陕西省渭南市蒲城县初级实验中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试题(含答案解析)

陕西省渭南市蒲城县初级实验中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．一元二次方程(x3)20的解是（A．x1x23B．x1x23）C．x1x20D．x13，x232．如图，已知两条直线m、n被三条平行线a、b、c所截，若DE4，EF7，则的值为（）ABBCA．47B．74C．411D．）7113．关于如图所示的几何体的三视图，下列说法正确的是（A．主视图和俯视图都是矩形C．主视图和左视图都是矩形B．俯视图和左视图都是矩形D．只有主视图是矩形）D．10k（k0）的一个交点为(1,2)，x4．把方程x26x20化成(xm)2n的形式，则mn的值是（A．4B．4C．105．已知正比例函数yax（a0）和反比例函数y则另一个交点坐标为（A．(1,2)）B．(2,1)C．(1,2)D．(2,1)6．如图，在YABCD中，对角线AC与BD相交于点O，如果添加一个条件，可推出YABCD是菱形，那么这个条件可以是（）试卷第1页，共6页A．ABACB．ACBDC．ACBDD．ABAC7．将分别标有“最”、“美”、“陕”、“西”四个汉字的小球装在一个不透明的口袋中，这些球除汉字不同外其他完全相同，每次摸球前先搅匀，随机摸出一球，不放回，再随机摸出一球，两次摸出的球上的汉字可以组成“陕西”的概率是（A．16）D．21B．14C．138．如图，在矩形ABCD中，AB5，AD12，点P在对角线BD上，且BPBA，连接AP并延长，交DC的延长线于点Q，则DQ的长为（）A．5B．6C．7D．8二、填空题9．如图，地面A处有一支燃烧的蜡烛(长度不计)，一个人在A与墙BC之间运动，则他在墙上的投影长度随着他离墙的距离变小而(填“变大”、“变小”或“不变”).10．如图，四边形ABCD∽四边形EFGH，若AB2，BC3，EF4，则FG的长为．11．已知关于x的一元二次方程x23x2m0没有实数根，则m的值可能是（写出一个即可）12．如图，点A是反比例函数yk(x0)图象上一点，过点A作AB⊥y轴于点D，且x点D为线段AB的中点．若点C为x轴上任意一点，且△ABC的面积为4，则k=．试卷第2页，共6页13．如图，BE，BF分别是ABC与它的邻补角ABD的平分线，AEBE，垂足为点E，AFBF，垂足为点F，EF分别交边AB，AC于点M和N．若AB7，BC4，则MFNE的长为．三、解答题14．解方程：(x1)22x(x1)．15．在一个不透明的盒子中装有n个小球，它们只有颜色上的区别，其中有2个红球，每次摸球前先将盒中的球摇匀，随机摸出一个球记下颜色后再放回盒中，通过大量重复试验后发现，摸到红球的频率稳定于0.2，请你估计n的值．16．从棱长为2的正方体的一角，挖去一个棱长为1的小正方体，得到如图所示的几何体，请画出该几何体的三视图．17．在某一电路中，保持电压不变，电流I(安培)与电阻R(欧姆)成反比例，当电阻R=5欧姆时，电流I=2安培．（1）求I与R之间的函数关系式（2）当电流I=0.5安培时，求电阻R的值；18．为铸牢中华民族共同体意识，不断巩固民族大团结，某中学即将举办“中华民族一家亲，同心共筑中国梦”主题活动，学校拟定了演讲比赛、文艺汇演、书画展览、知识竞赛四种活动方案，九年级（1）班的王磊和李欣同学都准备参加此次活动，但不知选试卷第3页，共6页择哪一种活动方案，于是他们制定了A、B、C、D四张卡片（卡片背面完全相同），如图，将四张卡片背面朝上洗匀后，王磊先从中任意抽取一张，记录下卡片上的内容并放回，李欣再从中任意抽取一张．(1)王磊抽取的卡片上的活动方案是文艺汇演的概率为________；(2)请用列表法或画树状图的方法求王磊和李欣所抽取卡片上的活动方案相同的概率．19．如图，在平面直角坐标系中，ABC的顶点均在网格格点上，且点A、B、C的坐标分别为A(3,0)，B(4,2)，C(2,4)．(1)以点O为位似中心，在第一象限画出ABC的位似图形△A1B1C1，使△A1B1C1与ABC的相似比为2：1；(2)在（1）的条件下，分别写出点B、C的对应点B1、C1的坐标．2220．已知关于x的一元二次方程x2(2k1)x2k20的两根x1，x2满足x1x25，求k的值．21．