2024届福建省厦门市音乐学校数学九年级第一学期期末复习检测试题含解析

2024届福建省厦门市音乐学校数学九年级第一学期期末复习检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每小题3分,共30分)1．下列反比例函数图象一定在第一、三象限的是（）A． B． C． D．2．如图，在方格纸中，随机选择标有序号①②③④⑤中的一个小正方形涂黑，与图中阴影部分构成轴对称图形的概率是()A． B． C． D．3．在同一时刻，身高1.6m的小强在阳光下的影长为0.8m，一棵大树的影长为4.8m，则树的高度为（）A．4.8m B．6.4m C．9.6m D．10m4．如图,丁轩同学在晚上由路灯AC走向路灯BD,当他走到点P时,发现身后他影子的顶部刚好接触到路灯AC的底部,当他向前再步行20

m到达Q点时,发现身前他影子的顶部刚好接触到路灯BD的底部,已知丁轩同学的身高是1.5

m,两个路灯的高度都是9

m,则两路灯之间的距离是()

A．24

m B．25

m C．28

m D．30

m5．如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，下列条件中不能判断△ABC∽△AED的是（）A．∠AED=∠B B．∠ADE=∠C C． D．6．一个直角三角形的两直角边分别为x，y，其面积为1，则y与x之间的关系用图象表示为（）A． B．C． D．7．如图，已知矩形的面积是，它的对角线与双曲线图象交于点，且，则值是（）A． B． C． D．8．用配方法解方程时，可将方程变形为（）A． B． C． D．9．等腰三角形底边长为10㎝，周长为36cm，那么底角的余弦等于（）．A． B． C． D．10．如图，抛物线的对称轴为直线，与轴的个交点坐标为，，其部分图象如图所示，下列结论：①；②方程的两个根是，；③；④当时，的取值范围是．其中结论正确的个数是（）A． B． C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．已知一个几何体的主视图与俯视图如图所示，则该几何体可能是__________.12．若一元二次方程有两个不相等的实数根，则k的取值范围是．13．已知二次函数的图象与轴有两个交点，则下列说法正确的有：_________________．(填序号)①该二次函数的图象一定过定点；②若该函数图象开口向下，则的取值范围为：；③当且时，的最大值为；④当且该函数图象与轴两交点的横坐标满足时，的取值范围为：．14．如图，⊙O是正五边形ABCDE的外接圆，则∠CAD＝_____．15．如图，若以平行四边形一边AB为直径的圆恰好与对边CD相切于点D，则∠C=_______度．16．如图，为半圆的直径，点、、是半圆弧上的三个点，且，，若，，连接交于点，则的长是______.17．如图，AB为⊙O的直径，点P为AB延长线上的一点，过点P作⊙O的切线PE，切点为M，过A、B两点分别作PE的垂线AC、BD，垂足分别为C、D，连接AM，则下列结论正确的是___________.(写出所有正确结论的序号)①AM平分∠CAB；②AM2＝AC•AB；③若AB＝4，∠APE＝30°，则的长为；④若AC＝3，BD＝1，则有CM＝DM＝.18．不透明袋子中装有11个球，其中有6个红球，3个黄球，2个绿球，这些球除颜色外无其他差别.从袋子中随机取出1个球，则它是红球的概率是__________．三、解答题(共66分)19．（10分）小明本学期4次数学考试成绩如下表如示：成绩类别第一次月考第二次月考期中期末成绩分138142140138（1）小明4次考试成绩的中位数为__________分，众数为______________分；（2）学校规定：两次月考的平均成绩作为平时成绩，求小明本学期的平时成绩；（3）如果本学期的总评成绩按照平时成绩占20%、期中成绩占30%、期末成绩占50%计算，那么小明本学期的数学总评成绩是多少分？20．（6分）已知二次函数y＝2x2+bx﹣6的图象经过点(2，﹣6)，若这个二次函数与x轴交于A．B两点，与y轴交于点C，求出△ABC的面积．21．（6分）如图，在矩形ABCD中，AB=6，AD=12，点E在AD边上，且AE=8，EF⊥BE交CD于F（1）求证：△ABE∽△DEF；（2）求EF的长．22．（8分）A、B两地间的距离为15千米，甲从A地出发步行前往B地，20分钟后，乙从B地出发骑车前往A地，且乙骑车比甲步行每小时多走10千米．乙到达A地后停留40分钟，然后骑车按原路原速返回，结果甲、乙两人同时到达B地．求甲从A地到B地步行所用的时间．23．（8分）如图，四边形ABCD是矩形，E为CD边上一点，且AE、BE分别平分∠DAB、∠ABC．（1）求证：△ADE≌△BCE；（2）已知AD＝3，求矩形的另一边AB的值．24．（8分）解方程：2（x-3）2=x2-1．25．（10分）我市某中学艺术节期间，向全校学生征集书画作品．九年级美术王老师从全年级14个班中随机抽取了4个班，对征集到的作品的数量进行了分析统计，制作了如下两幅不完整的统计图．（1）王老师采取的调查方式是（填“普查”或“抽样调查”），王老师所调查的4个班征集到作品共件，其中b班征集到作品件，请把图2补充完整；（2）王老师所调查的四个班平均每个班征集作品多少件？请估计全年级共征集到作品多少件？（3）如果全年级参展作品中有5件获得一等奖，其中有3名作者是男生，2名作者是女生．现在要在其中抽两人去参加学校总结表彰座谈会，请直接写出恰好抽中一男一女的概率．26．（10分）将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，BE，EG，FG为折痕，若顶点A，C，D都落在点O处，且点B，O，G在同一条直线上，同时点E，O，F在另一条直线上，若AD＝4，则四边形BEGF的面积为_____．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、A【分析】根据反比例函数的性质，函数若位于一、三象限，则反比例函数系数k＞0，对各选项逐一判断即可．【详解】解：A、∵m2+1＞0，∴反比例函数图象一定在一、三象限；B、不确定；

