吉林省吉林市舒兰市2023-2024学年九年级上学期期末数学试题

这是一份吉林省吉林市舒兰市2023-2024学年九年级上学期期末数学试题，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．在，，0，1这四个数中，最小的数是（ ）
A．B．C．0D．1
2．图①是由五个完全相同的小正方体组成的立体图形．将图①中的一个小正方体改变位置后如图②，则三视图发生改变的是（ ）
A．主视图B．俯视图
C．左视图D．主视图、俯视图和左视图都改变
3．下列计算正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°.将Rt△ABC绕点C按逆时针方向旋转48°得到Rt△A′B′C，点A在边B′C上，则∠B′的大小为( )
A．42°B．48°
C．52°D．58°
5．如图，与相切于点A，与相交于点C，点D是优弧上一点．若，则的大小为（ ）
A．B．C．D．
6．《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，成书于约一千五百年前，其中有首歌谣：今有竿不知其长，量得影长一丈五尺，立一标杆，长一尺五寸，影长五寸，问竿长几何？意即：有一根竹竿不知道有多长，量出它在太阳下的影子长一丈五尺，同时立一根一尺五寸的小标杆，它的影长五寸（提示：1丈=10尺，1尺=10寸），则竹竿的长为（ ）

A．五丈B．四丈五尺C．一丈D．五尺
二、填空题
7．计算： ．
8．分解因式：2a2﹣6a= ．
9．不等式的解集是
10．一元二次方程的根的判别式 0（填“”“”或“”）
11．如图，，，若∠B＝72°，则∠D的度数是 ．
12．如图，正五边形FGHIJ的顶点在正五边形ABCDE的边上，若∠AFJ＝20°，则∠CGH＝ °．
13．如图，是的对角线，是边上的点，且，连接交于点，若的面积为2，则四边形的面积为 ．
14．如图，是⊙O的直径，是弦，过点的切线交延长线于点．若，则图中阴影部分图形的面积和是 ．
三、解答题
15．先化简，再求值：，其中
16．现有一副扑克牌中的三张牌，牌面数字分别为，将这三张牌背面朝上洗匀后，先从中随机抽取一张牌，记下数字后放回洗匀，再随机抽取一张牌，记下数字，请用画树状图（或列表）的方法，求抽取的两张牌牌面数字相同的概率．
17．为了改善学校的环境，某中学组织团员植树150棵．实际参加植树的团员人数是原计划参加植树的团员人数的1.5倍，结果实际人均植树的棵数比原计划少1棵．求原计划参加植树的团员人数．
18．如图，面积为4的正方形的顶点C、A分别在x轴、y轴上，反比例函数的图象经过点B．把正方形沿翻折得到正方形交反比例函数的图象于点E．

(1)求k的值；
(2)求点E的坐标．
19．如图，菱形ABCD对角线AC与BD的交于点O，CD=10，OD=6，过点C作CE∥DB，过点B作BE∥AC，CE与BE相交于点E.
(1)求OC的长；(2)求四边形OBEC的面积．
20．某大学食堂为了让本校学生在端午节尽量吃到喜爱口味的粽子，随机抽取了名学生，对学生选择四种口味粽子的情况进行了问卷调查，每个被调查的学生都选择了其中一种粽子.食堂将收集到的数据整理并绘制成如图所示的统计图.请根据图中提供的信息，解答下面的问题：
(1)求的值；
(2)求扇形统计图中“葡萄干馅”所在的扇形的圆心角度数；
(3)根据上述统计结果，估计该校18500名学生中喜欢蜜枣馅粽子的人数．
21．图①、图②、图③均是4×4的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1.
