【北师大版】2022-2023学年九年级下册数学期末专项突破试卷（含解析）

这是一份【北师大版】2022-2023学年九年级下册数学期末专项突破试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

【北师大版】2022-2023学年九年级下册数学期末专项突破试卷

一、选择题（共30分）
1．下列几何体中，主视图是三角形的几何体的是（　　）
A． B． C． D．
2．下列数中，﹣4的相反数是（　　）
A．4 B．﹣4 C． D．﹣
3．在平面直角坐标系中，点P（1，﹣3）关于原点对称的点的坐标是（　　）
A．（﹣1，3） B．（﹣3，1） C．（1，3） D．（3，﹣1）
4．下列计算正确的是（　　）
A．a2•a3＝a6 B．a8÷a4＝a2 C．（a3）2＝a6 D．2a+3a＝6a
5．如图是用直尺和一个等腰直角三角尺画平行线的示意图，图中∠α的度数为（　　）

A．135° B．90° C．60° D．45°
6．下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
7．某校为了解学生在校一周体育锻炼时间，随机调查了35名学生，调查结果列表如下：
锻炼时间/h
5
6
7
8
人数
6
15
10
4
则这35名学生在校一周体育锻炼时间的中位数和众数分别为（　　）
A．6h，6h B．6h，15h C．6.5h，6h D．6.5h，15h
8．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，点D在AC上，点E在AB上，将△ADE沿直线DE翻折，点A的对称点A'落在BC上，在CD＝1，则A'B的长是（　　）

A．1 B． C． D．
9．如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC＝8，DB＝6，DH⊥AB于点H，则DH的长为（　　）

A．4.8 B．5 C．9.6 D．10
10．甲、乙两人在笔直的公路上同起点、同终点、同方向匀速步行1200米，先到终点的人原地休息，已知甲先出发3分钟，在整个步行过程中，甲、乙两人的距离y（米）与甲出发的时间t/分钟之间的关系如图所示，下列结论：①甲步行的速度为40米/分；②乙用9分钟追上甲；③整个过程中，有4个时刻甲乙两人的距离为90米；④乙到达终点时，甲离终点还有280米，其中正确的结论有（　　）

A．①②③ B．②③ C．①③④ D．①②
二、填空题（共18分）
11．因式分解：9a3b﹣ab＝　 　．
12．已知一天有86400秒，一年按365天计算共有31536000秒，31536000用科学记数法表示为 　 　．
13．甲，乙，丙，丁四位同学10次数学测验成绩统计如表所示，如果从这四位同学中，选出一位平均成绩高且成绩稳定的同学参加数学竞赛，那么应选　 　去．

甲
乙
丙
丁
平均分/分
86
90
90
85
方　差
24
36
42
38
14．某工厂计划生产300个零件，由于采用新技术，实际每天生产零件的数量是原计划的2倍，因此提前5天完成任务，设原计划每天生产零件x个，根据题意，列方程为 　 　．
15．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，2），点B的坐标为（4，2）．若抛物线y＝（x﹣h）2+k（h、k为常数）与线段AB交于C、D两点，且CD＝AB，则k的值为　 　．

16．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AD＝6，AB＝4，点E为线段BC的中点，动点F从点B出发，沿B→A→D的方向在BA，AD上运动，以每秒1个单位的速度从点B出发，设运动时间为t，将矩形沿EF折叠，点B的对应点为B′，当点B′恰好落在矩形的对角线上时（不与矩形顶点重合），则t的值为　 　．

三、解答题（共102分）
17．解不等式组：．


18．一个不透明袋子中有1个红球，1个绿球和n个白球，这些球除颜色外无其他差别．
（1）从袋中随机摸出一个球，记录其颜色，然后放回，大量重复该试验，发现摸到绿球的频率稳定在0.25，则n的值是 　 　；
（2）从袋中随机摸出一个球，记录其颜色（不放回），然后再摸出一个球，求两次摸出的球颜色不同的概率．

19．如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点E，过点A作AF∥BD，过点B作BF∥AC，两线相交于点F．求证：四边形AEBF是菱形．

