广东省深圳市 九年级(上)期末数学试卷-(含答案)

另味怪友
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2020年03月21日 19:21
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2017-2018学年广东省深圳市龙华区九年级(上)期末数学试卷 副标题 题号 得分 一 二 三 四 总分 一、选择题(本大题共11小题,共33.0分) 1. 定义:给定关于x的函数y,若对于该函数图象上任意两点(x1,y1),(x2,y2),当x1<x2时,都有y1>y2,称该函数为减函数,根据以上定义,则下列函数中是减函数的是( ) A. B. C. D. 2. 已知A(2,-2)、B(-1,m)两点均在反比例函数y= (k≠0)的图象上,则m的值为( ) A. B. C. 1 D. 4 3. 如图是一个三棱柱的几何体,则该几何体的主视图为( ) A. B. C. D. 4. 如图,已知l1∥l2∥l3,直线AB分别交l1、l2、l3于A、E、B点,直线CD分别交l1、l2、l3于C、F、D三点,且AE=2,BE=4,则 的值为( ) A. B. C. D. 2 5. 某校早规划设计时,准备在教学楼与综合楼之间,设置一块面积为600平方米的矩形场地作为学校传统文化建设园地,并且长比宽多50米,设该场地的宽为x米,根据题意,可列方程为( ) A. B. C. D. 6. 如图,小颖为测量学校旗杆AB的高度,她想到了物理学中平面镜成像的原理,她在与旗杆底部A同一水平线上的E处放置一块镜子,然后推到C处站立,使得刚好可以从镜子E看到旗杆的顶部B.已知小颖的眼睛D离地面的高度CD=1.6m,她离镜子的水平距离CE=1.2m,镜子E离旗杆的底部A处的距离AE=3.6m,且第1页,共16页

A、C、E三点在同一水平直线你上,则旗杆AB的高度为( ) A. B. C. D. 7. 已知菱形的两条对角线长分别为10和24,则该菱形的周长是( ) A. 108 B. 52 C. 48 D. 20 28. 已知x=1是方程x-2x+c=0的一个根,则实数c的值是( ) A. B. 0 C. 1 D. 2 29. 若抛物线y=x-3x+c与x轴的一个交点的坐标为(-1,0),则该抛物线与x轴的另一个交点的坐标为( ) A. B. C. D. 10. 小亮为测量如图所示的水湖湖面的宽度BC,他在与水湖处在同一水平面上取一点A,测得湖的一端C在A处的正北方向,另一端B在A处的北偏东60°的方向,并测得A、C间的距离AC=10m,则湖的宽度BC为( ) A. B. C. 20m D. 11. 下列命题中是真命题的是( ) A. 有一个角是直角的平行四边形是正方形 B. 矩形是轴对称图形,但不是中心对称图形 C. 有一个锐角相等的两个直角三角形相似 D. 相似三角形的周长的比等于相似比的平方 二、填空题(本大题共3小题,共9.0分) 12. 若3a=5b,则 =______. 13. 如图,已知直线y=- x+5与双曲线y= (x>0)交于A、B两点,连接OA,若OA⊥AB,且=,则k的值为 ______. 14. 如图,已知矩形ABCD中,AB=2,BC=4,E为BC上一点,将△ABE沿直线AE折叠后,若点B的对应点B1刚好落在对角线BD上,则BE=______. 三、计算题(本大题共1小题,共5.0分) 215. 解方程:x-6x-16=0. 第2页,共16页