如图，小亮利用所学的数学知识测量某旗杆AB的高度．（1）请你根据小亮在阳光下的投影，画出旗杆AB在阳光下的投影．试卷第4页，共6页（2）已知小亮的身高为1.72m，在同一时刻测得小亮和旗杆AB的投影长分别为0.86m和6m，求旗杆AB的高．22．如图，已知四边形ABCD是菱形，且AEBC于点E，AFCD于点F．(1)求证：AEAF；(2)若AB10，CE4，求菱形ABCD的面积．23．2022年我国已成为全球最大的电动汽车市场，电动汽车在保障能源安全，改善空气质量等方面较传统汽车都有明显优势．某汽车4S店销售某种型号的电动汽车，每辆进货价为19万元，该店经过一段时间的市场调研发现，当销售单价为25万元时，平均每月能售出18辆，而当销售价每降低1万元时，平均每月能多售出6辆，该4S店要想平均每月的销售利润为120万元，并且使每辆车的利润尽可能高，则每辆汽车应降价多少万元？24．如图，在平面直角坐标系中，已知点A(0,4)，B(3,0)，C(2,0)，点D为点B关于AC所在直线的对称点，反比例函数yk(k0,x0)的图像经过点D．x(1)求证：四边形ABCD为菱形；(2)求反比例函数的表达式．25．如图，ABC和VADE均为等腰三角形，且ABCADE，ABBC，ADDE．(1)求证：△ABC∽△ADE；(2)连接BD、CE，若AB3，△ABD的面积为9，求△ACE的面积．AC226．问题探究：如图①，在正方形ABCD中，点E在边AD上，点F在边CD上，且试卷第5页，共6页AE＝DF．线段BE与AF相交于点G，GH是△BFG的中线．（1）求证：△ABE≌△DAF．（2）判断线段BF与GH之间的数量关系，并说明理由．问题拓展：如图②，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6．点E在边AD上，点F在边CD上，且AE＝2，DF＝3，线段BE与AF相交于点G．若GH是△BFG的中线，则线段GH的长为．试卷第6页，共6页参考答案：1．B【分析】直接用开平方法解方程即可．【详解】解：(x3)20，开平方得：x30，∴x1x23．故选：B．【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握解一元二次方程的一般方法，准确进行计算．2．A【分析】根据平行线分线段成比例定理得出ABDE，即可得出答案．BCEF【详解】解：∵两条直线m、n被三条平行线a、b、c所截，∴ABDE，BCEFABDE4，BCEF7∵DE4，EF7，∴故选：A．【点睛】本题考查平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．3．C【分析】根据主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形，即可得出答案．【详解】解：依据圆柱体放置的方位来说，主视图和左视图都是矩形，俯视图是一个圆．故选：C．【点睛】本题考查了几何体的三种视图，掌握定义是关键，本题是基础题，常规题型．4．D【分析】把方程x26x20配方，根据配方后的结果可确定m与n的值，则可求得mn的值．【详解】解：把方程x26x20配方，得2x26x9920，即(x3)7，答案第1页，共14页所以m3，n7，所以mn3710；故选：D．【点睛】本题考查了配方法的应用及求代数式的值，关键是配方法的应用．5．A【分析】正比例函数和反比例函数的图象是中心对称图形，则它们的交点一定关于原点对称．【详解】解：∵反比例函数的图象与经过原点的直线的两个交点一定关于原点对称，∴另一个交点的坐标与点(1,2)关于原点对称，∴该点的坐标为(1,2)．故选：A．【点睛】本题主要考查了反比例函数与一次函数的交点问题，掌握反比例函数与正比例函数的交点关于原点对称是解题的关键．6．C【分析】根据四边形ABCD是平行四边形，ACBD，即可得四边形ABCD是菱形．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，ACBD，∴四边形ABCD是菱形，故选：C．【点睛】本题考查了菱形的判定，解题的关键是掌握菱形的判定方法．7．A【分析】运用列表法或画树状图法将所有等可能结果表示出来，再根据概率的计算方法即可求解．【详解】解：如图所示，共有12种等可能结果，其中两次摸出的球上的汉字可以组成“陕西”的结果有2种，∴两次摸出的球上的汉字可以组成“陕西”的概率是故选：A．