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2020-2021学年人教 版九年级下册数学中考复习试卷1

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2020-2021学年人教新版九年级下册数学中考复习试卷1

一.选择题(共8小题,满分24分,每小题3分) 1.a、b是有理数,下列各式中成立的是( ) A.若a≠b,则|a|≠|b| C.若a>b,则|a|>|b|

B.若|a|≠|b|,则a≠b D.若|a|>|b|,则a>b

2.2020年,新冠肺炎疫情席卷全球,截至2020年12月30日,累计确诊人数超过78400000人,抗击疫情成为全人类共同的战役,寒假要继续做好疫情防控.将“78400000”用科学记数法可表示为( ) A.7.84×105

B.7.84×106

C.7.84×107

D.78.4×106

3.由6个大小相同的正方体搭成的几何体,被小颖拿掉2个后,得到如图1所示的几何体,图2是原几何体的三视图.请你判断小颖拿掉的两个正方体原来放在( )

A.1号的前后 4.不等式组:

B.2号的前后 C.3号的前后 D.4号的左右

的解集用数轴表示为( )

A. B.

C. D.

5.如图,已知四边形ABCD,连接AC,若AB∥CD,则①∠BAD+∠D=180°,②∠BAC=∠DCA,③∠BAD+∠B=180°,④∠DAC=∠BCA,其中正确的有( )

A.①②③④ B.①② C.②③ D.①④

6.已知一个扇形的弧长为3π,所含的圆心角为120°,则半径为( )

A.9 B.3 C. D.

7.下列说法中错误的有( )个. (1)平行四边形对角线互相平分且相等; (2)对角线相等的平行四边形是矩形; (3)菱形的四条边相等,四个角也相等; (4)对角线互相垂直的矩形是正方形;

(5)顺次连接四边形各边中点所得到的四边形是平行四边形. A.1

B.2

C.3

D.4

8.如图,在平面直角坐标系中,点A、B的坐标分别为(0,4)、(4,0),点C在第一象限内,∠BAC=90°,AB=2AC,函数y=(x>0)的图象经过点C,将△ABC沿x轴的正方向向右平移m个单位长度,使点A恰好落在函数y=(x>0)的图象上,则m的值为( )

A. B. C.3 D.

二.填空题(共6小题,满分18分,每小题3分) 9.两个最简二次根式

相加得6

,则a+b+c= .

10.因式分解:x﹣4x3= .

11.△ABC中,∠C=90°,tanA=,则sinA+cosA= .

12.如图,从甲楼底部A处测得乙楼顶部C处的仰角是30°,从甲楼顶部B处测得乙楼底部D处的俯角是45°,已知乙楼的高CD是50m,则甲楼的高AB是 m(结果保留根号).

13.如图,已知直线l1:y=﹣2x+4与直线l2:y=kx+b(k≠0)在第一象限交于点M,若直线l2与x轴的交点为A(﹣2,0),则k的取值范围是 .

14.如图,在平面直角坐标系中,点P在第一象限,以P为顶点的抛物线经过原点,与x⊙P与y轴相切于点B,D.轴正半轴相交于点A,交抛物线于点C、若点A的坐标为(a,0),CD=b,则△PCD的周长为 .(用含a、b的代数式表示)

三.解答题(共10小题,满分78分) 15.(6分)化简求值:(求值.

16.(6分)某县为落实“精准扶贫惠民”,计划将某村的居民自来水管道进行改造.该工程若由甲队单独施工恰好在规定时间内完成:若乙队单独施工,则完成工程所需天数是规定天数的1.5倍.如果由甲、乙队先合作施工15天,那么余下的工程由甲队单独完成还需5天.

(1)这项工程的规定时间是多少天?

﹣x+1)÷

,其中x从0、2、﹣1中任意取一个数

(2)为了缩短工期以减少对居民用水的影响,工程指挥部最终决定该工程由甲、乙两队合作完成.则甲乙两队合作完成该工程需要多少天?

