辽宁省阜新市彰武县2023-2024学年九年级上学期期末数学试题（含解析）

这是一份辽宁省阜新市彰武县2023-2024学年九年级上学期期末数学试题（含解析），共27页。
4、考试开始信号发出后,考生方可开始作答。
第一部分 选择题（共30分）
一、选择题（本题共10个小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．若，则的值为（）
A．B．C．D．
2．下列命题中，不正确的是（ ）
A．对角线相等的矩形是正方形B．对角线垂直平分的四边形是菱形
C．矩形的对角线平分且相等D．顺次连结菱形各边中点所得的四边形是矩形
3．反比例函数的图象在（）
A．第一、三象限B．第二、四象限C．第一象限D．第四象限
4．关于x的一元二次方程的解的情况（）
A．没有实数根B．有两个不相等的实数根
C．有两个相等的实数根D．不能确定
5．下面是一天中四个不同时刻两座建筑物的影子，将它们按时间先后顺序正确的是
A．③①④②B．③②①④
C．③④①②D．②④①③
6．学校门口的栏杆如图所示，栏杆从水平位置绕点旋转到位置，已知，，垂足分别为，，，，，则栏杆端应下降的垂直距离为( )
A．B．C．D．
7．某校初一年级开展了一班一特色活动，一班以“地”为特色在学校的试验园地进行种植蔬菜活动，试验园的形状是长16米、宽8米的矩形，为便于管理，要在中间开辟一横两纵共三条等宽的小道，使种植面积为120平方米，则小道的宽为多少米？若设小道的宽为x米，则根据题意，列方程为（）

A．B．
C．D．
8．如图，和是以点O为位似中心的位似图形，点A在线段上，若，则和的周长之比为（ ）
A．B．C．D．
9．中国古代的“四书”是指《论语》《孟子》《大学》《中庸》（如图），它是儒家思想的核心著作，是中国传统文化的重要组成部分．若从这四部著作中随机抽取两本（先随机抽取一本，不放回，再随机抽取另一本），则抽取的两本恰好是《论语》和《大学》的概率是（）
A．B．C．D．
10．如图，正方形的边长为4，点，分别在边，上，且，平分，连接，分别交，于点，，是线段上的一个动点，过点作垂足为，连接，有下列四个结论：①垂直平分；②的最小值为；③；④．其中正确的是（ ）

A．①②B．②③④C．①③④D．①③
第二部分 非选择题（共90分）
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11．若关于x的一元二次方程的一个实数根是a，则的值为 .
12．在函数的图象上有三点，，，则函数值，，的大小关系为 ．
13．在一个暗箱里放有m个除颜色外其他完全相同的小球，这m个小球中红球只有4个，每次将球搅匀后，任意摸出一个球记下颜色再放回暗箱．通过大量重复摸球试验后发现，摸到红球的频率稳定在，那么可以推算m大约是 ．
14．如图，有一正方形，边长为，点E是边上的中点，对角线上有一动点F，当顶点为A，B，F的三角形与顶点为D，E，F的三角形相似时，的值为是 ．
15．如图，在四边形中，，对角线相交于点．若，则的长为 ．

三、解答题（本大题共8个小题，共72分）
16．计算与画图：
(1)解方程：；
(2)添线补全下列几何体的三种视图．

17．如图，公路旁有两个高度相同的路灯AB，CD，小明上午上学时发现路灯AB在太阳光下的影子恰好落到里程碑E处，他自己的影子恰好落在路灯CD的底部C处晚自习放学时，小明站在上午同一个地方，发现在路灯CD的灯光下自己的影子恰好落在里程碑E处．
（1）在图中画出小明的位置（用线段FG表示），并画出光线，标出太阳光、灯光；
（2）若上午上学时，高1米的木棒在太阳光下的影子为2米，小明身高为1.5米，他离里程碑E恰好5米，求路灯的高度.
18．阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．
任务：
(1)填空：材料中的依据1是指：_____________．
依据2是指：_____________．
(2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，使得四边形为矩形；（要求同时画出四边形的对角线）
(3)在图1中，分别连接得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线长度的关系，并证明你的结论．