【点睛】本题主要考查列表法或画树状图法求随机事件的概率，掌握其计算方法是解题的关键．答案第2页，共14页21，1268．D【分析】根据勾股定理可得到BD13，由BPBA5，可得DP8，再证明APB∽QPD，根据相似三角形的性质即可得到DQ的长【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，AB5，AD12，∴BDAB2AD25212213，∵BPBA，∴BP5，DPBDBP1358，∵四边形ABCD为矩形，∴PABPQD，APBQPD，∴APB∽QPD，∴ABBP5，QDDP8858，5∴QD故选：D．【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质、勾股定理，熟记相似三角形对应边成比例是解题关键．9．变小【分析】根据投影为光线路程从蜡烛A点到人物头所连接的直线延伸到墙上，即可得到答案．【详解】解：投影为光线路程从蜡烛A点到人物头所连接的直线延伸到墙上，设为AD．当人离墙的距离变小时候（即往右边移动），易知其AD与AB的夹角会变小，AD长度变小，根据勾股定理易知，斜边变小，其中一条直角边固定不变，则另一条直角边肯定会长度变小．故答案为：变小．【点睛】本题主要考查勾股定理，中心投影．应注意数形结合思想方法的应用．10．6答案第3页，共14页【分析】如图所示，连接AC,EG，可得△ABC∽△EFG，根据相似三角形的性质即可求解．【详解】解：如图所示，连接AC,EG，∵四边形ABCD∽四边形EFGH，∴△ABC∽△EFG，∴ABBC，AB2，BC3，EF4，EFFGBCEF346，AB2∴FG故答案为：6．【点睛】本题主要考查相似三角形的性质，掌握相似三角形，对应边的比等于相似比的知识是解题的关键．11．3（答案不唯一）【分析】根据题意得=3241(2m)0，进行计算即可得．【详解】解：∵一元二次方程x23x2m0没有实数根，∴=3241(2m)0，98m08m9m98∴m的值可能是3（答案不唯一），故答案为：3（答案不唯一）．【点睛】本题考查了一元二次方程根的情况求参数，解题的关键是掌握一元二次方程根的情况．12．41kk【分析】设点Aa,，利用S△ABC2a4即可求出k的值．2aa答案第4页，共14页k【详解】解：设点Aa,，a∵点D为线段AB的中点．AB⊥y轴∴AB2AD2a，1k又∵S△ABC2a4，2a∴k4．故答案为：4【点睛】本题考查利用面积求反比例函数的k的值，解题的关键是找出1kS△ABC2a4．2a13．5【分析】根据角平分线的性质可得EBF90，由此可证四边形AEBF是矩形，根据矩形的性质，等腰三角形的性质可得，MN是ABC的中位线，由此即可求解．【详解】解：∵BE，BF分别是ABC与它的邻补角ABD的平分线，∴ABEEBC11ABC，ABFFBDABD，221190，ABCABD18022∵ABCABD180，∴FBEABEABF∵AEBE，AFBF，∴AEBAFB90，∴四边形AEBF是矩形，∴EFAB7，MEMF∴MBME，∴∠MBE∠MEB，∠MEB∠EBC，∴ME∥BC，且MBMA，∴AMAN，MBNC11717EF7，MBMAAB，22222∴ANNC，∴MN是ABC的中位线，∴MN11BC42，22∴MFNEEFMN725，答案第5页，共14页故答案为：5．【点睛】本题主要考查矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，中位线的性质等知识的综合，熟练掌握矩形的判定和性质是解题的关键．14．x11，x21【分析】移项，因式分解即可得．【详解】解：(x1)22x(x1)，(x1)22x(x1)0，(x1)(x12x)0，∴x10或x10，解得x11，x21．【点睛】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是掌握因式分解法．15．10【分析】在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从比例关系入手，列出方程求解．【详解】解：由题意，得解得，n10，经检验得：n10是原方程的解，且符合题意，∴估计n的值为10．【点睛】此题主要考查了利用频率估计概率，本题利用了用大量试验得到的频率可以估计事件的概率．