20．为推进垃圾分类，推动绿色发展，某工厂购进甲、乙两种型号的机器人用来进行垃圾分类，甲型机器人比乙型机器人每小时多分20kg，甲型机器人分类800kg垃圾所用的时间与乙型机器人分类600kg垃圾所用的时间相等．
（1）两种机器人每小时分别分类多少垃圾？
（2）现在两种机器人共同分类700kg垃圾，工作2小时后甲型机器人因机器维修退出，求甲型机器人退出后乙型机器人还需工作多长时间才能完成？
21．在20m高的楼AB的前方有一个旗杆CD，从楼的顶端A测得旗杆的顶端C的俯角为45°，底端D的俯角为60°．
（1）求旗杆的底端D与楼的底端B的距离；
（2）求旗杆CD的高度．
[说明：（1）（2）的计算结果精确到0.01m．参考数据：≈1.414，≈1.732]．


22．如图，AB是⊙O直径，点C，D为⊙O上的两点，且＝，连接AC，BD交于点E，⊙O的切线AF与BD延长线相交于点F，A为切点．
（1）求证：AF＝AE；
（2）若AB＝8，BC＝2，求AF的长．

23．已知A、B两地之间有一条长240千米的公路．甲车从A地出发匀速开往B地，甲车出发两小时后，乙车从B地出发匀速开往A地，两车同时到达各自的目的地．两车行驶的路程之和y（千米）与甲车行驶的时间x（时）之间的函数关系如图所示．
（1）甲车的速度为　 　千米/时，a的值为　 　．
（2）求乙车出发后，y与x之间的函数关系式．
（3）当甲、乙两车相距100千米时，求甲车行驶的时间．

24．如图，在△ABC中，∠C＝90°，点D在AC上，且CD＞DA，DA＝2，点P、Q同时从点D出发，以相同的速度分别沿射线DC、射线DA运动．过点Q作AC的垂线段QR，使QR＝PQ，连接PR，当点Q到达点A时，点P、Q同时停止运动、设PQ＝x，△PQR与△ABC重叠部分的面积为S，当x＝时，点R恰好在AB边上．
（1）填空：点R恰好经过AB边时，S的值为 　 　；
（2）求S关于x的函数关系式，并写出x的取值范围．

25．如图在△ABC中，∠BAC＝60°点D在BC边上，连接AD，AD＝DC，点E、F分别在AC，AD上，且△DEF为等边三角形．
（1）填空：与∠B相等的角是 　 　；
（2）求证：BD＝AF；
（3）若BC＝kBD（k＞2），求的值（用含k的式子表示）．

26．在平面直角坐标系中，抛物线y＝2（x﹣m）2+2m（m为常数）的顶点为A．
（1）当m＝时，点A的坐标是 　 　，抛物线与y轴交点的坐标是 　 　；
（2）若点A在第一象限，且OA＝，求此抛物线所对应的二次函数的表达式，并写出函数值y随x的增大而减小时x的取值范围；
（3）当x≤2m时，若函数y＝2（x﹣m）2+2m的最小值为3，求m的值；
（4）分别过点P（4，2）、Q（4，2﹣2m）作y轴的垂线，交抛物线的对称轴于点M、N．当抛物线y＝2（x﹣m）2+2m与四边形PQNM的边有两个交点时，将这两个交点分别记为点B、点C，且点B的纵坐标大于点C的纵坐标．若点B到y轴的距离与点C到x轴的距离相等，直接写出m的值．


答案
一、选择题（共30分）
1．解：A、三棱柱的主视图是长方形，中间还有一条竖线，故此选项错误；
B、正方体的主视图是正方形，故此选项错误；
C、圆锥的主视图是三角形，故此选项正确；
D、圆柱的主视图是长方形，故此选项错误；
故选：C．
2．解：﹣4的相反数是4．
故选：A．
3．解：根据中心对称的性质，可知：点P（1，﹣3）关于原点O中心对称的点的坐标为（﹣1，3）．
故选：A．
4．解：A、a2•a3＝a5，原式计算错误，故本选项错误；
B、a8÷a4＝a4，原式计算错误，故本选项错误；
C、（a3）2＝a6，原式计算正确，故本选项正确；
D、2a+3a＝5a，原式计算错误，故本选项错误；
故选：C．
5．解：如图所示，∵AP∥BC，
∴∠α＝∠DBC＝45°，