C、不确定；

D、不确定．

故选：A．【点睛】本题考查了反比例函数的性质，理解反比例函数的性质是解题的关键．2、C【详解】解：根据题意，在方格纸中，随机选择标有序号①②③④⑤中的一个小正方形涂黑，共有5种等可能的结果，使与图中阴影部分构成轴对称图形的有②④⑤，3种情况，因此可知使与图中阴影部分构成轴对称图形的概率为故选C3、C【分析】在同一时刻物高和影长成正比，即在同一时刻的两个物体，影子，经过物体顶部的太阳光线三者构成的两个直角三角形相似．【详解】设树高为x米，所以x=4.8×2=9.6.这棵树的高度为9.6米故选C.【点睛】考查相似三角形的应用，掌握同一时刻物高和影长成正比是解题的关键.4、D【解析】由题意可得:EP∥BD,所以△AEP∽△ADB,所以,因为EP=1.5,BD=9,所以,解得:AP=5,因为AP=BQ,PQ=20,所以AB=AP+BQ+PQ=5+5+20=30,故选D.点睛:本题主要考查相似三角形的对应边成比例在解决实际问题中的应用,应用相似三角形可以间接地计算一些不易直接测量的物体的高度和宽度,解题时关键是找出相似三角形,然后根据对应边成比例列出方程,建立适当的数学模型来解决问题.5、D【分析】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；有两组角对应相等的两个三角形相似．根据此，分别进行判断即可．【详解】解：由题意得∠DAE=∠CAB，A、当∠AED=∠B时，△ABC∽△AED，故本选项不符合题意；B、当∠ADE=∠C时，△ABC∽△AED，故本选项不符合题意；C、当=时，△ABC∽△AED，故本选项不符合题意；D、当=时，不能推断△ABC∽△AED，故本选项符合题意；故选D．【点睛】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；有两组角对应相等的两个三角形相似．6、C【解析】试题分析：根据题意有：xy=2；故y与x之间的函数图象为反比例函数，且根据xy实际意义x、y应大于0，其图象在第一象限，即可判断得出答案．解：∵xy=1∴y=（x＞0，y＞0）．故选C．考点：反比例函数的应用；反比例函数的图象．7、D【分析】过点D作DE∥AB交AO于点E，通过平行线分线段成比例求出的长度，从而确定点D的坐标，代入到解析式中得到k的值，最后利用矩形的面积即可得出答案.【详解】过点D作DE∥AB交AO于点E∵DE∥AB∴∵∴∴∴∵点D在上∴∵∴故选D【点睛】本题主要考查平行线分线段成比例及反比例函数，掌握平行线分线段成比例是解题的关键.8、D【分析】配方法一般步骤：将常数项移到等号右侧,左右两边同时加一次项系数一半的平方,配方即可.【详解】解：故选D.【点睛】本题考查了配方法解方程的步骤,属于简单题,熟悉步骤是解题关键.9、A【分析】过顶点A作底边BC的垂线AD，垂足是D点，构造直角三角形．根据等腰三角形的性质，运用三角函数的定义，则可以求得底角的余弦cosB的值．【详解】解：如图，作AD⊥BC于D点．则CD=5cm，AB=AC=13cm．∴底角的余弦=．故选A．【点睛】本题考查的是解直角三角形，解答本题的关键是熟练掌握等腰三角形的三线合一的性质：等腰三角形顶角平分线、底边上的高，底边上的中线重合．10、B【分析】利用抛物线与x轴的交点个数可对①进行判断；利用抛物线的对称性得到抛物线与x轴的另个交点坐标为(3，0)，则可对②进行判断；由对称轴方程可对③进行判断；根据抛物线在x轴上方所对应的自变量的范围可对④进行判断．【详解】∵观察函数的图象知：抛物线与轴有2个交点，