四、解答题(本大题共6小题,共47.0分) 16. 如图,已知直线y= x+3与x轴交于点D,与y轴交于点C,经过点C的抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于A(-6,0)、B两点,顶点为E. (1)求该抛物线的函数解析式; (2)连接DE,求tan∠CDE的值; (3)设P为抛物线上一动点,Q为直线CD上一动点,是否存在点P与点Q,使得以D、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形?如果存在,请求出点Q的坐标;如果不存在,请说明理由. 17. 茂业商场将售价为300元/件的某品牌夹克,经过两次降价后的售价为243元/件,并且两次降价的百分率相同. (1)求该品牌夹克每次降价的百分率; (2)经过两次降价后,茂业商场为了增加销售,决定继续降价销售.商场试销一段时间后发现,该品牌夹克每周的销量、工人工资与降价的关系如下表.已知该品牌夹克的进价为113元/件,设当每件夹克降价x元时,茂业商场销售该品牌夹克每周所获的利润为y元,求y与x之间的函数关系式,并求出当降价多少元时商场所获纯利润最大?此时该品牌夹克的售价是多少?(商场所获利润=销售利润-工人工资-其他开支) 降价(元/件) x 第3页,共16页 周销量(件) 2x+20 工人工资 40x+400 其他开支 2000

- sin60°+tan230°18. 计算: cos45° 19. 如图,小明为测量马路的宽度CD,他从楼AB的楼顶A处分别观测马路的两侧C处和D处,测得C、D两处的俯角∠EAC=70°,∠EAD=52°,已知从楼底B处到C处的距离为BC=40m,且B、C、D三点在同一水平直线上. (1)求楼的高度AB; (2)求马路的宽度CD.(结果精确到0.1m) =0.79,cos52°=0.62,tan52°=1.28,sin70°=0.94,(参考数据sin52°cos70°=0.34,tan70°=2.75) 20. 如图,已知AC是矩形ABCD的对角线,AC的垂直平AD于点E和F,EF交AC于点O. 分线EF分别交BC、(1)求证:四边形AECF是菱形; (2)若AC=8,EF=6,求BC的长. 21. 在一个不透明的箱子中装有2个红球、n个白球和1个黄球,这些球除颜色外无其他差别. (1)若每次摸球前先将箱子里的球摇匀,任意摸出一个球记下颜色后再放回箱子里,通过大量重复摸球实验后发现,摸到红球的频率稳定在25%,那么估计箱子里白球的个数n为______; (2)如果箱子里白球的个数n为1,小亮随机从箱子里摸出1个球不放回,再随机摸出1个球,请用画树状图或列表法求两次均摸到红球的概率. 第4页,共16页

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答案和解析 1.【答案】B 【解析】 解:,函数y=-2x+2, ∵k=-2<0, ∴y随x的增大而减小, ∴函数y=-2x+2是减函数, 故选:B. 根据函数的增减性即可判断; 本题考查反比例函数的性质、一次函数的性质、二次函数的性质等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,属于中考常考题型. 2.【答案】D 【解析】 解:把A点的坐标代入y=解得:k=-4, 即y=-, 得:-2=, 把B的坐标代入得:m=-解得:m=4, 故选:D. 把A点的坐标代入y=可求出答案. , ,求出k,求出函数解析式,再把B点的坐标代入,即本题考查了反比例函数的图象点的特点和用待定系数法求出反比例函数的解析式,能求出反比例函数的解析式是解此题的关键. 3.【答案】A 【解析】 解:从正面看到的图形是主视图,故主视图为正三角形, 故选:A. 根据主视图的定义即可判断. 本题考查简单几何体的三视图,解题的关键是理解三视图的定义,属于中考常考题型. 4.【答案】A 【解析】 第6页,共16页

解:∵l1∥l2∥l3, ∴=, ∵AE=2,BE=4, ∴=, 故选:A. 根据平行线分线段成比例定理即可解决问题. 本题考查平行线分线段成比例定理,解题的关键是熟练掌握平行线分线段成比例定理,属于中考常考题型. 5.【答案】B 【解析】 解:设该场地的宽为x,则长为x+50; 根据长方形的面积公式可得:x(x+50)=600. 故选:B. 宽列出方程即可. 首先用x表示出矩形的长,然后根据矩形面积=长×本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程,找到关键描述语,记住长方形宽是解决本题的关键,此题难度不大. 面积=长×6.【答案】C 【解析】 解:由题意可得:AE=1.5m,CE=1.2m,DC=1.6m, ∵△ABC∽△EDC, ∴即, , 解得:AB=4.8m, 故选:C. 根据题意得出△ABE∽△CDE,进而利用相似三角形的性质得出答案. 本题考查的是相似三角形在实际生活中的应用,根据题意得出△ABE∽△CDE是解答此题的关键. 第7页,共16页