故选：D．
6．解：A.+，无法合并，故此选项不合题意；
B.﹣＝3﹣2＝，故此选项符合题意；
C.＝2，故此选项不合题意；
D.÷＝＝2，故此选项不合题意；
故选：B．
7．解：这组数据的众数为6h，中位数为第18个数据，即中位数为6h，
故选：A．
8．解：∵AC＝4，CD＝1，
∴AD＝AC﹣CD＝3．
∵将△ADE沿直线DE翻折，点A的对称点A'落在BC上，
∴A′D＝AD＝3．
在Rt△A′CD中，∵∠C＝90°，
∴A′C＝＝＝2，
∴A′B＝BC﹣A′C＝4﹣2．
故选：D．
9．解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝4，OB＝OD＝3，
∴AB＝5，
∴S菱形ABCD＝AC•BD＝AB•DH，
∴DH＝＝4.8．
故选：A．
10．解：由题意可得：甲步行的速度为＝40（米/分）；
故①结论正确；
由图可得，甲出发9分分钟时，乙追上甲，故乙用6分钟追上甲，
故②结论错误；
由函数图象可得：当y＝90时，有4个时刻甲乙两人的距离为90米，
故③结论正确；
设乙的速度为x米/分，
由题意可得：9×40＝（9﹣3）x，
解得x＝60，
∴乙的速度为60米/分；
∴乙走完全程的时间＝＝20（分），
乙到达终点时，甲离终点距离是：1200﹣（3+20）×40＝280（米），
故④结论正确；
故正确的结论有①③④共3个．
故选：C．
二、填空题（共18分）
11．解：原式＝ab（9a2﹣1）＝ab（3a+1）（3a﹣1）．
故ab（3a+1）（3a﹣1）
12．解：将31536000用科学记数法表示为3.1536×107．
故3.1536×107．
13．解：由于乙同学的平均数较大，且方差较小，故选乙．
故乙．
14．解：∵采用新技术后，实际每天生产零件的数量是原计划的2倍，原计划每天生产零件x个，
∴采用新技术后实际每天生产零件2x个．
根据题意得：﹣＝5．
故﹣＝5．
15．解：∵点A的坐标为（0，2），点B的坐标为（4，2），
∴AB＝4，
∵抛物线y＝（x﹣h）2+k（h、k为常数）与线段AB交于C、D两点，且CD＝AB，
∴CD＝2，
∴设点C的坐标为（c，2），则点D的坐标为（c+2，2），
∴h＝＝c+1，
∴抛物线y＝[x﹣（c+1）]2+k，
把点C（c，2）代入得，2＝[c﹣（c+1）]2+k，
解得，k＝，
故答案为．
16．解：连接BB'，如图

由翻折可得B'E＝BE，
∵点E为BC中点，
∴B'E＝BE＝EC，
∴∠BB'C＝90°，
又∵BB'⊥EF，
∴EF∥AC，
∴F为AB中点，
∴BF＝AB＝2，
∴t＝2．
如图，当EF⊥BD时，作FG⊥BE于点G，
∵BD所在直线斜率为＝，
∴EF所在直线斜率为﹣，即＝，
∵BG＝AF＝t﹣4，BE＝BC＝3，
∴GE＝BE﹣BG＝7﹣t，
又∵FG＝AB＝4，
∴＝，
解得t＝．

故2或
三、解答题（共102分）
17．解：，
由①得，
由②得，
所以，此不等式组得解集为．
18．解：（1）利用频率估计概率得到摸到绿球的概率为0.25，
则＝0.25，解得n＝2．
故2．
（2）解：画树状图为：