∴＞0，所以①错误；∵抛物线的对称轴为直线，

而点关于直线的对称点的坐标为，

∴方程的两个根是，所以②正确；∵抛物线的对称轴为，即，∴，所以③正确；∵抛物线与轴的两点坐标为，，且开口向下，

∴当y＞0时，的取值范围是，所以④正确；综上，②③④正确，正确个数有3个．故选：B．【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系，关键是掌握对于二次函数，二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置；常数项c决定抛物线与y轴交点位置；抛物线与x轴交点个数由决定．二、填空题(每小题3分,共24分)11、三棱柱【分析】根据主视图和俯视图的特征判断即可.【详解】解：根据主视图可知：此几何体前表面应为长方形根据俯视图可知，此几何体的上表面为三角形∴该几何体可能是三棱柱.故答案为：三棱柱.【点睛】此题考查的是根据主视图和俯视图判断几何体的形状，掌握常见几何体的三视图是解决此题的关键.12、：k＜1．【详解】∵一元二次方程有两个不相等的实数根，∴△==4﹣4k＞0，解得：k＜1，则k的取值范围是：k＜1．故答案为k＜1．13、【分析】根据二次函数图象与x轴有两个交点，利用根的判别式可求出，①中将点代入即可判断，②中根据“开口向下”和“与x轴有两个交点”即可得出m的取值范围，③中根据m的取值可判断出开口方向和对称轴范围，从而判断增减性确定最大值，④中根据开口方向及x1，x2的范围可判断出对应y的取值，从而建立不等式组求解集．【详解】由题目中可知：