19．我国快递行业迅速发展，经调查，某快递公司今年2月份投递快递总件数为20万件，4月份投递快递总件数33.8万件，假设该公司每月投递快递总件数的增长率相同．
(1)求该公司投递快递总件数的月增长率；
(2)若该公司每月投递快递总件数的增长率保持不变，那么5月份投递快递总件数是否达到45万件？
20．关于x的一元二次方程．
(1)求证：方程总有两个实数根；
(2)若方程有一个根小于1，求k的取值范围．
21．为促进消费，助力经济发展，某商场决定“让利酬宾”，于“五一”期间举办了抽奖促销活动．活动规定：凡在商场消费一定金额的顾客，均可获得一次抽奖机会．抽奖方案如下：从装有大小质地完全相同的1个红球及编号为①②③的3个黄球的袋中，随机摸出1个球，若摸得红球，则中奖，可获得奖品：若摸得黄球，则不中奖．同时，还允许未中奖的顾客将其摸得的球放回袋中，并再往袋中加入1个红球或黄球（它们的大小质地与袋中的4个球完全相同），然后从中随机摸出1个球，记下颜色后不放回，再从中随机摸出1个球，若摸得的两球的颜色相同，则该顾客可获得精美礼品一份．现已知某顾客获得抽奖机会．
(1)求该顾客首次摸球中奖的概率；
(2)假如该顾客首次摸球未中奖，为了有更大机会获得精美礼品，他应往袋中加入哪种颜色的球？说明你的理由
22．【背景】在一次物理实验中，小冉同学用一固定电压为的蓄电池，通过调节滑动变阻器来改变电流大小，完成控制灯泡（灯丝的阻值）亮度的实验（如图），已知串联电路中，电流与电阻之间关系为，通过实验得出如下数据：
(1)_______，_______；
(2)【探究】根据以上实验，构建出函数，结合表格信息，探究函数的图象与性质．
①在平面直角坐标系中画出对应函数的图象；

②随着自变量的不断增大，函数值的变化趋势是_________．
(3)【拓展】结合（2）中函数图象分析，当时，的解集为________．
23．问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，其中．将和按图2所示方式摆放，其中点与点重合（标记为点）．当时，延长交于点．试判断四边形的形状，并说明理由．