(1)在图①、图②中,以格点为顶点,线段AB为一边,分别画一个平行四边形和菱形,并直接写出它们的面积.(要求两个四边形不全等)
(2)在图③中，以点A为顶点，另外三个顶点也在格点上，画一个面积最大的正方形，并直接写出它的面积．
22．如图，某数学兴趣小组为了测量学校旗杆AB的高度，他们在旗杆对面的实验楼的顶部C处测得旗杆顶端A的仰角为46°，测得旗杆底端B的俯角为32°，同时测量了旗杆底端与实验楼的地面距离BD长为9.5米．求旗杆AB的高．（结果精确到0.1米）．
【参考数据：sin32°=0.53，cs32°=0.85，tan32°=0.62，sin46°=0.72，cs46°=0.69，tan46°=1.04】
23．某玩具厂加工了一批玩具“六一”捐赠给儿童福利院，甲、乙两车间同时开始加工这批玩具，加工一段时间后，甲车间的设备出现故障停产一段时间，乙车间继续加工，甲维修好设备后继续按照原来的工作效率加工，从工作开始到加工完这批玩具乙车间工作 小时，甲、乙两车间加工玩具的总数量 （件）与加工时间 （时）之间的函数图象如图所示．
（1）求乙车间每小时加工玩具的数量．
（2）求甲车间维修完设备后， 与 之间的函数关系式．
（3）何时能加工一半？
24．定义：在三角形中，把一边的中点到这条边的高线的距离叫做这条边的中垂距．例：如图①，在中，为边的中点，于，则线段的长叫做边的中垂距．
(1)设三角形一边的中垂距为．若，则这样的三角形一定是 ，推断的数学依据是 ．
(2)如图②，在中，，，，为边的中线，求边的中垂距．
(3)如图③，在矩形中，，．点为边的中点，连结并延长交的延长线于点，连结．求中边的中垂距．
25．如图①，在中，，，，直线于点，分别交，于点，．点从点出发，沿以每秒个单位长度的速度向终点运动．同时直线从点A出发，沿以每秒1个单位长度的速度向终点运动．以为边向下作正方形，连接，点的运动时间为秒．
(1)的长为______个单位长度．
(2)当点落在直线上时，求的值．
(3)设正方形与四边形重叠部分图形的面积为，求与之间的函数关系式．
(4)如图②，连接，，设的面积与正方形的面积比为．当时，直接写出的取值范围．
26．如图①，在平面直角坐标系中，，等腰直角三角形的顶点的坐标为，点在第四象限，边与轴交于点，点分别是线段的中点，过点的抛物线（为常数）的顶点为.
(1)点的坐标为______，用含的代数式表示为______.
(2)如图②，点为中点，当抛物线经过点时.
①求该抛物线所对应的函数表达式；
②若点在该抛物线上，点在线段上，当以和为对边的四边形是平行四边形时，求点的坐标.
(3)当点在等腰直角三角形的边上或内部，且抛物线与有且只有一个公共点时，直接写出的取值范围.
参考答案：
1．A
【分析】运用有理数比较大小的方法即可得出答案．
【详解】根据有理数比较大小的方法：负有理数＜0＜正有理数，
可得，
故最小的数是，
故选A．
【点睛】本题考查了有理数比较大小的方法，解答此题的关键是要明确：负有理数＜0＜正有理数．
2．A
【分析】根据从正面看得到的视图是主视图，从左边看得到的图形是左视图，从上边看得到的图形是俯视图对两个组合体进行判断，可得答案．
【详解】解：①的主视图是第一层三个小正方形，第二层中间一个小正方形；左视图是第一层两个小正方形，第二层左边一个小正方形；俯视图是第一层中间一个小正方形，第二层三个小正方形；
②的主视图是第一层三个小正方形，第二层左边一个小正方形；左视图是第一层两个小正方形，第二层左边一个小正方形；俯视图是第一层中间一个小正方形，第二层三个小正方形；
所以将图①中的一个小正方体改变位置后，俯视图和左视图均没有发生改变，只有主视图发生改变，
故选：A．
【点睛】本题考查了三视图的知识，解决此类图的关键是由三视图得到相应的立体图形．从正面看到的图是正视图，从上面看到的图形是俯视图，从左面看到的图形是左视图．
3．D
【分析】根据合并同类项法则，幂的乘方法则，同底数幂的乘法、除法法则对各选项进行计算，然后进行判断即可．
【详解】解：A．和不是同类项，不能合并，故此选项不符合题意；
B．，故此选项不符合题意；
C．，故此选项不符合题意；
D．，故此选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查合并同类项，幂的乘方，同底数幂的乘法、除法．掌握相关的运算法则是解题的关键．
4．A
【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，将Rt△ABC绕点C按逆时针方向旋转48°得到Rt△A′B′C′
∴∠A′=∠BAC=90°，∠ACA′=48°，
∴∠B′=90°﹣∠ACA′=42°．
故选A．
5．B
【分析】本题考查圆周角定理，切线的性质，直角三角形的两锐角互余．
由圆周角定理可得，由切线的性质可得，从而根据直角三角形的两锐角互余即可解答．
【详解】∵，
∴，
∵与相切于点A，
∴，即，
∴．
故选：B
6．B
【分析】根据同一时刻物高与影长成正比可得出结论．
【详解】设竹竿的长度为x尺，
∵竹竿的影长=一丈五尺=15尺，标杆长=一尺五寸=1.5尺，影长五寸=0.5尺，
∴，
解得x=45（尺），
即竹竿的长为四丈五尺．
故选B
【点睛】本题考查了相似三角形的应用举例，熟知同一时刻物高与影长成正比是解答此题的关键．
7．
【分析】先把化简为2，再合并同类二次根式即可得解.