17.(6分)图1、图2分别是7×6的网格,网格中的每个小正方形的边长均为1.请按要求画出下列图形,所画图形的各个顶点均在所给小正方形的顶点上. (1)在图1中画一个周长为8

的菱形ABCD(非正方形);

(2)在图2中画出一个面积为9,且∠MNP=45°的▱MNPQ, 并直接写出▱MNPQ较长的对角线的长度.

18.(7分)一个不透明的口袋中有三个完全相同的小球,球上分别标有数字﹣1、1、2.第一次从袋中任意摸出一个小球,得到的数字作为点M的横坐标x;再从袋中余下的两个小球中任意摸出一个小球,得到的数字作为点M的纵坐标y. (1)点M的横坐标x为正数的概率是 ;

(2)用列表法或画树状图法,求点M在第一象限的概率.

19.(7分)如图,AC为⊙O的直径,B为AC延长线上一点,且∠BAD=∠ABD=30°,BC=1,AD为⊙O的弦,连接BD,连接DO并延长交⊙O于点E,连接BE交⊙O于点M.

(1)求证:直线BD是⊙O的切线; (2)求⊙O的半径OD的长; (3)求线段BM的长.

20.(7分)4月23日是世界读书日,校文学社为了解学生课外阅读的情况,抽样调查了部分学生每周用于课外阅读的时间,过程如下:

收集数据:从学校随机抽取20名,进行了每周用于课外阅读时间的调查,数据如下(单位:min):

30 60

60 81

81 120

50 140

40 70

110 81

130 10

146 20

90 100

100 81

整理数据:按如下分数段整理样本数据并补全表格:

等级 人数

0≤x<40

D 3

40≤x<80

C a

80≤x<120

B 8

120≤x<160

A 4

分析数据:补全下列表格中的统计量:

平均数 80

得出结论:

(1)请写出表中a= ;b= min;c= min; (2)如果该校现有学生7500人,估计等级为“B”的学生有 名;

(3)假设平均阅读一本课外书的时间为160min,请你选择一种统计量估计该校学生每人一年(按52周计算)平均阅读多少本课外书?

21.(8分)一辆货车从A地去B地,一辆轿车从B地去A地,同时出发,匀速行驶,各自到达终点后停止,轿车的速度大于货车的速度.两辆车之间的距离为y(km)与货车行驶的时间为x(h)之间的函数关系如图所示. (1)两车行驶多长时间后相遇?

(2)轿车和货车的速度分别为 , ; (3)谁先到达目的地,早到了多长时间? (4)求两车相距160km时货车行驶的时间.

中位数 b

众数 c

22.(9分)如图1,正方形ABCD和正方形AEFG,连接DG,

BE.

(1)[发现]:当正方形AEFG绕点A旋转,如图2,线段DG与BE之间的数量关系是 ;位置关系是 ;

[探究]:AG=2AE,(2)如图3,若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形,且AD=2AB,猜想DG与BE的数量关系与位置关系,并说明理由;

(3)[应用]:在(2)情况下,连接GE(点E在AB上方),若GE∥AB,且AB=AE=1,求线段DG的长.

23.(10分)小明为了在△ABC中作一个内接正方形DEFG(点D、E、F、G在三角形的边上),如图1,进行了如下操作,第一步:在边AB上任取一点P,作PK⊥BC,K为垂足,以PK为边作正方形PKMN,如图2,第二步:作射线BN交AC于点G,第三步:过点G作GD∥BC,交AB于点D,作DE⊥BC,GF⊥BC,E、F为垂足,如图3.

(1)请证明小明所作的四边形DEFG(如图3)是正方形;

E、F、G在三角形的边上)(2)如图1,边长为x的正方形DEFG内接于△ABC(点D、,已知BC=a,BC边上的高为h. ①求证:

②连接BG,若BC边上的高h=2,△DBG的面积为S1,△ABC的面积为S2.设y=

求y与x的函数表达式,并证明:S1≤S2.

24.(12分)如图,抛物线y=(x+2)(x﹣2k)交x轴于A、B两点,A在B左侧,交

y轴于点C,k>0,P为抛物线第二象限内一点,且tan∠PBA=. (1)①tan∠OBC= ;

②当k=3时,点P的横坐标为 .

(2)①当k>0时,P点的横坐标是否会随k的变化而变化•请说明理由. ②若∠OBC=∠APB,求抛物线解析式.