(1)数学思考：谈你解答老师提出的问题；
(2)深入探究：老师将图2中的绕点逆时针方向旋转，使点落在内部，并让同学们提出新的问题．

①“善思小组”提出问题：如图3，当时，过点作交的延长线于点与交于点．试猜想线段和的数量关系，并加以证明．请你解答此问题；

②“智慧小组”提出问题：如图4，当时，过点作于点，若，求的长．请你思考此问题，直接写出结果．

参考答案与解析
1．C
【分析】本题考查了成比例线段，熟记“如果，那么”是解题关键．
【详解】解：，
，
，
．
故选：C．
2．A
【分析】利用矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定及平行四边形的判定定理分别进行判定后即可确定正确的选项．
【详解】A. 对角线相等的菱形是正方形,原选项错误，符合题意；
B. 对角线垂直平分的平行四边形是菱形，正确，不符合题意；
C. 正方形的对角线平分且相等，正确，不符合题意；
D. 顺次连结菱形各边中点所得的四边形是平行四边形，正确，不符合题意；
故选A.
【点睛】本题考查正方形、矩形、平行四边形、菱形的性质定义，根据其性质对选项进行判断是解题关键.
3．B
【分析】本题考查了反比例函数图象的性质，反比例函数（）的图象；时位于第一、三象限，在每个象限内，y随x的增大而减小；时图象位于第二、四象限，在每个象限内，y随x的增大而增大．
【详解】解：
函数图象在二，四象限．
故选：B．
4．A
【分析】本题考查了一元二次方程根的情况，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键．
一元二次方程的根的判别式是，当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等实数根，当时，方程无实数根．
计算出一元二次方程的根的判别式的值，然后进行判断即可．
【详解】
∴判别式，
∴原方程没有实数根，
故选A．
5．C
【分析】根据从早晨到傍晚物体影子的指向是：西－西北－北－东北－东，影长由长变短，再变长，由此判断出时间先后顺序．
【详解】∵从早晨到傍晚物体影子的指向是：西－西北－北－东北－东，影长由长变短，再变长，
∴①为东北，②为东，③为西，④为西北，
∴将它们按时间先后顺序排列为③④①②．
故选C．
【点睛】本题考查平行投影，解题的关键是知道太阳光是平行光线以及太阳光下物体影子的变化规律．
6．C
【详解】分析：根据题意得△AOB∽△COD，根据相似三角形的性质可求出CD的长.
详解：∵，，
∴∠ABO=∠CDO,
∵∠AOB=∠COD,
∴△AOB∽△COD，
∴
∵AO=4m ，AB=1.6m ，CO=1m，
∴.
故选C.
点睛：本题考查了相似三角形的判定与性质，正确得出△AOB∽△COD是解题关键．
7．B
【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
设小道的宽为米，则6个小矩形可合成长为米、宽为米的矩形，利用种植的面积合成大矩形的长宽，即可得出关于的一元二次方程，此题得解．
【详解】设小道的宽为米，则6个小矩形可合成长为米、宽为米的大矩形，依题意得：．
故选：B．
8．C
【分析】本题考查了位似的概念和性质，根据题意求出，根据相似三角形的性质求出即可求解，掌握位似图形的对应边互相平行是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∵和是以点O为位似中心的位似图形，
∴，，
∴，
∴，
∴和的周长之比为，
故选：．
9．A
【分析】本题考查列表法和画树状图法求等可能事件的概率，掌握列表法和画树状图法求等可能事件概率的方法是解题的关键；
用列表法或画树状图法列举出所有等可能的结果，从中找出抽取的两本恰好是《论语》和《大学》的可能结果，再利用概率公式求出即可；
【详解】记《论语》《孟子》《大学》《中庸》分别为，，画树状图如下：
一共有12种等可能的结果，其中抽取的两本恰好是《论语》(即)和《大学》(即)的可能结果有2种可能，
∴(抽取的两本恰好是《论语》和《大学》的可能结果，
故选：A．
10．D
【分析】根据正方形的性质和三角形全等即可证明，通过等量转化即可求证，利用角平分线的性质和公共边即可证明，从而推出①的结论；利用①中的部分结果可证明推出，通过等量代换可推出③的结论；利用①中的部分结果和勾股定理推出和长度，最后通过面积法即可求证④的结论不对；结合①中的结论和③的结论可求出的最小值，从而证明②不对.
【详解】解： 为正方形，
，，
，
，
.
,
,
，
，
.
平分，
.
，
.
，
，
垂直平分，
故①正确.
由①可知，，，
，
，
，
由①可知，
.
故③正确.
为正方形，且边长为4，
，
在中，.
由①可知，，
，
.
由图可知，和等高，设高为，
，
，
，
.
故④不正确.
由①可知，，
，
关于线段的对称点为，过点作，交于，交于，
最小即为，如图所示，

由④可知的高即为图中的，
.
故②不正确.
综上所述，正确的是①③.
故选：D.
【点睛】本题考查的是正方形的综合题，涉及到三角形相似，最短路径，三角形全等，三角形面积法，解题的关键在于是否能正确找出最短路径以及运用相关知识点.
11．
【分析】本题考查了理解方程解的含义，把代入得，利用方程进行等式变形即可求解．
【详解】解：把代入得，
∴，
∴
，
故答案为：．
12．##
【分析】本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
先根据反比例函数中判断出函数图象所在的象限及增减性，再根据各点横坐标的特点即可得出结论．
【详解】解：∵反比例函数的，
∴函数图象的两个分支分别位于一、三象限，且在每一象限内随的增大而减小．
∴点，位于第一象限，位于第三象限，
故答案为．
13．16
【分析】由于摸到红球的频率稳定在，因此可以确定摸到红球的概率为，而m个小球中红球只有4个，因此可以求出m的值．
【详解】解：∵摸到红球的频率稳定在，
∴摸到红球的概率为，
而m个小球中红球只有4个，
∴推算m大约是．
故答案为：16．
【点睛】本题利用了用大量试验得到的频率可以估计事件的概率．关键是根据红球的频率得到相应的等量关系．
14．3或4##4或3
【分析】此题考查相似三角形的性质，关键是根据勾股定理和相似三角形的性质解答；
根据勾股定理和相似三角形的性质得出比例式解答即可．
【详解】依题意可得：，
因为点E是边的中点，
故
设，则有．
当时，
由，即，
解得，．
当时，
由，即，
解得，，
综上所述，的值为3或4．
故答案为：3或4．
15．##
【分析】过点A作于点H，延长，交于点E，根据等腰三角形性质得出，根据勾股定理求出，证明，得出，根据等腰三角形性质得出，证明，得出，求出，根据勾股定理求出，根据，得出，即，求出结果即可．
【详解】解：过点A作于点H，延长，交于点E，如图所示：