【详解】2-=.
故答案为：.
【点睛】本题考查了二次根式的运算，正确对二次根式进行化简是关键．
8．2a(a-3)
【分析】只需在原式中提取2a分解即可．
【详解】解：原式=2a(a-3)，
故答案为：2a(a-3)．
【点睛】本题考查利用提取公因式分解因式，能够熟练掌握分解因式的方法是解决本题的关键．
9．/
【分析】本题考查解一元一次不等式．根据解一元一次不等式的步骤进行求解即可．
【详解】
去分母，得，
移项，得，
合并同类项，得．
故答案为：
10．
【分析】本题考查了根的判别式，熟练掌握根的判别式为是解题的关键．根据方程的系数结合根的判别式即可得答案．
【详解】解：在一元二次方程中，，，，
∴根的判别式，
故答案为：
11．108°/108度
【分析】根据两直线平行，内错角相等求出∠C=∠B，再根据两直线平行，同旁内角互补求出∠D即可．
【详解】∵AB//CD，∠B= 72°
∴∠C=∠B= 72°
∵BC//DE，
∴∠C+∠D= 180°
∴∠D=180°-72°=108°
故答案为：108°
【点睛】本题考查了平行线的性质的应用，注意：平行线的性质有①两直线平行，内错角相等，②两直线平行，同位角相等，③两直线平行，同旁内角互补．
12．52
【分析】先计算出正五边形的各个内角为：540°÷5=108°，再利用平角为180°，三角形的内角和，即可解答．
【详解】解：正五边形的内角均为：540°÷5＝108°，
∴∠BFG＝180°﹣∠AFJ﹣∠GFJ＝180°﹣20°﹣108°＝52°，
∴∠BGF＝180°﹣∠B﹣∠BFG＝180°﹣108°﹣52°＝20°，
∴∠CGH＝180°﹣∠BGF﹣∠FGH＝180°﹣20°﹣108°＝52°，
故答案为：52．
【点睛】本题考查了正多边形的内角和，以及三角形的内角和，解决本题的关键是计算出正五边形的内角的度数．
13．5.5
【分析】由平行四边形的性质易证，利用相似三角形的性质可求出的面积以及的比值，由等高的三角面积比等于边长之比可求出的面积，进而可得到的面积，由此可求出四边形的面积．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵的面积为2，
∴的面积4.5，
∵和中，边上的高相等，的面积为2，，
∴的面积为3，
∴的面积，
∴的面积，
∴四边形的面积，
故答案为：5.5．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、平行四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质，属于中考常考题型．
14．4
【分析】本题考查了扇形面积的计算，切线的性质和圆周角定理，熟记扇形的面积公式，理解切线的性质和圆周角定理是解答此题的关键．连接，根据圆周角定理求出的度数，再由即可得出结论．
【详解】解：连接，
是的直径，为切线，，
，，，
，是等腰直角三角形，
．
故答案为：4．
15．，
【分析】本题考查了分式的化简求值，首先将因式通分，然后进行约分化简，最后代值计算．
【详解】解：原式，
；
当时，原式．
16．．
【分析】本题考查树状图法或列表法求概率，画出树状图，找出所有等可能的结果及两张牌牌面数字相同结果，再由概率公式求解即可．熟练掌握概率公式是解题关键．