关键是根据红球的频率得到相应的等量关系．16．见解析【分析】根据三视图的定义，即可．【详解】解：所画三视图如图所示：20.2，n答案第6页，共14页【点睛】本题考查三视图的知识，解题的关键是掌握三视图的性质．17．(1)I=10(2)20R【分析】（1）根据题意设出函数关系式，再根据“当电阻R=5欧姆时，电流I=2安培”0.5即可求出反比例系数；（2）把I=0.5代入函数关系式即可求得电阻R的值．【详解】（1）设I即可求得U10，即I与R之间的函数关系式I10；RU，把R5，I2代入，R（2）当I0.5时，0.510,R20（欧姆），R因此电阻R的值为20欧姆.【点睛】本题考查的是反比例函数的应用18．(1)(2)1414【分析】（1）直接由概率公式求解即可；（2）画树状图，共有16种等可能的结果，其中王磊和李欣所抽取卡片上的活动方案相同的结果有4种，再由概率公式求解即可．【详解】（1）王磊抽取的卡片上的活动方案是文艺汇演的概率为故答案为：1，41．4（2）根据题意画树状图如下：答案第7页，共14页由树状图可知，共有16种等可能的结果，其中王磊和李欣所抽取卡片上的活动方案相同的情况有4种，∴王磊和李欣所抽取卡片上的活动方案相同的概率为41．164【点睛】此题考查了树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．19．(1)见解析(2)B1(8,4)、C1(4,8)【分析】（1）利用位似图形的性质得出对应点位置，进而得出答案；（2）利用（1）中所画图形，得出各点坐标即可．【详解】（1）△A1B1C1如图所示．（2）B1(8,4)、C1(4,8)．【点睛】此题主要考查了位似变换，正确得出对应点位置是解题关键．20．k1222【分析】由根与系数的关系得到x1x22k1，x1x22k，把x1x2变形为答案第8页，共14页2x12x2x1x22x1x2，再整体代入即可求解．2【详解】解：根据题意，得x1x22k1，x1x22k2．2x1x22x1x2∵x12x22∴(2k1)222k24k15，解得k1．【点睛】此题考查了一元二次方程根与系数关系的应用，灵活变形是解题的关键．（1）见解析；（2）旗杆AB的高为12m．21．【分析】（1）根据平行投影的性质，得出太阳光线，进而得出答案；（2）根据在同一时刻物高与影长成正比例，将实际问题转化为数学问题求出即可．【详解】解：（1）如图所示：（2）如图，因为DE，AB都垂直于地面，且光线DF//AC，所以Rt△DEF∽Rt△ABC，所以即DEEF，ABBC1.720.86，AB6所以AB=12（m）．经检验，符合题意，答：旗杆AB的高为12m．【点睛】此题主要考查了由实际问题抽象到相似三角形中，利用相似三角形的相似比，列出方程，通过解方程求出旗杆AB的高．22．(1)证明过程见详解答案第9页，共14页(2)菱形ABCD的面积为80【分析】（1）根据菱形的性质，可得ABAD，BD，根据垂直的性质可得AEBAFD90，可证ABE≌ADF(AAS)，由此即可求解；（2）根据菱形的性质可求出BE的值，在Rt△ABE中，根据勾股定理可求出AE的值，根据菱形的面积计算方法即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴ABAD，BD，∵AEBC，AFCD，∴AEBAFD90，∴在ABE,ADF中，BDAEBAFD，ABAD∴ABE≌ADF(AAS)，∴AEAF．（2）解：∵四边形ABCD是菱形，∴ABBC10，∵CE4，∴BEBCCE1046，∵AEBC，∴在Rt△ABE中，AEAB2BE2102628，∴S菱形ABCDBCAE10880∴菱形ABCD的面积为80．【点睛】本题主要考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的运用，菱形面积的计算等知识的综合，掌握以上知识是解题的关键．23．每辆汽车应降价1万元【分析】设每辆汽车应降价x万元，根据平均每月的销售利润=每辆的销售利润×平均每月的销售量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其合适的值即可得出结论．答案第10页，共14页【详解】解：设每辆汽车应降价x万元，根据题意，得(25x19)(186x)120，解得x11，x22，∵使每辆车的利润尽可能高，∴x1．