237，河南省焦作市2023-2024学年九年级上学期期末数学试题

这是一份237，河南省焦作市2023-2024学年九年级上学期期末数学试题，共18页。

1．本试卷共8页，三个大题，满分120分，考试时间100分钟．请用黑色水笔直接答在答题卷上．
2．答卷前将答题卷密封线内的项目填写清楚．
一、选择题（每小题3分，共30分）
下列各小题均有四个答案，其中只有一个是正确的，请将正确答案前的代号字母填涂在答题卷上指定位置．
1. 如图所示的几何体的俯视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据俯视图的概念解答即可．
俯视图指的是从上往下观察所看到的图形．掌握俯视图的概念是解题的关键．
【详解】该几何体从上往下观察有两列，第一列有3个正方形，第二列中间有一个正方形．
故选：C．
2. 下列结论不正确的是 （ ）
A. 所有的正方形都相似B. 所有的菱形都相似
C. 所有的等腰直角三角形都相似D. 所有的正五边形都相似
【答案】B
【解析】
【分析】利用“对应角相等，对应边的比也相等的多边形相似”进行判定即可．
【详解】解：、所有的正方形都相似，故A正确，不合题意；
、菱形的内角不一定相等，所以所有的菱形不一定都相似，故B不正确；符合题意；
、所有的等腰直角三角形都相似，故C正确，不合题意；
、所有的正五边形边都相似，故D正确，不合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了相似图形的定义，解题的关键是了解对应角相等，对应边的比也相等的多边形相似，比较简单．
3. 若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了比例性质，掌握“若，则；”是解题的关键．
【详解】解：由题意得
，
，
；
故选：C．
4. 如图，在中，，D为中点，若，则的长是（ ）


A. 6B. 5C. 4D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，进而可得答案．
【详解】解：∵，D为边的中点，
∴，
∵，
∴，
故选C．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，解题的关键是掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
5. 若两个相似三角形的面积比是，则它们对应边的中线之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角形的面积比等于相似比的平方，它们对应边的中线之比等于相似比即可求解．
【详解】解：∵两个相似三角形的面积比是，
∴两个相似三角形的相似比是，
∴它们对应边的中线之比为，
故选：C．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
6. 某公司前年缴税万元，今年缴税万元，则该公司缴税的年均增长率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设该公司这两年缴税的年均增长率为，根据题意列出一元二次方程，解方程即可
【详解】设该公司这两年缴税的年均增长率为，根据题意得：
解得，（舍）
该公司这两年缴税的年均增长率为
故选：B
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出方程是解题的关键．
7. 如图，五边形和是以点O为位似中心的位似图形，若，则五边形与的周长比是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查的是位似图形的性质，掌握位似比等于相似比、相似多边形周长比等于相似比，是解题的关键．根据位似的性质得到五边形和的相似比为，然后根据相似多边形的周长之比等于相似比求解即可．
【详解】解：五边形和是以点为位似中心的位似图形，，
五边形和的相似比为，
五边形和的周长比为．
故选A．
8. 已知菱形的两条对角线长分别是6和8，则菱形的面积是（ ）
A. 48B. 30C. 24D. 20
【答案】C
【解析】
【分析】根据菱形的面积等于两条对角线积的一半计算即可．
【详解】解：菱形的两条对角线长分别是6和8，
这个菱形的面积为，
故选：C
【点睛】本题考查了菱形的面积的计算等．求菱形面积时，注意应是把对角线乘积的一半．
9. 如图，在矩形中，点的坐标是，则的长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质以及勾股定理的应用，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．连接，根据勾股定理求得，然后根据矩形的性质得出．
【详解】解：连接，
四边形是矩形，
，
点的坐标是，
，
，
故选：B．
10. 在反比例函数的图象上有两点，则m、n的大小关系为（ ）
A. B. C. D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了反比例函数的图象与性质，反比例函数(k是常数，)的图象是双曲线，当，反比例函数图象的两个分支在第一、三象限，在每一象限内，y随x的增大而减小；当，反比例函数图象的两个分支在第二、四象限，在每一象限内，y随x的增大而增大．据此解答即可．
【详解】解：∵，
∴比例函数图象的两个分支在第一、三象限，在每一象限内，y随x的增大而减小．
∵，
∴．
故选C．
二、填空题（每小题3分，共15分）
11. 方程的根是______．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了解一元二次方程，解题的关键是方程移项变形后，利用因式分解法求出解即可．
【详解】解：
，
故答案为：．
12. 已知点是线段的黄金分割点，且，若，则为__．
【答案】
【解析】
【分析】根据黄金分割点的定义，AP是较长线段，则，代入数据即可得出BP的长度．
【详解】解：点是线段的黄金分割点，，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了黄金分割的概念，熟记黄金分割的比值是解题的关键．
13. 一个口袋中有6个白球和若干个红球，这些球除颜色外都相同．将口袋中的球搅拌均匀，从中随机摸出一个球，记下它的颜色后再放回口袋中．不断重复这一过程，共摸了100次球，发现有70次摸到红球．估计这个口袋中红球的个数为 _______．
【答案】14
【解析】
【分析】本题主要考查用频率估计概率，根据题意得到摸到红球的频率，再得到到摸到白球的频率，利用白球的个数求出口袋中球的总数，即可解题．
【详解】解：估计这个口袋中球的数量为：（个），
估计这个口袋中红球的个数为：（个），
故答案：14．
14. 如图是由大小相同的小正方体组成的简单几何体的从正面看和从左面看的形状图，那么组成这个几何体的小正方体的个数最多为________．
【答案】7
【解析】
【分析】由主视图和左视图确定俯视图的形状，再判断最多的小正方体的个数．
【详解】解：由题中所给出的主视图知物体共2列，且只有一列最高两层；
由左视图知共3行，所以组成这个几何体的小正方体的个数最多为6+1=7．
故答案为：7．
【点睛】本题考查学生对三视图的掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，主视图疯狂盖，左视图拆违章”就更容易得到答案．
15. 如图，在平面直角坐标系中已知点和点，是的中点，若有一动点在折线上运动，直线截所得的三角形为直角三角形，则点的坐标为______．