【详解】解：画树状图如图所示：
由树状图可知：共有9种等可能的结果，其中，两张牌牌面数字相同的结果有5种，
∴（抽取的两张牌牌面数字相同）．
17．原计划参加植树的团员为50人
【分析】本题考查分式方程的应用，找到合适的等量关系是解决问题的关键．利用分式方程解应用题时，一般题目中会有两个相等关系，这时要根据题目所要解决的问题，选择其中的一个相等关系作为列方程的依据，而另一个则用来设未知数．设原计划参加植树的团员有人，则实际参加植树的团员有人，人均植树棵数，用原人均植树棵数实际人均植树棵数，列分式方程求解，结果要检验．
【详解】解：设原计划参加植树的团员为人．
根据题意，得，
解得．
经检验，是原方程的解，且符合题意．
答：原计划参加植树的团员为50人．
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据反比例函数解析式，k的几何意义求解；
（2）由折叠的性质，知，得，把代入得，，于是．
【详解】（1）解：根据反比例函数系数k的几何意义可知，，
又∵，
∴．
（2）∵，
∴，
由翻折变换可知，，
∴，
把代入得，，
∴点．
【点睛】本题考查反比例函数解析式；理解反比例函数解析式k的几何意义是解题的关键．
19．（1）8（2）48.
【分析】（1）根据菱形的对角线互相垂直，利用勾股定理即可求解；（2）先证明四边形OBEC为矩形，再根据矩形的面积公式即可求解.
【详解】（1）在菱形ABCD中，AC⊥BD，
∵CD=10，OD=6，∴OC=
（2）∵AC⊥BD，CE∥DB，BE∥AC
∴四边形OBEC为矩形
∵OB=OD =6，
∴S矩形OBEC=OC×OB=8×6=48.
【点睛】此题主要考查菱形的性质与矩形的判定，解题的关键是熟知菱形的对角线互相垂直.
20．(1)
(2)
(3)该校18500名学生中喜欢蜜枣馅粽子的人数为6475名
【分析】本题主要考查了抽样调查、扇形统计图、用样本估计整体等知识点，掌握用样本估计整体成为解题的关键．
（1）直接根据样本的定义即可解答；
（2）用乘以“葡萄干馅”占样本的比例即可解答；
（3）用该校学生数乘以样本中喜欢蜜枣馅粽子所占比例即可解答．
【详解】（1）解：．
（2）解：因为，所以“葡萄干馅”所在的扇形的圆心角度数是．
（3）解：．
答：估计该校18500名学生中喜欢蜜枣馅粽子的人数为6475．
21．（1）菱形的面积=4；平行四边形的面积=4；作图见解析；（2）正方形的面积=10，作图见解析.
【分析】（1）根据菱形和平行四边形的画法解答即可；
（2）根据勾股定理和全等三角形，结合网格结构，作出最长的线段作为正方形的边长即可．
【详解】(1)如图①②所示：
菱形的面积=4；平行四边形的面积=4；
(2)如图③所示：
正方形的面积=10.
【点睛】此题考查基本作图以及勾股定理的应用，解题关键在于掌握作图法则和熟悉勾股定理和全等三角形等知识.
22．15.8米；
【分析】作于E，则四边形BDCE是矩形，分别解直角三角形，求出AE、BE即可解决问题
【详解】作于E，则四边形BDCE是矩形，
∴CE=DB=9.5（米），



答：旗杆AB的高为15.8米．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用-仰角俯角问题，锐角三角函数等知识，解题的关键是构造直角三角形.
