北师大版九年级上册数学期末考试复习卷(1)及答案

这是一份北师大版九年级上册数学期末考试复习卷(1)及答案，共22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。
1．（3分）﹣2021的绝对值是（ ）
A．﹣2021B．2021C．D．﹣
2．（3分）中国高铁总里程居世界第一，预计到2021年年底中国高铁总里程将达到39600000米，将39600000用科学记数法表示为（ ）
A．3.96×106B．3.96×107C．0.396×108D．39.6×106
3．（3分）如图是由4个相同的小正方体组成的一个几何体，则从正面看到的平面图形是（ ）
A．B．
C．D．
4．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．x2+x2＝2x4B．x2•x3＝x6
C．（x2）3＝x6D．（﹣2x）2＝﹣4x2
5．（3分）如图所示，直线l1∥l2，∠1和∠2分别为直线l3与直线l1和l2相交所成角．如果∠1＝52°，那么∠2＝（ ）
A．138°B．128°C．52°D．152°
6．（3分）如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）
A．当▱ABCD是矩形时，∠ABC＝90°
B．当▱ABCD是菱形时，AC⊥BD
C．当▱ABCD是正方形时，AC＝BD
D．当▱ABCD是菱形时，AB＝AC
7．（3分）已知关于x的一元二次方程3x2+（m+3）x+m＝0总有两个不相等的实数根，则m的取值范围是（ ）
A．m≥3B．m≠3C．m＞3且m≠0D．m＞3
8．（3分）某市教委高度重视自然灾害中的安全教育，要求各级各类学校从认识安全警告标志入手开展安全教育活动．某数学兴趣小组准备了4张印有安全图标的卡片，正面图案如图所示，它们除此之外完全相同，把这4张卡片背面朝上洗匀，从中随机抽取两张，则这两张卡片的正面图案中有一张是轴对称图形的概率是（ ）
A．B．C．D．
9．（3分）如图，在平面直角坐标系中，有菱形OABC，点A的坐标为（﹣10，0），对角线AC、BO相交于点D，双曲线经过点D，交边AB于点E，且，则E的坐标为（ ）
A．B．C．D．
10．（3分）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的边长为2，点A在第一象限，点C在x轴正半轴上，∠AOC＝60°，若将菱形OABC绕点O顺时针旋转75°，得到四边形OA'B'C'，则点B的对应点B'的坐标为（ ）
A．（，﹣）B．（2，﹣2）C．（3．﹣3）D．（4，﹣4）
二、填空题（每小题3分，共15分）
11．（3分）写出一个二次函数，使得它有最小值，这个二次函数的解析式可以是 ．
12．（3分）甲、乙两名射击运动员参加预选赛，他们每人10次射击成绩的平均数都是9环，方差分别是s2甲＝1.2，s2乙＝2.4．如果从这两名运动员中选取成绩稳定的一人参赛，那么应选 （填“甲”或“乙”）．
13．（3分）若一次函数y＝﹣3x+m+1的图象经过原点，则常数m＝ ．
14．（3分）如图，将△ABC放在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，B，C均落在格点上，用一个圆面去覆盖△ABC，能够完全覆盖这个三角形的最小圆面的半径是 ．
15．（3分）如图，在矩形ABCD中，AD＝3，AC＝6，点E是AB的中点，点F是对角线AC上一点，△GEF与△AEF关于直线EF对称，EG交AC于点H，当△CGH中有一个内角为90°时，则CG的长为 ．
三、解答题（共75分）
16．（8分）（1）计算：﹣32﹣20210+|﹣2|﹣×（﹣）；