【答案】、、
【解析】
【分析】分类讨论：当时，，易得P点坐标为；当时，，易得P点坐标为；当时，连接，可得为的垂直平分线，根据勾股定理得到的长，从而得到P点坐标．
【详解】解：当时，，
由点C是的中点，可得P为的中点，
此时P点坐标为；
当时，，
由点C是中点，可得P为的中点，
此时P点坐标为；
当时，如图，连接，

由点C是的中点，可得为的垂直平分线，
∴，
由勾股定理可得，，
∴，
∴
此时P点坐标为，
综上所述，满足条件的P点坐标为、、．
故答案为:、、．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，勾股定理，一次函数图象上点的坐标特征，掌握勾股定理是解题的关键．
三、解答题（本大题共8小题，共75分）
16. 如图是由棱长都为1cm6块小正方体组成的简单几何体．
（1）请在方格中画出该几何体的三个视图．
（2）如果在这个几何体上再添加一些小正方体，并保持主视图和左视图不变，最多可以再添加 块小正方体，
【答案】（1）见解析 （2）2
【解析】
【分析】本题考查简单组合体的三视图∶
（1）根据简单组合体三视图的画法画出相应的图形即可；
（2）在俯视图上相应位置备注出相应摆放的数目即可．
【小问1详解】
解：该几何体的主视图、左视图和俯视图如下：
【小问2详解】
解：在备注数字的位置加摆相应数量的小正方体，
所以最多可以添加2个，
故答案为：2．
17. 小明在学校组织的校园安全知识竞赛中，通过自己的努力，一路过关斩将，走到了最后一个环节．最后环节中，他还需要回答三道判断题，每道题只有正确和错误两种选择．由于三道题的答案小明均不确定；于是随机给出了三个结果．
（1）小明回答第一道判断题，答对的概率是 ；
（2）如果小明在最后一个环节中至少答对两道题就能获胜，那么他获胜的概率是多少？请用树状图来说明．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法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．
（1）直接利用概率公式求解可得；
（2）画树状图列出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式计算可得．
【小问1详解】
小明回答第一道判断题，答对的概率是，
故答案为：；
小问2详解】
画树状图如下：
由树状图知共有8种等可能结果，其中至少答对两道题的有4种结果，
所以他获胜的概率为．
18. 如图，反比例函数y=（x＞0）的图象过格点（网格线的交点）P．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）在图中用直尺和2B铅笔画出两个矩形（不写画法），要求每个矩形均需满足下列两个条件：
①四个顶点均在格点上，且其中两个顶点分别是点O，点P；
②矩形的面积等于k的值．
【答案】（1）；（2）作图见解析.
【解析】
【详解】分析：（1）将P点坐标代入y=，利用待定系数法即可求出反比例函数的解析式；
（2）根据矩形满足的两个条件画出符合要求的两个矩形即可．
详解：（1）∵反比例函数y=（x＞0）的图象过格点P（2，2），
∴k=2×2=4，
∴反比例函数的解析式为y=；
（2）如图所示：矩形OAPB、矩形OCDP即为所求作的图形．
点睛：本题考查了作图-应用与设计作图，反比例函数图象上点的坐标特征，待定系数法求反比例函数解析式，矩形的判定与性质，正确求出反比例函数的解析式是解题的关键．
19. 如图，在中，，垂足为D．
（1）请指出图中所有的相似三角形；
（2）你能得到吗？为什么？
（3）若，则________．
【答案】（1），，；
（2）能，证明见解析 （3）
【解析】
【分析】本题考查的是相似三角形的判定和性质，勾股定理的应用，解题的关键是掌握相似三角形的判定定理和性质定理．
（1）根据相似三角形的判定定理写出所有的相似三角形；
（2）利用两角对应相等的两个三角形相似证明，根据相似三角形的性质证明结论．
（3）先求解，再利用勾股定理求解即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∵，
∴，
同理可得：，
∴；
【小问2详解】
能，理由如下：
，
，
∴，
∴，
∵，
，
，
；
【小问3详解】
∵，，，
∴，
∵，
∴．
20. 如图，在中，，，，动点从点出发，沿方向运动，动点从点出发，沿方向运动，如果点，同时出发，，的运动速度均为．