7.【答案】B 【解析】 解:如图,BD=10,AC=24, ∵四边形ABCD是菱形, ∴OA=AC=12,OB=BD=5,AC⊥BD, ∴AB==13, 13=52 ∴菱形的周长=4×故选:B. 根据题意画出图形,然后菱形的性质,可得OA=AC=12,OB=BD=5,AC⊥BD,继而利用勾股定理,求得这个菱形的边长,则可求得菱形的周长. 本题主考查了菱形的性质,求得菱形的周长是解题的关键. 8.【答案】C 【解析】 2解:根据题意,将x=1代入x-2x+c=0,得:1-2+c=0, 解得:c=1, 故选:C. 2将x=1代入x-2x+c=0得到关于c的方程,解之可得. 本题主要考查了方程的解的定义,正确求解c的值是解决本题的关键. 9.【答案】D 【解析】 2解:把(-1,0)代入y=x-3x+c中,得到0=1+3+c, ∴c=-4, 2∴抛物线的解析式为y=x-3x-4, 2令y=0,得到x-3x-4=0,解得x=-1和4, ∴该抛物线与x轴的另一个交点的坐标为(4,0), 故选:D. 利用待定系数法即可解决问题. 第8页,共16页

本题考查抛物线与x轴的交点、解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,属于中考常考题型. 10.【答案】B 【解析】 解:根据题意知∠ACB=90°、∠A=60°、AC=10m, ∵tanA=, (m), =10∴BC=ACtanA=10tan60°故选:B. 根据tanA=知BC=ACtanA,据此可得. 本题主要考查解直角三角形的应用-方向角问题,解题的关键是熟练掌握正切函数的定义. 11.【答案】C 【解析】 解:A、有一个角是直角的平行四边形是矩形,是假命题; B、矩形是轴对称图形,也是中心对称图形,是假命题; C、有一个锐角相等的两个直角三角形相似,是真命题; D、相似三角形的周长的比等于相似比,是假命题; 故选:C. 根据真命题的定义和有关性质定理分别对每个命题进行判断即可. 此题考查了命题的真假判断,正确的命题叫真命题,错误的命题叫做假命题.判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理. 12.【答案】 【解析】 解:∵3a=5b, ∴=. 故答案为. 第9页,共16页

根据=,则有ac=bd求解. 本题考查了比例的性质:若=,则ac=bd. 13.【答案】8 【解析】 解:如图,过A作AE⊥OD于E, ∵直线解析式为y=-x+5, ∴C(0,5),D(10,0), ∴OC=5,OD=10, ∴Rt△COD中,CD=∵OA⊥AB, DO=CD×AO, ∴CO×∴AO=2∴AD=, =4, =5, AE=AO×AD, ∵OD×∴AE=4, ∴Rt△AOE中,OE=∴A(2,4), ∴代入双曲线y=故答案为:8. 依据直线解析式,运用勾股定理即可得到CD的长,依据面积法即可得到AO的长,再根据勾股定理可得AD 的长,利用面积法即可得到AE的长,最后依据勾股定理可得OE的长,由点A的坐标即可得到k的值. 本题主要考查了反比例函数与一次函数交点问题,解决问题的关键是勾股定理以及面积法的运用.求反比例函数与一次函数的交点坐标,把两个函数关系式联立成方程组求解,若方程组有解则两者有交点,方程组无解,则两者无交点. 14.【答案】1 【解析】 =2, 4=8, ,可得k=2×第10页,共16页