（2）解方程：＝3﹣．
17．（9分）某公司的午餐采用自助餐的形式，并倡导员工“适度取餐，减少浪费”．该公司共有10个部门，且各部门的人数相同，为了解午餐的浪费情况，从这10个部门中随机抽取了A，B两个部门，进行了连续四周（20个工作日）的调查，得到这两个部门每天午餐浪费饭菜的重量，以下简称“每日餐余重量”（单位：千克），并对这些数据进行了整理、描述和分析，下面给出了部分信息．
a．A部门每日餐余重量的频数分布直方图如下（数据分成6组：0≤x＜2，2≤x＜4，4≤x＜6，6≤x＜8，8≤x＜10，10≤x≤12）：
b．A部门每日餐余重量在6≤x＜8这一组的是：6.1 6.6 7.0 7.0 7.0 7.8
c．B部门每日餐余重量如下：1.4 2.8 6.9 7.8 1.9 9.7 3.1 4.6 6.9 10.8 6.9 2.6 7.5 6.9 9.5 7.8 8.4 8.3 9.4 8.8
d．A，B两个部门这20个工作日每日餐余重量的平均数、中位数、众数如下：
根据以上信息，回答下列问题：
（1）写出表中m，n的值；
（2）在A，B这两个部门中，“适度取餐，减少浪费”做得较好的部门是 （填“A”或“B”），理由是 ；
（3）结合A，B这两个部门每日餐余重量的数据，估计该公司（10个部门）一年（按240个工作日计算）的餐余重量．
18．（9分）风电已成为我国继煤电、水电之后的第三大电，风电机组主要由塔杆和叶片组成（如图1），图2是从图1引出的平面图．假设你站在A处测得塔杆顶端C的仰角是55°，沿HA方向水平前进43米到达山底G处，在山顶B处发现正好一叶片到达最高位置，此时测得叶片的顶端D（D、C、H在同一直线上）的仰角是45°．已知叶片的长度为35米（塔杆与叶片连接处的长度忽略不计），山高BG为10米，BG⊥HG，CH⊥AH，求塔杆CH的高．（参考数据：tan55°≈1.4，tan35°≈0.7，sin55°≈0.8，sin35°≈0.6）
19．（9分）如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形OABC的边长为2，函数y＝（x＞0）的图象经过点B，与直线y＝x+b交于点D．
（1）求k的值；
（2）直线y＝x+b与BC边所在直线交于点M，与x轴交于点N．
①当点D为MN中点时，求b的值；
②当DM＞MN时，结合函数图象，直接写出b的取值范围．
20．（9分）如图，点E是⊙O中弦AB的中点，过点E作⊙O的直径CD，P是⊙O上一点，过点P作⊙O的切线，与AB的延长线交于F，与CD的延长线交于点G，连接CP与AB交于点M．
（1）求证：FM＝FP；
（2）若点P是FG的中点，cs∠F＝，⊙O半径长为3，求EM长．
21．（10分）草莓是一种极具营养价值的水果，某水果店以2850元购进两种不同品种的盒装草莓，若按标价出售可获毛利润1500元（毛利润＝售价﹣进价），这两种盒装草莓的进价、标价如下表所示：
（1）求这两个品种的草莓各购进多少盒；
（2）该店计划下周购进这两种品种的草莓共100盒（每种品种至少进1盒），并在两天内将所进草莓全部销售完毕（损耗忽略不计）．因B品种草莓的销售情况较好，水果店计划购进B品种的盒数不低于A品种盒数的2倍，且A品种不少于20盒．如何安排进货，才能使毛利润最大，最大毛利润是多少？
（3）该店第二次进货时采用了（2）中的设计方案，并且两次购进的草莓全部售出，请从利润率的角度分析，对于该店来说哪一次更合算？（注：利润率＝x 100%）．
22．（10分）已知抛物线y＝ax2−2ax−3a（a＞0）与x轴交于A、B两点，点A在点B的左侧．
（1）请求出抛物线对称轴和点A、B的坐标；
（2）若点A（n，yA）点B（3，yB）在此抛物线上，且yA＞yB，求n的取值范围．