23．（1）乙车间每小时加工玩具件；（2）；（3）．
【分析】（1）根据图象解答即可．
（2）设甲维修完设备后，y与x的函数关系式为y=kx+b，利用待定系数法确定函数关系式即可；
（3）根据函数关系式解答即可．
【详解】（1）（件），
乙车间每小时加工玩具 件．
（2） （件），
甲车间每小时加工玩具 件．
，
设甲维修完设备后，与的函数关系式为 ，
将点 ， 代入，得
解得
函数关系式为．
（3） ，
．
【点睛】此题考查了一次函数的实际应用．解题的关键是理解题意，能根据题意求得函数解析式，注意数形结合与方程思想的应用．
24．(1)等腰三角形；线段的垂直平分线上的点到两端的距离相等
(2)1
(3)
【分析】（1）根据线段的垂直平分线的性质即可判断．
（2）如图②中，作于．根据已知得出，再求出的长，即可求出的长．
（3）如图③中，作于，先证，得出，利用勾股定理求出的长，然后证明，建立方程求出即可．
【详解】（1）解：角形一边的中垂距为．若，则这样的三角形一定是等腰三角形，推断的数学依据是线段的垂直平分线上的点到两端的距离相等．
故答案为：等腰三角形；线段的垂直平分线上的点到两端的距离相等
（2）如图②中，作于．
在中，∵，，，
则，，
∴，
∵为边中线，，
∴，
∴，
∴边的中垂距为1；
（3）如图③中，作于．
∵四边形是矩形，
∴，，
∵点为边的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在中，∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴中边的中垂距为．
【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
25．(1)5
(2)
(3)
(4)或
【分析】（1）根据中，，，，运用勾股定理求出的长；
（2）当点落在直线上时，证明四边形是矩形，求出，根据 ，运用建立方程，解方程即得；
（3）当时，设交于点H，证明四边形是平行四边形，得到，证明，求出，运用即得；当时，设交于点Q，根据，，的长求出， ，运用即得；
（4）设交射线于点R，过点P作延长线于点K，得到四边形是矩形，当在上面时，求出，得到，根据，得到，求出；当在下面时，求出，推出，得到，推出．
【详解】（1）∵在中，，，，
∴，
∴；
故答案为：5；
（2）当点落在直线上时，
∵四边形是正方形，，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
解得，；
（3）当时，设交于点H，
由（2）知，，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
当时，
设交于点Q，
∵，
∴，
∵，
∴；
故；
（4）设交射线于点R，过点P作，交延长线于点K，
则，
∴四边形是矩形，
∴，
当在上方时，
，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得，；
当在下方时，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，．
故或．

【点睛】本题主要考查了三角形，四边形，相似三角形，二次函数与动态几何．熟练掌握勾股定理解直角三角形，正方形性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，三角形面积公式和梯形面积公式，二次函数与几何结合，分类讨论，是解决问题的关键．
26．(1)；
(2)①②点的坐标为或
(3)或或
【分析】本题考查了待定系数法求解析式，中点坐标公式，平行四边形的判定和性质，平移思想，分类思想.
（1）根据中点坐标公式解答即可；把代入解析式变形解答即可.
（2）①根据，，是等腰直角三角形，得到，，，得到,，
结合点为中点，得到，代入解析式，结合计算即可.
②根据，得到的解析式为；根据点点为中点，得到，
设，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，分点向左平移1的单位和向右平移1个单位，计算即可.
（3）分抛物线经过原点，抛物线的顶点在M处和抛物线在中点的右侧和得左侧或上面求解即可.
【详解】（1）∵，等腰直角三角形的顶点的坐标为，点分别是线段的中点，
∴，
∴，
解得，
故答案为：；.
（2）①∵，，是等腰直角三角形，
∴，，，
∴,，
∵点为中点，
∴，
代入解析式得，
∵，
解得，
故抛物线的解析式为.
②设的解析式为；
把代入解析式为，得，
解得，
故的解析式为；
∵点为中点，，，
∴，
∵，，点F在线段上，
设，
当点R向左平移1个单位长度得到M时，
根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，只需将点F向左平移1个单位长度，得到,此时四边形是平行四边形；
∵点E在抛物线上，
∴，
解得(舍去),
故点；
当点M向右平移1个单位长度得到R时，
根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，只需将点F向右平移1个单位长度，得到,此时四边形是平行四边形；
∵点E在抛物线上，
∴，
解得(舍去),
故点；
综上所述，符合条件的点E的坐标为或.
（3）当经过原点时，
，
∵，
∴，
此时顶点为原点，也在抛物线上，符合题意；
故；
∵，
∴抛物线的顶点，
当抛物线的顶点在M上时，也是符合题意的，
此时即；
∵，，
∴它们的中点，
∵点在等腰直角三角形的边上或内部，且抛物线与有且只有一个公共点，
∴抛物线的对称轴，
∴，
解得；
综上所述，符合题意的m取值为或或.