(3)在(2)的条件下,在x轴下方抛物线上有一动点D,过点D作DG⊥直线PB于点G,求DG的最大值.

参与试题解析

一.选择题(共8小题,满分24分,每小题3分) 1.解:A.1≠﹣1,但|1|=|﹣1|,此选项错误; B.|a|≠|b|,则a≠b,此选项正确; C.如1>﹣2,但|1|<|﹣2|,此选项错误; D.|﹣2|>|+1|,但﹣2<+1,此选项错误; 故选:B.

2.解:78400000=7.84×107. 故选:C.

3.解:观察图形,由三视图中的俯视图可得拿掉的两个正方体原来放在2号的前后. 故选:B.

4.解:不等式组可化为:在数轴上可表示为: 故选:A.

5.解:∵AB∥CD,

∴∠BAD+∠D=180°(两直线平行,同旁内角互补), ∠BAC=∠DCA(两直线平行,内错角相等), 故①、②正确; ∵AD∥BC,

∴∠BAD+∠B=180°(两直线平行,同旁内角互补), ∠DAC=∠BCA(两直线平行,内错角相等), 故③、④错误, 故选:B. 6.解:设半径为r,

∵扇形的弧长为3π,所含的圆心角为120°,

∴∴r=, 故选:C.

=3π,

7.解:(1)平行四边形对角线互相平分且相等,错误,对角线不相等; (2)对角线相等的平行四边形是矩形,正确;

(3)菱形的四条边相等,四个角也相等,错误,四个角不相等; (4)对角线互相垂直的矩形是正方形,正确;

(5)顺次连接四边形各边中点所得到的四边形是平行四边形,正确. 故选:B.

8.解:如图,作CH⊥y轴于H. ∵A(0,4)、B(4,0), ∴OA=OB=4, ∵∠BAC=90°, ∴∠OAB+∠CAH=90°, ∵∠ABO+∠OAB=90°, ∴∠ABO=∠CAH, 又∵∠AOB=∠AHC=90°, ∴△ABO∽△CAH, ∴

=2,

∴CH=AH=2, ∴OH=OA+AH=6, ∴C(2,6),

∵点C在y=的图象上, ∴k=2×6=12, ∴y=

∴当y=4时,x=3,

∵将△ABC沿x轴的正方向向右平移m个单位长度,使点A恰好落在函数y=(x>0)的图象上,

∴m=3, 故选:C.

二.填空题(共6小题,满分18分,每小题3分) 9.解:由题意得,∵

是同类二次根式, ,

相加得6

∴a+c=6,b=5, 则a+b+c=11. 故答案为:11.

10.解:x﹣4x3=x(1﹣4x2) =x(1+2x)(1﹣2x). 故答案为:x(1+2x)(1﹣2x).

11.解:如图,∵tanA==,

∴设AB=5x,则BC=4x, AC=3x, 则有:sinA+cosA=故答案为:.

12.解:在Rt△ACD中,∵∠CAD=30°,CD=50, ∴AD=

=50×

=50

+

+

=,

在Rt△ABD中,∵∠BDA=45°, ∴AB=AD=50故答案为:50

(m), .

13.解:∵直线l2与x轴的交点为A(﹣2,0), ∴﹣2k+b=0, ∴

解得,

∵直线l1:y=﹣2x+4与直线l2:y=kx+b(k≠0)的交点在第一象限,

解得0<k<2. 故答案为:0<k<2. 14.解:过P作PE⊥OA于E,

∵P为抛物线的顶点, ∴OE=OA=a, 连接PB,

∵⊙P与y轴相切于点B, ∴PB⊥OB,

∴四边形PBOE是矩形, ∴PB=OE=a, ∴PC=PD=PB=a,

∴△PCD的周长为=PC+PD+CD=a+b, 故答案为:a+b.

三.解答题(共10小题,满分78分) 15.解:(===﹣

•﹣x+1)÷

∵从分式知:x+1≠0,x﹣2≠0, ∴x≠﹣1且x≠2, 取x=0,

当x=0时,原式=﹣

=1.