，，，由题意二次函数图象与x轴有两个交点，则：，即，①将代入二次函数解析式中，，则点在函数图象上，故正确；②若二次函数开口向下，则，解得，且，所以的取值范围为：，故正确；③当时，，即二次函数开口向上，对称轴，对称轴在左侧，则当时，随的增大而增大，当时有最大值，，故错误；④当时，，即二次函数开口向上，∵，∴当时，，时，，即，解得：，∵，∴当时，，时，，即，解得：，综上，，故正确．故答案为：①②④．【点睛】本题考查二次函数的图像与性质，以及利用不等式组求字母取值范围，熟练掌握二次函数各系数与图象之间的关系是解题的关键．14、36°．【分析】由正五边形的性质得出∠BAE=(5﹣2)×180°=108°，BC=CD=DE，得出==，由圆周角定理即可得出答案．【详解】∵⊙O是正五边形ABCDE的外接圆，∴∠BAE=(n﹣2)×180°=(5﹣2)×180°=108°，BC=CD=DE，∴==，∴∠CAD=×108°=36°；故答案为：36°．【点睛】本题主要考查了正多边形和圆的关系，以及圆周角定理的应用；熟练掌握正五边形的性质和圆周角定理是解题的关键．15、3．【解析】试题分析：解：连接OD．∵CD是⊙O切线，∴OD⊥CD，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴AB⊥OD，∴∠AOD=90°，∵OA=OD，∴∠A=∠ADO=3°，∴∠C=∠A=3°．故答案为3．考点：3．切线的性质；3．平行四边形的性质．16、【分析】连接OC，根据菱形的判定，可得四边形AODC为菱形，从而得出AC=OD，根据圆的性质可得OE=OC=AC=OA=，从而得出△AOC为等边三角形，然后根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半，可求得∠EOC，从而得出OE平分∠AOC，根据三线合一和锐角三角函数即可求出OF，从而求出EF.【详解】解：连接OC∵，，OA=OD∴四边形AODC为菱形∴AC=OD∵∴OE=OC=AC=OA=∴△AOC为等边三角形∴∠AOC=60°∵∴∠EOC=2∴OE平分∠AOC∴OE⊥AC在Rt△OFC中，cos∠EOC=∴∴EF=OE－OF=故答案为：.【点睛】此题考查的是菱形的判定及性质、圆的基本性质、等边三角形的判定及性质和解直角三角形，掌握菱形的判定及性质、同弧所对的圆周角是圆心角的一半、等边三角形的判定及性质和用锐角三角函数解直角三角形是解决此题的关键.17、①②④【解析】连接OM，由切线的性质可得OM⊥PC，继而得OM∥AC，再根据平行线的性质以及等边对等角即可求得∠CAM＝∠OAM，由此可判断①；通过证明△ACM∽△AMB，根据相似三角形的对应边成比例可判断②；求出∠MOP＝60°，利用弧长公式求得的长可判断③；由BD⊥PC，AC⊥PC，OM⊥PC，可得BD∥AC//OM，继而可得PB=OB=AO，PD=DM=CM，进而有OM=2BD＝2，在Rt△PBD中，PB=BO=OM=2，利用勾股定理求出PD的长，可得CM＝DM＝DP＝，由此可判断④.【详解】连接OM，∵PE为⊙O的切线，∴OM⊥PC，∵AC⊥PC，∴OM∥AC，∴∠CAM＝∠AMO，∵OA＝OM，∠OAM＝∠AMO，∴∠CAM＝∠OAM，即AM平分∠CAB，故①正确；∵AB为⊙O的直径，∴∠AMB＝90°，∵∠CAM＝∠MAB，∠ACM＝∠AMB，∴△ACM∽△AMB，∴，∴AM2＝AC•AB，故②正确；∵∠APE＝30°，∴∠MOP＝∠OMP﹣∠APE＝90°﹣30°＝60°，∵AB＝4，∴OB＝2，∴的长为，故③错误；∵BD⊥PC，AC⊥PC，OM⊥PC，∴BD∥AC//OM，∴△PBD∽△PAC，∴，∴PB＝PA，又∵AO=BO，AO+BO=AB，AB+PB=PA，∴PB=OB=AO，又∵BD∥AC//OM，∴PD=DM=CM，∴OM=2BD＝2，在Rt△PBD中，PB=BO=OM=2∴PD==，∴CM＝DM＝DP＝，故④正确，故答案为①②④.【点睛】本题考查了切线的性质，平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理等，综合性较强，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.18、【解析】分析：根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．