人教版九下数学期末测试卷【A卷】（解析版）

这是一份人教版九下数学期末测试卷【A卷】（解析版），共175页。试卷主要包含了单选题，四象限，则k＜0，，解答题等内容，欢迎下载使用。

考试范围：9下整册；考试时间：100分钟；命题人：书生宝剑；满分:120分

第I卷（选择题）

一、单选题(共30分)
1．(本题3分)下列立体图形中，主视图和左视图不一样的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】
主视图、左视图是分别从物体正面、左面看，所得到的图形．
【详解】
解：A、圆柱的主视图和左视图均为全等的长方形，不符合题意；
B、圆锥的主视图和左视图均为全等的等腰三角形，不符合题意；
C、正方体的主视图和左视图均为全等的正方形，不符合题意；
D、这个三棱柱的主视图是正方形，左视图是三角形，符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图，左视图是从物体的左面看得到的视图．
2．(本题3分)如图所示，木工师傅在板材边角处作直角时，往往使用“三弧法”，其作法是：
（1）作线段，分别以为圆心，以长为半径作弧，两弧的交点为；
（2）以为圆心，仍以长为半径作弧交的延长线于点；
（3）连接．
下列说法不正确的是（ ）
A．B．
C．点是的外心D．
【答案】D
【分析】
由作法得CA＝CB＝CD＝AB，根据圆周角定理得到∠ABD＝90°，点C是△ABD的外心，根据三角函数的定义计算出∠D＝30°，则∠A＝60°，利用特殊角的三角函数值得到sin2A＋sin2D＝1，利用等腰三角形的性质得∠CBD＝∠D＝30°，根据含30度的直角三角形三边的关系得到BD＝AB，然后利用三角形面积公式得到S△BDC＝S△ABD＝，从而可对各选项进行判断．
【详解】
解：由作法得CA＝CB＝CD＝AB，
∴点B在以AD为直径的圆上，
∴∠ABD＝90°，
∴点C是△ABD的外心，
在Rt△ABD中，sin∠D＝=，
∴∠D＝30°，∠A＝60°，
∴sin2A＋sin2D＝1，
∵CB＝CD，
∴∠CBD＝∠D＝30°，
∵BD＝AB，
∴S△BDC＝S△ABD＝××AB×AB＝．
故选：D．
【点睛】
本题考查了作图−基本作图，三角形的外心，圆周角定理，解直角三角形，等腰三角形的性质，特殊三角函数值，含30°角的直角三角形的性质，掌握这些知识点是解题关键，本题综合性较强．
3．(本题3分)在反比例函数y＝的图象的每一条曲线上，y都随x的增大而减小，则m的值可以是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】A
【分析】
根据反比例函数的性质，可得出，从而得出的取值范围．
【详解】
解：反比例函数的图象的每一条曲线上，都随的增大而减小，
，
解得，则m可以是0.
故选A．
【点睛】
本题考查了反比例函数的性质，当时，都随的增大而减小；当时，都随的增大而增大．
4．(本题3分)如图，在中，，，的周长是，则的周长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
首先根据得出，然后利用得出和周长之比为1：3，则答案可求．
【详解】
，
，
，
，
∴和周长之比为1：3．
∵的周长是，
∴的周长为，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的判定及性质，掌握相似三角形的性质是解题的关键．
5．(本题3分)在Rt△ABC中，∠C=90°，若将各边长度都扩大为原来的2倍，则∠A的正弦值（ ）
A．扩大2倍B．缩小2倍C．扩大4倍D．不变
【答案】D
【详解】
根据相似三角形的概念，知若各边长都扩大2倍，则sinA的值不变．故选D．
6．(本题3分)如图所示，，，垂足为，，，则的长为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
∵AB∥CD,
∴∠D=∠2=60°.
,
.
故选A.
7．(本题3分)在同一坐标系中，函数和的图象可能是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【解析】
试题解析：A、如图所示：双曲线在第一、三象限，则k＞0，
故y=kx-k的图象应该过第一、三、四象限，与已知图象不符，故此选项错误；
B、如图所示：双曲线在第二、四象限，则k＜0，
故y=kx-k的图象应该过第一、二、四象限，与已知图象不符，故此选项错误；
C、如图所示：双曲线在第一、三象限，则k＞0，
故y=kx-k的图象应该过第一、三、四象限，与已知图象不符，故此选项错误；
D、如图所示：双曲线在第二、四象限，则k＜0，
故y=kx-k的图象应该过第一、二、四象限，与已知图象相符，故此选项正确．
故选D．
8．(本题3分)如图，点C为线段AB上一点，且AC=2CB，以AC、CB为边在AB的同侧作等边△ADC和等边△EBC，连接DB、AE交于点F，连接FC，若FC=3，设DF=a、EF=b，则a、b满足（ ）
A．a=2b+1B．a=2b+2C．a=2bD．a=2b+3
【答案】D
【解析】
试题解析：如图：
与都为等边三角形，