16.解:(1)设这项工程的规定时间是x天,则甲队单独施工需要x天完工,乙队单独施工需要1.5x天完工, 依题意,得:解得:x=30,

经检验,x=30是原方程的解,且符合题意. 答:这项工程的规定时间是30天.

(2)由(1)可知:甲队单独施工需要30天完工,乙队单独施工需要45天完工, 1÷(

+

)=18(天).

+

=1,

答:甲乙两队合作完成该工程需要18天. 17.解:(1)如图1中,菱形ABCD即为所求.

(2)如图2中,平行四边形MNPQ即为所求.较长的对角线NQ=18.解:(1)点M的横坐标x为正数的概率为:

=3.

故答案为:; (2)画树状图为:

点M共有6种等可能的结果数,点M在第一象限的有2种, ∴点M在第一象限的概率为:=.

19.解:(1)证明:∵OA=OD,∠BAD=∠ABD=30°, ∴∠BAD=∠ADO=30°, ∴∠DOB=∠BAD+∠ADO=60°,

∴∠ODB=∠180°﹣∠DOB﹣∠ABD=90°, ∵OD为⊙O的半径, ∴直线BD是⊙O的切线;

(2)∵∠ODB=90°,∠ABD=30°, ∴OD=OB, ∵OC=OD, ∴BC=OC=1,

∴⊙O的半径OD的长为1; (3)∵OD=1, ∴DE=2,BD=∴BE=

如图,连接DM,

, =

∵DE为⊙O的直径,

∴∠DME=90°, ∴∠DMB=90°, ∵∠EDB=90°, ∴∠EDB=∠DME, 又∵∠DBM=∠EBD, ∴△BMD∽△BDE, ∴

, =

. .

∴BM=

∴线段BM的长为

20.解:(1)由已知数据知a=5,

将数据重新排列为10,20,30,40,50,60,60,70,81,81,81,81,90,100,100,110,120,130,140,146,

中位数是第10、11个数据的平均数,而第10、11个数据分别为81、81, 所以中位数b=81(min),众数为81min, 故答案为:5、81、81; (2)∵7500×

=3000(人),

∴估计等级为“B”的学生有3000人. 故答案为:3000; (3)以平均数来估计:

×52=26(本),

∴假设平均阅读一本课外书的时间为160分钟,以样本的平均数来估计该校学生每人一年(按52周计算)平均阅读26本课外书. 21.解:(1)由图象可得, 两车行驶1小时后相遇; (2)由图象可得,

轿车的速度为:180÷1.8=100(km/h), 货车的速度为:180÷1﹣100=80(km/h), 故答案为:100km/h,80km/h; (3)由题意可得,

轿车先到达目的地,

180÷80﹣1.8=2.25﹣1.8=0.45(小时), 即轿车先到达目的地,早到了0.45小时;

(4)设两车相距160km时货车行驶的时间为a小时, 相遇前:180﹣160=(100+80)a, 解得a=, 相遇后,80a=160, 解得a=2,

由上可得,两车相距160km时货车行驶的时间是小时或2小时. 22.解:(1)DG=BE,DG⊥BE,理由如下: ∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形, ∴AE=AG,AB=AD,∠BAD=∠EAG=90°, ∴∠BAE=∠DAG, ∴△ABE≌△DAG(SAS), ∴BE=DG;

如图2,延长BE交AD于G,交DG于H, ∵△ABE≌△DAG, ∴∠ABE=∠ADG, ∵∠AQB+∠ABE=90°, ∴∠AQB+∠ADG=90°, ∵∠AQB=∠DQH, ∴∠DQH+∠ADG=90°, ∴∠DHB=90°, ∴BE⊥DG,

故答案为:DG=BE,DG⊥BE;

(2)DG=2BE,BE⊥DG⊥BE,理由如下: 如图3,延长BE交AD于G,交DG于H, ∵四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形, ∴∠BAD=∠EAG,

∴∠BAE=∠DAG, ∵AD=2AB,AG=2AE, ∴

=,

∴△ABE∽△ADG, ∴

=,∠ABE=∠ADG,

∴DG=2BE,

∵∠AGB+∠ABE=90°, ∴∠AGB+∠ADG=90°, ∵∠AGB=∠DGH, ∴∠DGH+∠ADG=90°, ∴∠DHB=90°, ∴BE⊥DG;