解:由折叠的性质可知,AB=AB1,EB=EB1, ∴AE⊥BB1, , ∴∠BAE+∠ABD=90°, ∵∠CBD+∠ABD=90°∴∠BAE=∠CBD, ∴tan∠BAE=tan∠CBD,即解得BE=1, 故答案为:1. 根据翻转变换的性质得到AE⊥BB1,根据正切的定义列出算式,计算即可. 本题考查的是翻转变换的性质、锐角三角函数的定义,翻转变换是一种对称变换,折叠前后图形的形状和大小不变,位置变化,对应边和对应角相等. 15.【答案】解:原方程变形为(x-8)(x+2)=0 x-8=0或x+2=0 ∴x1=8,x2=-2. 【解析】 =, 2,-6=-8+2,所以解此一元二次方程选择因式分解法最简单,因为-16=-8×x2-6x-16=(x-8)(x+2),这样即达到了降次的目的. 一元二次方程的解法有:配方法,公式法和因式分解法,解题时要注意选择合适的解题方法. 16.【答案】(1)解:对于y= x+3,由x=0,得y=3, ∴C(0,3) ∵抛物线过点A(-6,0)、C(0,3) 解得: 2∴该抛物线为y=- x-x+3; 224) (2)解:由y=- x-x+3=- (x+2)+4得顶点E(-2, 过点E分别作EF⊥x轴于F,作EG⊥y轴于G 则EF=4,DF=2,EG=2,CG=1 第11页,共16页

∴ = = ∵∠DFE=∠CGE=90°∴△DFE∽△CGE ∴∠DEF=∠CEG, = = . ∵∠CEG+∠CEF=90°,∠DEF+∠CEF=90°∴∠DEC=90°, ∴tan∠CDE= = ; (3)设Q(m, m+3) ①若DE为平行四边形的一边,且点P在点Q的上方 ∵D(-4,0),E(-2,4),Q(m, m+3) 2∴P(m+2, m+7),代入抛物线得: m+7=- (m+2)-(m+2)+3, 解得m1=-7,m2=-4(舍去) ∴Q(-7,- ); ②若DE为平行四边形的一边,且点P在点Q的下方 ∵D(-4,0),E(-2,4),Q(m, m+3) ∴P(m-2, m-1) 同理得Q( , )或 Q( , ) ③若DE为平行四边形的对角线 ∵D(-4,0),E(-2,4),Q(m, m+3) 2∴P(-m-6,- m+1)代入抛物线得:- m+1=- (-m-6)-(-m-6)+3, 解得m1=-1,m2=-4(舍去) ∴Q(-1, ) 综上所述,点Q的坐标为(-7,- )、( , )、Q( ,)或 (-1, ). 【解析】 (1)首先根据直线y=x+3与x轴交于点C,与y轴交于点C,求出点C的坐标是(0,3),点A的坐标是(-6,0);然后根据抛物线y=-x2+bx+c经过A、C两点,求出a、c的值是多少,即可求出抛物线的解析式. 第12页,共16页

(2)由抛物线解析式得到顶点坐标,过点E分别作EF⊥x轴于F,作EG⊥y轴于G.构造相似三角形△DFE∽△CGE,由相似三角形的性质解答; (3)分类讨论:①若DE为平行四边形的一边,且点P在点Q的上方;②若DE为平行四边形的一边,且点P在点Q的下方;③若DE为平行四边形的对角线.由平行四边形的性质和点的坐标与图形的性质解答. 考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养.要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来,利用点的坐标的意义表示线段的长度,从而求出线段之间的关系. 17.【答案】(1)解:该品牌夹克每次降价的百分率为m,根据题意得: 2∴300(1-m)=243, 解得:m1=0.1=10%,m2=1.9(不合题意,舍去) 答:该品牌夹克每次降价的百分率为10%. (2)解:由题意得 y=( 243-113-x )(2x+20 )-( 40x+400 )-2000, =-2x2+200x+200 =-2(x-50)2+5200 ∵a=-2<0, ∴当x=50时,y有最大值5200,此时243-50=193, 故当每件夹克降价为50元时,商场可获得最大利润,此时售价为193元/件. 【解析】 (1)该品牌夹克每次降价的百分率为m,根据“两次降价后的售价=原价×(1-降价百分比)的平方”,即可得出关于m的一元二次方程,解方程即可得出结论; (2)根据二次函数,利用二次函数的性质即可解决问题; 本题考查二次函数的性质、一元二次方程、百分率问题等知识,解题的关键是理解题意,学会构建方程或二次函数解决实际问题. - ×+( )2, 18.【答案】解:原式=2 =1- + , 第13页,共16页