（3）已知点M（−1，1），N（4，6a−2），且抛物线与线段MN只有一个公共点，请求出a的取值范围．
23．（11分）已知∠MAN＝45°，点B为射线AN上一定点，点C为射线AM上一动点（不与点A重合），点D在线段BC的延长线上，且CD＝CB，过点D作DE⊥AM于点E．
（1）当点C运动到如图1的位置时，点E恰好与点C重合，此时AC与DE的数量关系是 ；
（2）当点C运动到如图2的位置时，依题意补全图形，并证明：2AC＝AE+DE；
（3）在点C运动的过程中，点E能否在射线AM的反向延长线上？若能，直接用等式表示线段AC，AE，DE之间的数量关系；若不能，请说明理由．
参考答案与试题解析
一、单选题（每题3分，共30分）
1．【解答】解：﹣2021的绝对值为2021，
故选：B．
2．【解答】解：39600000＝3.96×107．
故选：B．
3．【解答】解：从正面看，底层是三个小正方形，上层右边位置是一个小正方形，故B符合题意，
故选：B．
4．【解答】解：A．x2+x2＝2x2，故A不符合题意；
B．x2•x3＝x5，故B不符合题意；
C．（x2）3＝x6，故C符合题意；
D．（﹣2x）2＝4x2，故D不符合题意；
故选：C．
5．【解答】解：如图．
∵l1∥l2，
∴∠1＝∠3＝52°．
∵∠2与∠3是邻补角，
∴∠2＝180°﹣∠3＝180°﹣52°＝128°．
故选：B．
6．【解答】解：因为矩形的四个角是直角，
故A正确，
因为菱形的对角线互相垂直，
故B正确，
因为正方形的对角线相等，
故C正确，
菱形的对角线和边长不一定相等，
例如：∠ABC＝80°，因为AB＝BC，所以∠BAC＝∠ACB＝50°，此时AC＞AB，
故选：D．
7．【解答】解：由题意可知：Δ＝（m+3）2﹣12m＝（m﹣3）2＞0，
∴m≠3，
故选：B．
8．【解答】解：把四张卡片记为：A、B、C、D，
画树状图，如图：
共有12种可能性，这两张卡片的正面图案中有一张是轴对称图形的情况有6种，
则这两张卡片的正面图案中有一张是轴对称图形的概率是＝．
故选：A．
9．【解答】解：延长BC，交y轴于M，
∵四边形OABC是菱形，
∴AC⊥BD，AD＝CD，OD＝BD，
∵，
∴AD+OD＝6，
∴（AD+OD）2＝AD2+OD2+2AD•OD＝（6）2，
∵A点的坐标为（﹣10，0），
∴AD2+OD2＝OA2＝100，
∴2AD•OD＝80，
∴AD•OD＝20，
∴S△AOD＝20，
∵OA＝10，S△AOD＝OA•yD＝20，
∴yD＝4，
∴OM＝8，
∵OC＝BC＝OA＝10，
∴CM＝＝6，
∴B的坐标为（﹣16，8），
∴D（﹣8，4），
∵双曲线经过点D，
∴k＝﹣8×4＝﹣32，
∴双曲线为y＝﹣，
设直线AB的解析式为y＝ax+b，
∴，解得，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x﹣，
解得，
∴E（﹣12，），
故选：C．
10．【解答】解：作B′H⊥x轴于H点，连接OB，OB′，如图，
∵四边形OABC为菱形，
∴OB平分∠AOC，
∴∠COB＝30°，
∵菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至第四象限OA′B′C′的位置，
∴∠BOB′＝75°，OB′＝OB＝2，
∴∠COB′＝∠BOB′﹣∠COB＝45°，
∴△OB′H为等腰直角三角形，
∴OH＝B′H＝OB′＝，
∴点B′的坐标为（，﹣）．
故选：A．
二、填空题（每小题3分，共15分）
11．【解答】解：∵二次函数有最小值，
∴a＞0，
∴这个二次函数的解析式可以是y＝x2，
故答案为y＝x2．
12．【解答】解：∵s2甲＝1.2，s2乙＝2.4，