则，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
即，
解得：，
∴，
∵，
∴，
即，
解得：．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了三角形外角的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行线分线段成比例，相似三角形的判定与性质，平行线的判定，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握平行线分线段成比例定理及相似三角形的判定与性质．
16．(1)，；
(2)见详解
【分析】该题主要考查了一元二次方程的解法以及三视图画法，解题的关键是掌握以上知识点；
（1）根据配方法解一元二次方程即可；
（2）根据三视图画法补全三视图即可；
【详解】（1）移项得，
二次项系数化为1得，
配方得，
即，
开平方得，
即或，
（2）补全图象如图，即为所求．

17．（1）见解析；（2）路灯的高度为2.4米.
【分析】（1）作出太阳光线BE，过点C作BE的平行线，与DE的交点即为小明的头顶所在；
（2）由题意易得小明的影长，利用△EGF∽△EDC可得路灯CD的长度．
【详解】解：（1）根据题意画图如图所示.
（2）∵上午上学时，高1米的木棒在太阳光下的影子为2米，小明的身高为1.5米，
∴小明的影长CF为3米.
，
，
，
，
∵小明离里程碑E恰好5米，即米，
，
，
答：路灯的高度为2.4米.
【点睛】综合考查了中心投影和平行投影的运用，注意平行投影的光线是平行的；用到的知识点为：在相同时间段，垂直于地面的物高与影长是成比例的；两三角形相似，对应边成比例．
18．(1)三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）；平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
(2)答案不唯一，见解析
(3)平行四边形的周长等于对角线与长度的和，见解析
【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可；
（2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可；
（3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得妯结论．
【详解】（1）解：三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）
平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
（2）解：答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：如图即为所求

