(PE＋PG)＝2(－eq\f(4,9)a2－eq