∴s2甲＜s2乙，
则甲的成绩比较稳定，
故答案为：甲．
13．【解答】解：∵关于x的一次函数y＝﹣3x+m+1的图象经过原点，
∴点（0，0）满足一次函数的解析式y＝﹣3x+m+1，
∴0＝m+1，
解得m＝﹣1．
故答案是：﹣1．
14．【解答】解：分别作AB、AC的垂直平分线，两直线交于点O，
以O为圆心、OA为半径作圆，则⊙O为能够完全覆盖这个三角形的最小圆面，
由题意得，AD＝AB＝2，OD＝1，
由勾股定理得，OA＝＝，
故能够完全覆盖这个三角形的最小圆面的半径是．
故答案为．
15．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，∠B＝90°，BC＝AD＝3，
∵AC＝6，
∴CD＝AB＝＝3，∠BAC＝30°，
∵点E是AB的中点，
∴AE＝BE＝，
当△CGH中有一个内角为90°时，分两种情况：
①当∠CGH＝90°时，分两种情况：
a．如图1所示：
则EG⊥CD，四边形BCGE是矩形，
∴CG＝BE＝AB＝≠AD，
∴不存在；
b．如图2所示：
连接CE，则AE＝GE＝BE，
在Rt△CGE和Rt△CBE中，
，
∴Rt△CGE≌Rt△CBE（HL），
∴CG＝BC＝3；
②当∠CHG＝90°时，如图3所示：
则∠AHE＝90°，
∴EH＝AE＝，AH＝EH＝，
∴CH＝AC﹣AH＝6﹣＝，
由折叠的性质得：GE＝AE＝，
∴GH＝GE﹣EH＝，
∴CG＝＝；
综上所述，当△CGH中有一个内角为90°时，则CG的长为3或；
故答案为：3或．
三、解答题（共75分）
16．【解答】解：（1）﹣32﹣20210+|﹣2|﹣×（﹣）
＝﹣9﹣1+2﹣9×（﹣）
＝﹣9﹣1+2+1
＝﹣7；
（2）＝3﹣，
＝3﹣，
方程两边都乘x﹣2，得1＝3（x﹣2）﹣（x﹣4），
解得：x＝，
检验：当x＝时，x﹣2≠0，
所以x＝是原方程的解，
即原方程的解是x＝．
17．【解答】解：（1）m＝＝6.8，n＝6.9；
（2）在A，B这两个部门中，“适度取餐，减少浪费”做得较好的部门是A，理由是A部门每日餐余重量的平均数和中位数都小于B部门每日餐余重量的平均数和中位数；
故答案为：A，A部门每日餐余重量的平均数和中位数都小于B部门每日餐余重量的平均数和中位数．
（3）10×240×＝15600kg，
答：估计该公司（10个部门）一年（按240个工作日计算）的餐余重量15600kg．
18．【解答】解：如图，作BE⊥DH于点E，
则GH＝BE、BG＝EH＝10米，
设AH＝x米，则BE＝GH＝GA+AH＝（43+x）米，
在Rt△ACH中，CH＝AHtan∠CAH＝x•tan55°（米），
∴CE＝CH﹣EH＝（x•tan55°﹣10）米，
∵∠DBE＝45°，
∴BE＝DE＝CE+DC，即43+x＝x•tan55°﹣10+35，
解得：x≈45，
∴CH＝x•tan55°＝1.4×45＝63（米），
答：塔杆CH的高为63米．
19．【解答】解：（1）∵正方形OABC的边长为2，
∴B（2，2），将其代入y＝（x＞0）得：
2＝，
∴k＝4；
（2）①当点D为MN中点时，观察图形结合直线y＝x+b可得D（4，1），如图所示：
∴将D（4，1）代入y＝x+b得：
1＝4+b，
∴b＝﹣3；
②当D'M'＝M'N'时，b＝3，如图所示：
∴观察图象可得，当DM＞MN时，b的取值范围是b＞3．
20．【解答】（1）证明：连接OP，
∵CD为⊙O的直径，E为弦AB的中点，
∴∠CEF＝90°，
∴∠C+∠CME＝90°，
∵GF是⊙O的切线，
∴∠OPF＝90°，
∴∠FPM+∠OPC＝90°，
∵OC＝OP，
∴∠C＝∠OPC，
∴∠FPM＝∠CME，
∵∠CME＝∠FMP，
∴∠FMP＝∠FPM，