共有12种等可能的结果数，其中两次摸出的球颜色不同的结果共有10 种，
所以两次摸出的球颜色不同的概率＝＝．
19．证明：∵AF∥BD，BF∥AC，
∴四边形AEBF是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AE＝CE，BE＝DE，AC＝BD，
∴AE＝BE＝DE，
∴四边形AEBF是菱形．
20．解：（1）设甲型机器人每小时分类xkg垃圾．则乙型机器人每小时分类（x﹣20）kg垃圾，
由题意得：＝，
解得：x＝80，
检验：当x＝80时，x（x﹣20）≠0，
所以，原分式方程的解为x＝80，
x﹣20＝80﹣20﹣60，
答：甲型机器人每小时分类80kg垃圾．则乙型机器人每小时分类60kg垃圾，
（2）[700﹣（80+60）×2]÷60＝7小时，
答：甲型机器人退出后乙型机器人还需要工作7小时．
21．解：（1）由题意可知，∠DAB＝30°，
在Rt△ADB中，DB＝AB•tan30°，
＝20×，
≈20×，
≈11.55，
答：旗杆的底端D与楼的底端B的距离约为11.55m；

（2）作CE⊥AB，垂足为E，
则四边形CDBE为矩形．
∴CE＝DB，CD＝EB，
在Rt△ACE中，∠CAE＝45°，AE＝CE＝DB＝，
∴CD＝EB＝AB﹣AE，
＝20﹣≈20﹣，
≈8.45．
答：旗杆CD的高度约为8.45m．

22．（1）证明：连接AD，
∵AB是⊙O直径，
∴∠ADB＝∠ADF＝90°，
∴∠F+∠DAF＝90°，
∵AF是⊙O的切线，
∴∠FAB＝90°，
∴∠F+∠ABF＝90°，
∴∠DAF＝∠ABF，
∵＝，
∴∠ABF＝∠CAD，
∴∠DAF＝∠CAD，
∴∠F＝∠AEF，
∴AF＝AE；
（2）解：∵AB是⊙O直径，
∴∠C＝90°，
∵AB＝8，BC＝2，
∴AC＝＝＝2，
∵∠C＝∠FAB＝90°，∠CEB＝∠AEF＝∠F，
∴△BCE∽△BAF，
∴＝，即＝，
∴CE＝AF，
∵AF＝AE，
∴CE＝AE，
∵AE+CE＝AC＝2，
∴AE＝，
∴AF＝AE＝．

23．解：（1）由题意可知，甲车的速度为：80÷2＝40（千米/时）；
a＝40×6×2＝480，
故40；480；

（2）设y与x之间的函数关系式为y＝kx+b，
由图可知，函数图象经过（2，80），（6，480），
∴，解得，
∴y与x之间的函数关系式为y＝100x﹣120（2≤x≤6）；

（3）两车相遇前：80+100（x﹣2）＝240﹣100，解得x＝；
两车相遇后：80+100（x﹣2）＝240+100，解得x＝，
答：当甲、乙两车相距100千米时，甲车行驶的时间是小时或小时．
24．解：（1）如图1，
，
当x＝时，△PQR与△ABC重叠部分的面积就是△PQR的面积，
∵PQ＝，QR＝PQ，
∴QR＝，
∴S＝×（）2＝×＝．
故．

（2）如图2，
，
根据S关于x的函数图象，可得S关于x的函数表达式有两种情况：
当0＜x≤时，
S＝×PQ×RQ＝x2，
当点Q点运动到点A时，
x＝2AD＝4，
∴m＝4．
当＜x≤4时，
S＝S△APF﹣S△AQE＝AP•FG﹣AQ•EQ，
AP＝2+，AQ＝2﹣，
∵△AQE∽△AQ1R1，，
∴QE＝，
设FG＝PG＝a，
∵△AGF∽△AQ1R1，，
∴AG＝2+﹣a，