=- . 【解析】 首先代入特殊角的三角函数,然后再进行有理数的加减即可. 本题主要考查了实数的综合运算能力,是各地中考题中常见的计算题型.解决此类题目的关键是熟练掌握负整数指数幂、零指数幂、二次根式、绝对值等考点的运算. 19.【答案】解: (1)由已知得,∠ACB=∠EAC=70°, 在Rt△ABC中,∵tan∠ACB= , =40×2.75=110.0m, ∴AB=BCtan∠ACB=40tan70°答:楼的高度AB为110.0m. (2)由已知得,∠ADB=∠EAD=52°, 在Rt△ABD中,∵tan∠ADB= , ∴BD= = 85.94m, ∴CD=BD-BC=85.94-40≈45.9m, 答:马路的宽CD约为45.9m. 【解析】 (1)解直角三角形ABC即可求出AB的高度; (2)在直角三角形ABD中易求BD的长,由CD=BD-BC即可得到问题答案. 本题考查的是解直角三角形的应用-仰角俯角问题,根据题意作出辅助线,构造出直角三角形是解答此题的关键. 20.【答案】(1)证明:∵四边形ABCD是矩形 ∴AD∥BC, ∴∠DAC=∠ACB, ∵EF垂直平分AC, ∴AF=FC,AE=EC, ∴∠FAC=∠FCA, ∴∠FCA=∠ACB, ∵∠FCA+∠CFE=90°,∠ACB+∠CEF=90°, ∴∠CFE=∠CEF, ∴CE=CF, ∴AF=FC=CE=AE, ∴四边形AECF是菱形. 证法二:∵四边形ABCD是矩形 ∴AD∥BC, 第14页,共16页

∴∠DAC=∠ACB,∠AFO=∠CEO, ∵EF垂直平分AC, ∴OA=OC, ∴△AOF≌△COE, ∴OE=OF, ∴四边形AECF是平行四边形, ∵AC⊥EF, ∴四边形AECF是菱形. (2)解:∵四边形AECF是菱形 ∴OC= AC=4,OE= EF=3 ∴CE= = =5, ∵∠COE=∠ABC=90,∠OCE=∠BCA, ∴△COE∽△CBA, ∴ = , ∴ = , ∴BC= . 【解析】 (1)方法一:根据四边相等的四边形是菱形即可判断; 方法二:根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可; (2)欲证明△COE∽△CBA,可得=,求出CE即可解决问题; 本题考查矩形的性质、线段的垂直平分线的性质、菱形的判定和性质、勾股定理等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,属于中考常考题型. 21.【答案】5 【解析】 解:(1)根据题意知,解得:n=5, =0.25, 经检验n=5是分式方程的解, 即估计箱子里白球的个数n为5, 故答案为:5; (2)列表得 第15页,共16页

红1 红2 白 黄 红1 (红2,红1) (白,红1) (黄,红1) (白,红2) (黄,红2) (黄,白) 红2 (红1,红2) 白 (红1,白) (红2,白) 黄 (红1,黄) (红2,黄) (白,黄) 摸球的结果共有12种可能,其中两次均摸到红球的有2种, ∴P(两次均摸到红球)==. (1)利用频率估计概率,则摸到红球的概率为0.25,根据概率公式得到=0.25,然后解方程即可; (2)先画树状图展示所有12种等可能的结果数,再找出两次均摸到红球的结果数,然后根据概率公式求解. 本题考查了列表法或树状图法:通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果求出n,再从中选出符合事件A或B的结果数目m,然后根据概率公式求出事件A或B的概率. 第16页,共16页

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