∴FM＝FP；
（2）解：∵∠OEF＝90°，
∴∠G+∠F＝90°，
∵∠GOP+∠G＝90°，
∴∠GOP＝∠F，
∴cs∠GOP＝cs∠F＝，即＝，
∵OP＝3，
∴OG＝5，
∴PG＝＝4，
∵点P是FG的中点，
∴PF＝PG＝4，
∴GF＝8，
∵cs∠F＝，
∴＝，
∴EF＝，
∴EM＝EF﹣FM＝．
21．【解答】解：（1）设A品种的草莓购进x盒，B品种的草莓购进y盒，
由题意可得，，
解得，
答：A品种的草莓购进30盒，B品种的草莓购进25盒；
（2）设A品种的草莓购进a盒，则B品种的草莓购进（100﹣a）盒，毛利润为w元，
由题意可得，w＝（70﹣45）a+（90﹣60）×（100﹣a）＝﹣5a+3000，
∵k＝﹣5＜0，
∴w随a的增大而减小，
∵水果店计划购进B品种的盒数不低于A品种盒数的2倍，且A品种不少于20盒，
∴，
解得20≤a≤33，
∴当a＝20时，w取得最大值，此时w＝﹣5×20+3000＝2900，100﹣a＝80，
答：当A品种的草莓购进20盒，B品种的草莓购进80盒时，才能使毛利润最大，最大毛利润是2900元；
（3）第一次的利润率为：×100%≈52.6%，
第二次的利润率为：×100%≈50.9%，
52.6%＞50.9%，
∴对于该店来说第一次更合算．
22．【解答】解：（1）∵y＝ax2−2ax−3a，
∴抛物线对称轴为直线x＝﹣＝1，
∵y＝ax2−2ax−3a＝a（x﹣3）（x+1），
∴抛物线与x轴交点为A（﹣1，0），B（3，0）．
（2）∵a＞0，
∴抛物线开口向上，
点B关于抛物线对称轴的对称点坐标为B'（﹣1，yB），
∴n＜﹣1或n＞3时，yA＞yB．
（3）如图，
∵抛物线经过（﹣1，0），
∴点M（﹣1，1）在抛物线内部，
当点N在抛物线上或外部时，抛物线与线段MN只有一个公共点，
将x＝4代入y＝ax2−2ax−3a得y＝16a﹣8a﹣3a＝5a，
∴6a﹣2≤5a，
解得a≤2，
∴0＜a≤2．
23．【解答】（1）解：∵CD＝CB，DE⊥AM，
∴△ABD是等腰三角形，
∴AB＝AD，
在△ABC和△ADC中，
，
∴△ABC≌△ADC（SSS），
∴∠CAD＝∠BAC＝45°，
∴∠BAD＝45°+45°＝90°，
∴AC＝CD＝CB，
∵点E恰好与点C重合，
∴AC＝DE，
故答案为：AC＝DE；
（2）证明：过点B作BF⊥AM于F，如图2所示：
则∠BFC＝∠DEC＝90°，
在△BFC和△DEC中，
，
∴△BFC≌△DEC（AAS），
∴BF＝DE，CF＝CE，
∵∠MAN＝45°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴BF＝AF，
∴AF＝DE，
∴AE+DE＝AF+CF+CE+DE＝AC+CF+AF＝AC+AC＝2AC，
∴2AC＝AE+DE；
（3）解：能，2AC+AE＝DE；理由如下：
过点B作BF⊥AM于F，如图3所示：
则∠BFC＝∠DEC＝90°，
在△BFC和△DEC中，
，
∴△BFC≌△DEC（AAS），
∴BF＝DE，CF＝CE，
∵∠MAN＝45°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴BF＝AF，
∴AF＝DE，
∴2AC+AE＝AC+CE＝AC+CF＝AF＝DE．
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中位数
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A
6.4
m
7.0
B
6.6
7.2
n
价格/品种
A品种
B品种
进价（元/盒）
45
60
标价（元/盒）
70
90