（1）那么运动几秒时，它们相距？
（2）的面积能等于60平方厘米吗？为什么？
【答案】（1）9秒或12秒
（2）不能，理由见解析
【解析】
【分析】（1）设运动秒时，，两点相距15厘米，利用勾股定理结合，可得出关于的一元二次方程，解之即可得出结论；
（2）设运动秒时，的面积等于60平方厘米，利用三角形的面积公式可得出关于的一元二次方程，由根的判别式可得出原方程无解，即的面积不能等于60平方厘米．
【小问1详解】
解：设运动秒时，，两点相距15厘米，
依题意，得：，
解得：，，
运动9秒或12秒时，，两点相距15厘米；
【小问2详解】
的面积不能等于60平方厘米，理由如下：
设运动秒时，的面积等于60平方厘米，
依题意，得：，
整理，得：，
，
原方程无解，即的面积不能等于60平方厘米．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用以及勾股定理，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
21. 如图：在中，，是中线，是的外角的平分线，，垂足为．

（1）求证：四边形是矩形；
（2）连接，交于点，直接写出与之间的关系为___________．
【答案】（1）见解析 （2），
【解析】
【分析】（1）根据等腰三角形三线合一得到，平分，平分，，得到，又由即可得到，得到结论；
（2）根据矩形的性质和三角形中线得到是的中位线，即可得到结论．
此题考查了矩形的性质和判定、等腰三角形的判定和性质、三角形中位线定理等知识，熟练掌握相关性质和判定是解题的关键．
【小问1详解】
证明：，是中线，
，平分（等腰三角形三线合一）
平分，，
，
，
，
四边形是矩形．
【小问2详解】
∵四边形是矩形，
∴与互相平分于点F，
∵是中线，
∴是的中位线，
∴．
故答案：
22. 已知关于x的一元二次方程（x－3）（x－2）=|m|．
（1）求证：对于任意实数m，方程总有两个不等的实数根；
（2）若方程的一个根是1，求m的值及方程的另一个根．
【答案】（1）证明见解析；（2）m的值为±2，方程的另一个根是4
【解析】
【分析】（1）移项，整理化成方程的一般形式，求出根的判别式，即可判断方程根的情况．
（2）把x=1代入原方程，可得出m的值，再把m的绝对值代回原方程，解出x的另一个值．
【详解】解：（1）移项整理成一般形式：，Δ==1+4，
∵≥0，
∴1+4>0，
∴对于任意实数m，方程总有两个不相等的实数根；
（2）若方程的一个根是1，则（1－3）（1－2）=，
∴m=±2，
∴，

故答案为：m的值是±2，方程的另一个根是4．
【点睛】此题考查了根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：（1）Δ＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）Δ＝0⇔方程有两个相等的实数根；（3）Δ＜0⇔方程没有实数根．同时考查了一元二次方程的解的定义．
23. 如图所示，D，E分别是的边，上的点，
（1）若D，E分别是，的中点，则四边形的面积与的面积之比为________．
（2）若，且，求证：是的中位线．
（3）判断命题“若D是的中点，且，则是的中位线”的真假，并说明理由．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）假命题，证明见解析
【解析】
【分析】本题考查了命题：要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．熟练掌握三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．
（1）先判断为的中位线，则，于是可判断，则根据相似三角形的性质可得四边形的面积与的面积之比；
（2）利用得到，根据相似三角形的性质得到，从而可判断为的中位线；
（3）由于 ，但公共不是两组对应边的夹角，所以和不一定相似，则点E不一定为的中点，于是可判断不一定是的中位线，所以原命题为假命题．
【小问1详解】
解：∵D，E分别是，的中点，
∴为的中位线，，
∴，
∴，
∴ ，
∴四边形的面积与的面积之比为；
【小问2详解】
∵，
∴，
∴，
∴D，E分别是，的中点，
∴为的中位线；
【小问3详解】
命题为假命题． 理由如下：
∵D是中点，
∴ ，
∵，
∴， 而公共∠A不是两组对应边的夹角，
∴和不一定相似，
∴点E不一定为的中点，
∴不一定是的中位线，
所以原命题为假命题．