（3）瓦里尼翁平行四边形的周长等于四边形的两条对角线与长度的和，
证明如下：∵点分别是边的中点，
∴．
∴．
同理．
∴四边形的周长．
即瓦里尼翁平行四边形的周长等于对角线与长度的和．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，三角形中位线．熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
19．(1)该公司投递快递总件数的月增长率为；
(2)若该公司每月投递快递总件数的增长率保持不变，那么5月份投递快递总件数不能达到45万件．
【分析】（1）设该公司投递快递总件数的月增长率为x，利用4月快递总件数=2月快递总件数，即可得出一元二次方程，解方程取正值即可得出结论；
（2）已求得每月的增长率，利用5月快递总件数=4月快递总件数，求解出具体数值并与45万件比较得出结论．
【详解】（1）设该公司投递快递总件数的月增长率为x，
依题意得：，
或
，（不符合题意，舍去）
即增长率为，
答：该公司投递快递总件数的月增长率为
（2）4月份投递快递总件数33.8万件，月增长率为，则5月份投递快递总件数为：
，
因为，即5月份投递快递总件数不能达到45万件，
答：若该公司每月投递快递总件数的增长率保持不变，那么5月份投递快递总件数不能达到45万件．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程应用题中的平均增长率问题，如何正确根据题意列出一元二次方程是解题的关键．
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）计算一元二次方程根的判别式，根据根的判别式进行判断即可得证；
（2）根据公式法求得方程的解，得出，根据题意列出不等式，解不等式即可求解．
【详解】（1）证明：关于x的一元二次方程，
∴
∵
，
∴此方程总有两个实数根；
（2）∵
∵
∴
解得:，
∵方程有一个根小于1，
∴，
解得：．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程根的情况与判别式的关系是解题的关键．
21．(1)
(2)应往袋中加入黄球，见解析
【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）根据列表法求分别求得加入黄球和红球的概率即可求解．
【详解】（1）解：顾客首次摸球的所有可能结果为红，黄①，黄②，黄③，共4种等可能的结果．
记“首次摸得红球”为事件，则事件发生的结果只有1种，
所以，所以顾客首次摸球中奖的概率为．
（2）他应往袋中加入黄球．
理由如下：
记往袋中加入的球为“新”，摸得的两球所有可能的结果列表如下：
共有种等可能结果．
（）若往袋中加入的是红球，两球颜色相同的结果共有种，此时该顾客获得精美礼品的概率；
（）若往袋中加入的是黄球，两球颜色相同的结果共有种，此时该顾客获得精美礼品的概率；
因为，所以，所作他应往袋中加入黄球．
【点睛】本小题考查简单随机事件的概率等基础知识，考查抽象能力、运算能力、推理能力、应用意识、创新意识等，考查统计与概率思想、模型观念，熟练掌握概率公式是解题的关键．
22．(1)2，
(2)①见解析；②函数值逐渐减小
(3)或
【分析】（1）根据解析式求解即可；
（2）①根据表格数据，描点连线画出函数图象；②根据图象可得出结论；
（3）求出第一象限的交点坐标，结合图象可得结论．
【详解】（1）解：由题意，，
当时，由得，
当时，，
故答案为：2，；
（2）解：①根据表格数据，描点、连线得到函数的图象如图：

②由图象可知，随着自变量的不断增大，函数值逐渐减小，
故答案为：函数值逐渐减小；
（3）解：当时，，当时，，
∴函数与函数的图象交点坐标为，，
在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，如图，

由图知，当或时，，
即当时，的解集为或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查函数的图象与性质、描点法画函数图象、两个函数图象的交点问题，根据表格画出函数的图象，并利用数形结合思想探究函数性质是解答的关键．
23．(1)正方形，见解析
(2)①，见解析；②
【分析】（1）先证明四边形是矩形，再由可得，从而得四边形是正方形；
（2）①由已知可得，再由等积方法，再结合已知即可证明结论；②设的交点为M，过M作于G，则易得，点G是的中点；利用三角函数知识可求得的长，进而求得的长，利用相似三角形的性质即可求得结果．
【详解】（1）解：四边形为正方形．理由如下：
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴四边形为矩形．
∵，
∴．
∴矩形为正方形．
（2）：①．
证明：∵，
∴．
∵，
∴．
∵，即，
∴．
∵，
∴．
由（1）得，
∴．
②解：如图：设的交点为M，过M作于G，
∵，
∴，，
∴；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴点G是的中点；
由勾股定理得，
∴；
∵，
∴，即；
∴；
∵，，
∴，
∴，
∴，即的长为．

【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理等知识点，适当添加的辅助线、构造相似三角形是解题的关键．
瓦里尼翁平行四边形
我们知道，如图1，在四边形中，点分别是边，的中点，顺次连接，得到的四边形是平行四边形．

我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．

①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形．
②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．
③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：
证明：如图2，连接，分别交于点，过点作于点，交于点．
∵分别为的中点，∴．（依据1）

∴．∵，∴．
∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即．
∵，即，
∴四边形是平行四边形．（依据2）∴．
∵，∴．同理，…
…
1
3
4
6
…
…
4
3
2.4
2
…
第二球
第一球
红
黄①
黄②
黄③
新
红
红，黄①
红，黄②
红，黄③
红，新
黄①
黄①，红
黄①，黄②
黄①，黄③
黄①，新
黄②
黄②，红
黄②，黄①
黄②，黄③
黄②，新
黄③
黄③，红
黄③，黄①
黄③，黄②
黄③，新
新
新，红
新，黄①
新，黄②
新，黄③