详解：∵袋子中共有11个小球，其中红球有6个，∴摸出一个球是红球的概率是，故答案为：．点睛：此题主要考查了概率的求法，如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．三、解答题(共66分)19、（1）139，138；（2）140分；（3）139分【分析】（1）根据中位数和众数的定义解答；（2）根据平均数的定义求解；（3）根据加权平均数的计算方法求解.【详解】解：（1）将4个数按照从小到大的顺序排列为：138，138，140，142，所以中位数是分，众数是138分；故答案为：139，138；（2）（分），∴小明的平时成绩为140分；（3）（分）∴小明本学期的数学总评成绩为139分.【点睛】本题是有关统计的综合题，主要考查了中位数、众数和平均数的知识，属于基础题型，熟练掌握以上基本知识是解题关键.20、1．【分析】如图，把（0，6）代入y＝2x2+bx﹣6可得b值，根据二次函数解析式可得点C坐标，令y=0，解方程可求出x的值，即可得点A、B的坐标，利用△ABC的面积＝×AB×OC，即可得答案．【详解】如图，∵二次函数y＝2x2+bx﹣6的图象经过点(2，﹣6)，∴﹣6＝2×4+2b﹣6，解得：b＝﹣4，∴抛物线的表达式为：y＝2x2﹣4x﹣6；∴点C（0，﹣6）；令y＝0，则2x2﹣4x﹣6=0，解得：x1＝﹣1，x2=3，∴点A、B的坐标分别为：（﹣1，0）、（3，0），∴AB=4，OC=6，∴△ABC的面积＝×AB×OC＝×4×6＝1．【点睛】本题考查二次函数图象上的点的坐标特征及图象与坐标轴的交点问题，分别令x=0，y=0，即可得出抛物线与坐标轴的交点坐标；也考查了三角形的面积．21、（1）证明见解析（2）【分析】（1）由四边形ABCD是矩形，易得∠A=∠D=90°，又由EF⊥BE，利用同角的余角相等，即可得∠DEF=∠ABE，则可证得△ABE∽△DEF．（2）由（1）△ABE∽△DEF，根据相似三角形的对应边成比例，即可得，又由AB=6，AD=12，AE=8，利用勾股定理求得BE的长，由DE=AB－AE，求得DE的长，从而求得EF的长．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠D=90°，∴∠AEB+∠ABE=90°．∵EF⊥BE，∴∠AEB+∠DEF=90°，∴∠DEF=∠ABE．∴△ABE∽△DEF．（2）解：∵△ABE∽△DEF，∴．∵AB=6，AD=12，AE=8，∴，DE=AD-AE=12－8=1．∴，解得：．22、3小时．【分析】本题的等量关系是路程=速度×时间．本题可根据乙从B到A然后再到B用的时间=甲从A到B用的时间-20分钟-40分钟来列方程．【详解】解：设甲从A地到B地步行所用时间为x小时，由题意得：化简得：2x2-5x-3=0，解得：x1=3，x2=-，经检验知x=3符合题意，∴x=3，∴甲从A地到B地步行所用时间为3小时．【点睛】本题考查分式方程的应用，注意分式方程结果要检验．23、（1）证明见解析；（2）AB＝1．【分析】（1）根据矩形的性质，即可得到∠D＝∠C，AD＝BC，∠DAE＝∠CBE＝45°，进而得出△ADE≌△BCE；（2）依据△ADE是等腰直角三角形，即可得到DE的长，再根据全等三角形的性质以及矩形的性质，即可得到AB的长．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠C＝∠BAD＝∠ABC＝90°，AD＝BC，又∵AE、BE分别平分∠DAB、∠ABC，∴∴∠DAE＝∠CBE＝45°，∴△ADE≌△BCE（ASA）；（2）∵∠DAE＝45°，∠D＝90°，∴∠DAE＝∠AED＝45°，∴AD＝DE＝3，又∵△ADE≌△BCE，∴DE＝CE＝3，∴AB＝CD＝1．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．24、x1=3，x2=1．【解析】试题分析：方程移项后，提取公因式化为积的形式，然后利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．试题解析：方程变形得：2（x﹣3）2﹣（x+3）（x﹣3）=0，分解因式得：（x﹣3）（2x﹣6﹣x﹣3）=0，解得：x1=3，x2=1．考点：解一元二次方程-因式分解法．25、（1）抽样调