(3)如图4,(为了说明点B,E,F在同一条线上,特意画的图形) 设EG与AD的交点为M, ∵EG∥AB,

∴∠DME=∠DAB=90°, 在Rt△AEG中,AE=1, ∴AG=2AE=2, 根据勾股定理得:EG=∵AB=

∴EG=AB, ∵EG∥AB,

∴四边形ABEG是平行四边形, ∴AG∥BE, ∵AG∥EF,

∴点B,E,F在同一条直线上,如图5, ∴∠AEB=90°,

在Rt△ABE中,根据勾股定理得,BE=

=2,

由(2)知,△ABE∽△ADG, ∴即

=,

=,

∴DG=4.

23.证明:(1)如图,由作图可得四边形DEFG为矩形, ∵PN∥DG∥BC, ∴

同理可得:

∴,

∵PN=MN, ∴DG=GF,

∴四边形DEFG是正方形;

(2)①过点A作AQ⊥BC,垂足为Q,AQ与DG相交于点O,

∵DG∥BC, ∴△ADG∽△ABC, ∴

设正方形的边长为x,则:∴hx=ah﹣ax, 即(h+a)x=ah, ∴即

②△DBG与正方形DEFG同底等高, ∴

由(2)中①的结论可知,则

, ,

∴,

由0<x<2,可得:

24.解:(1)①在y=(x+2)(x﹣2k)中,令y=0得x1=﹣2,x2=2k,令x=0得y=﹣k,

∵抛物线y=(x+2)(x﹣2k)交x轴于A、B两点,A在B左侧, ∴A(﹣2,0),B(2k,0),C(0,﹣k), ∴OB=2k,OC=|﹣|k|=k, Rt△OBC中,tan∠OBC=故答案为:;

②过P作PD⊥x轴于D,如答图1:

k=3时,抛物线解析式为y=(x+2)(x﹣6), ∴B(6,0),OB=6,

设P(m,(m+2)(m﹣6)),

则OD=|m|=﹣m,PD=(m+2)(m﹣6), ∴BD=6﹣m, ∵tan∠PBA=,

∴,即,

解得m=﹣5, 故答案为:﹣5;

(2)①当k>0时,P点的横坐标不会随k的变化而变化,理由如下: 过P作PE⊥x轴于E,如图2:

设P(n,(n+2)(n﹣2k)),

则PE=(n+2)(n﹣2k),OD=|n|=﹣n, ∴BE=2k﹣n, ∵tan∠PBA=,

∴,即,

解得n=﹣5,

故P点的横坐标总为﹣5,不会随k的变化而变化; ②过A作AG⊥BP于G,如图3:

∵P点的横坐标总为﹣5, ∴P(﹣5,

),

而A(﹣2,0),B(2k,0), ∴PA=

,AB=2k+2,

∵tan∠PBA=. ∴

可得

∵∠OBC=∠APB,tan∠OBC=, ∴tan∠APB=, ∴∴

可得,

∴=,

化简得:44k2+28k﹣141=0, 解得k=或者k=﹣

(舍去),

∴抛物线解析式为y=(x+2)(x﹣3)=(3)如答图4:

∵k=,

∴B(3,0),P(﹣5,6),抛物线为y=∴直线BP的解析式为y=﹣

+,

只有一个交点时,此交点即为D,D到

将直线BP向下平移至与抛物线y=

直线BP的距离即为最大值,平移后直线与x轴交于M, 过D作DG⊥BP于G,过M作MN⊥BP于N, ∴四边形DGNM是矩形,

∴MN=DG,

设DM解析式为y=﹣x+b,

则只有一组解,即有两个相等实数根,

∴△=0,即解得b=﹣, ∴DM解析式为y=﹣令y=0得x=﹣, ∴M(﹣,0) ∴BM=3﹣(﹣)=

=0,

Rt△BMN中,tan∠PBA=, ∴∴MN=∴DG=

可得

, ,

即DG的最大值是

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