答：每辆汽车应降价1万元【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．24．(1)证明见解析(2)y20x【分析】（1）根据A(0,4)，B(3,0)，C(2,0)即可得AB5，BC5，根据D点为B点关于AC所在直线的对称点得ADAB5，CDCB5，可得ABBCCDDA，即可得；（2）根据四边形ABCD为菱形，得AD∥BC，根据AD5，A(0,4)得D(5,4)，把D(5,4)代入yk得k5420，即可得．x【详解】（1）证明：∵A(0,4)，B(3,0)，C(2,0)，∴AB32425，BC5，∵D点为B点关于AC所在直线的对称点，∴ADAB5，CDCB5，∴ABBCCDDA，∴四边形ABCD为菱形；（2）解：∵四边形ABCD为菱形，∴AD∥BC，又∵AD5，A(0,4)，∴D(5,4)，把D(5,4)代入yk得k5420，x20．x∴反比例函数的表达式为y【点睛】本题考查了勾股定理，菱形的判定与性质，反比例函数的性质，解题的关键是掌握答案第11页，共14页这些知识点．25．(1)证明见解析(2)4【分析】（1）根据ABBC，ADDE即可得出明△ABC∽△ADE；（2）由△ABC∽△ADE，得出BACDAE，而可证BAD∽CAE，再根据ABBC，再根据ABCADE，即证ADDEABAC，从而可证BADCAE，进ADAE9AB3，即得出SVABD:SVACE，进而可求S△ACE4．AC24【详解】（1）证明：∵ABBC，ADDE，∴ABBC．ADDE又∵ABCADE，∴△ABC∽△ADE；（2）解：∵△ABC∽△ADE，∴BACDAE，ABAC，ADAE∴BACDACDAEDAC，即BADCAE，∴BAD∽CAE，且相似比为∴SVABD:SVACE∵S△ABD9，∴S△ACE4．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质．熟练掌握相似三角形的判定定理及其性质是解题关键．26．（1）见解析；（2）BF＝2GH；理由见解析；问题拓展37．2AB3，AC29．4【分析】（1）由正方形的性质得出∠BAD＝∠D＝90°，AB＝DA，由SAS证明△ABE≌△DAF即可；（2）由全等三角形的性质得出∠ABE＝∠DAF，证出∠BGF＝∠ABE+∠BAG＝90°，在Rt△BFG中，由直角三角形斜边上的中线性质得出BF＝2GH；答案第12页，共14页问题拓展：由三角函数得出∠ABE＝∠DAF，证出∠BGF＝90°，在Rt△BFG中，由直角三角形斜边上的中线性质得出BF＝2GH，由矩形的性质得出∠C＝90°，BC＝AD＝6，CD＝AB＝4，得出CF＝CD﹣DF＝1，由勾股定理求出BF＝BC2CF237，即可得出GH的长．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝∠D＝90°，AB＝DA，AEDF在△ABE和△DAF中，BAED，ABDA∴△ABE≌△DAF（SAS）；（2）解：BF＝2GH；理由如下：∵△ABE≌△DAF，∴∠ABE＝∠DAF，∵∠DAF+∠BAG＝∠BAD＝90°，∴∠ABE+∠BAG＝90°，∴∠BGF＝∠ABE+∠BAG＝90°，在Rt△BFG中，GH是边BF的中线，∴BF＝2GH；问题拓展：解：∵tan∠ABE＝DF31AE21，，tan∠DAF＝AD62AB42∴∠ABE＝∠DAF，∵∠DAF+∠BAG＝∠BAD＝90°，∴∠ABE+∠BAG＝90°，∴∠AGB＝90°，∴∠BGF＝90°，在Rt△BFG中，GH是边BF的中线，∴BF＝2GH，∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝90°，BC＝AD＝6，CD＝AB＝4，答案第13页，共14页∴CF＝CD﹣DF＝1，∴BF＝BC2CF2621237，∴GH＝137BF＝；2237．2故答案为【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、三角函数、直角三角形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形和正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．答案第14页，共14页