∴a＝，
∴S＝S△APF﹣S△AQE
＝AP•FG﹣AQ•EQ
＝（2）（2）﹣（2﹣）•（2）
＝﹣x2+
∴S＝﹣x2+．
综上可得，S＝．
25．（1）解：∵∠BAC＝60°，
∴∠B+∠C＝120°，
∵AD＝DC，
∴∠C＝∠DAC，
∴∠B+∠DAC＝120°，
∵△DEF是等边三角形，
∴∠ADE＝60°，
∴∠DAC+∠AED＝120°，
∴∠B＝∠AED，
故∠AED；
（2）证明：如图，在AB上取点Q，使AQ＝AE，连接DQ、EQ，
∵∠BAC＝60°，AQ＝AE，
∴△AQE是等边三角形，
∴AE＝QE，∠AEQ＝60°，
∵△DEF是等边三角形，
∴EF＝ED，∠FED＝60°，
∴∠AEQ＝∠FED，
∴∠AEQ﹣∠FEQ＝∠FED﹣∠FEQ，
即∠AEF＝∠QED，
∴△AEF≌△QED（SAS），
∴AF＝QD，∠FAE＝∠DQE，
∵AD＝DC，
∴∠C＝∠FAE，
∵∠B＝180°﹣∠C﹣∠BAC＝120°﹣∠C，∠BQD＝180°﹣∠DQE﹣∠AQE＝120°﹣∠DQE＝120°﹣∠FAE，
∴∠B＝∠BQD，
∴BD＝QD，
∴BD＝AF；
（3）解：∵AD＝DC，
∴∠C＝∠DAE，
∵△DEF是等边三角形，
∴DE＝DF，∠ADE＝60°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠ADE＝∠BAC，
∴△ADE∽△CAB，
∴＝，
设BD＝a，则BC＝kBD＝ka，
∴AD＝DC＝BC﹣BD＝ka﹣a＝（k﹣1）a，
∵AF＝BD＝a，
∴DF＝AD﹣AF＝（k﹣1）a﹣a＝（k﹣2）a，
∴DE＝（k﹣2）a，
∴＝＝＝．

26．解：（1）当m＝时，y＝2（x﹣）2+1，
∴顶点A（，1），
令x＝0，得y＝，
∴抛物线与y轴交点的坐标为（0，），
故（，1），（0，）；
（2）∵点A（m，2m）在第一象限，且OA＝，
∴m2+（2m）2＝（）2，且m＞0，
解得：m＝1，
∴抛物线的解析式为y＝2（x﹣1）2+2，当x≤1时，函数值y随x的增大而减小；
（3）∵当x≤2m时，若函数y＝2（x﹣m）2+2m的最小值为3，
∴分两种情况：2m＜m，即m＜0时，或2m＞m，即m＞0时，
①当m＜0时，2（2m﹣m）2+2m＝3，
解得：m＝（舍）或m＝﹣，
②当m＞0时，2（m﹣m）2+2m＝3，
解得：m＝，
综上所述，m的值为或﹣；
（4）P（4，2）、Q（4，2﹣2m），抛物线y＝2（x﹣m）2+2m，
①当m＞1时，如图1，

∵2m＞2，2﹣2m＜0，
∴抛物线y＝2（x﹣m）2+2m与四边形PQNM的边没有交点；
②当m＝1时，如图2，

∵2m＝2，2﹣2m＝0，
∴抛物线y＝2（x﹣m）2+2m的顶点在边PM边上，
即抛物线y＝2（x﹣m）2+2m与四边形PQNM的边只有一个交点；
③当≤m＜1时，如图3，

∵1≤2m＜2，0＜2﹣2m≤1，P（4，2）、Q（4，2﹣2m），
∴M（m，2），N（m，2﹣2m），
抛物线y＝2（x﹣m）2+2m与四边形PQNM的边有两个交点，若点B在PM边上，点C在MN边上，
∴令y＝2，则2＝2（x﹣m）2+2m，
∴x＝m+ 或 x＝m﹣（不合题意，应舍去），
∴B（m+，2），C（m，2m），
根据题意，得2m＝m+，
解得：m＝或m＝（不合题意，应舍去）；
④当0≤m＜时，如图4，

∴点B在PM边上，点C在NQ边上，
∴B（m+，2），C（m+，2﹣2m），
则2﹣2m＝m+，
解得：m＝，
∵0≤m＜，
∴m＝，
⑤当m＜0时，如图5，

∵2m＜0，2﹣2m＞2，
∴点B在NQ边上，点C在PM边上，
B（m+，2﹣2m），C（m+，2）
则|m+|＝2，
当m+＝2时，得m2﹣2m+3＝0，
∵Δ＝（﹣2）2﹣4×1×3＝﹣8＜0，
∴该方程无解；
当m+＝﹣2时，得m2+6m+3＝0，
解得：m＝﹣3﹣或m＝﹣3+，
当m＝﹣3+时，
|m+|＝|﹣3++|＝2﹣4≠2，
不符合题意，舍去，
综上所述，m的值为或或﹣3﹣．