即
在和中，

∴≌(SAS)，

∴四点共圆,
C，B,E，F四点共圆，

AD∥CE,CD∥BE,

即
同理可得： 即

故选D.
9．(本题3分)如图（如图1所示）在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=4，沿斜边AB的中线CD把这个三角形剪成△AC1D1和△BC2D2两个三角形（如图2所示）．将△AC1D1沿直线D2B方向平移（点A，D1，D2，B始终在同一直线上），当点D1于点B重合时，平移停止．设平移距离D1D2为x，△AC1D1和△BC2D2的重叠部分面积为y，在y与x的函数图象大致是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
如图3，当0≤x≤4时，
∵D2D1=x
∴D1E=BD1=D2F=AD2=4﹣x，
∴C2F=C1E=x．
∵在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=4，
∴∠B=60°，
过C作CH⊥AB于H，
∴CH=2，
∵在△ABC中，sin∠CDB=，
∴sin∠ED1B==．
设△BED1的BD1边上的高为h，
∴h=，
∴S△BD1E=×BD1×h=（4﹣x）2．
∵∠C1+∠C2=90°，
∴∠FPC2=90°．
∵∠C2=∠B，
∴sin∠B=，cs∠B=，
∴PC2=x，PF=x，
∴S△FC2P=PC2•PF=x2
∴y=S△D2C2B﹣S△BD1E﹣S△FC2P=（4﹣x）﹣（4﹣x）2﹣x2=﹣x2+x
∴y=﹣x2+x．
∴y与x的函数图象大致是C选项，
故选：C．
点睛：本题考查了图形平移的性质，锐角三角函数，割补法求图形的面积，二次函数的图像与性质.平移的基本性质是：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．本题关键是利用三角形的面积公式求出y与x的二次函数解析式.
10．(本题3分)如图，正方形ABCD中，E为CD的中点，F为BC边上一点，且EF⊥AE，AF的延长线与DC的延长线交于点G，连接BE，与AF交于点H，则下列结论中不正确的是（ ）
A．AF＝CF+BCB．AE平分∠DAF
C．tan∠CGF＝D．BE⊥AG
【答案】D
【解析】
【分析】
根据E为CD的中点，且EF⊥AE，利用互余关系可证△ADE∽△ECF，由相似比可知FC：CE=DE：AD=1：2，设FC=1，则CE=DE=2，AD=AB=BC=4，根据线段的长度，勾股定理，相似三角形的判定与性质，逐一判断．
【详解】
解：由E为CD的中点，设CE＝DE＝2，则AD＝AB＝BC＝4，
∵EF⊥AE，
∴∠AED＝90°﹣∠FEC＝∠EFC，
又∵∠D＝∠ECF＝90°，
∴△ADE∽△ECF，
∴＝，即＝，解得FC＝1，
A、在Rt△ABF中，BF＝BC﹣FC＝4﹣1＝3，AB＝4，由勾股定理，得AF＝5，
则CF+BC＝1+4＝5＝AF，本选项正确；
B、在Rt△ADE，Rt△CEF中，由勾股定理，得AE＝2，EF＝，
则AE：EF＝AD：DE＝1：2，又∠D＝∠AEF＝90°，
所以，△AEF∽△ADE，∠FAE＝∠DAE，即AE平分∠DAF，本选项正确；
C、∵AB∥DG，∴∠CGF＝∠BAF，∴tan∠CGF＝tan∠BAF＝＝，本选项正确；
D、∵AB≠AE，BF≠EF，∴BE与AG不垂直，本选项错误；
故选：D．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，角平分线性质，锐角三角函数的定义．关键是用互余关系证明三角形相似，利用数量表示线段的长度．

第II卷（非选择题）
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二、填空题(共40分)
11．(本题4分)已知、分别是的边、的延长线上的点，若，则的值是______时，.
【答案】
【分析】
当时，△ABC∽△ADE，然后根据相似三角形的性质求解.
【详解】
解：由题意可知：当时，△ABC∽△ADE
∴
∴=
故答案为：
【点睛】
本题考查相似三角形的性质，根据题意准确画图准确找到对应关系是本题的解题关键.
12．(本题4分)已知，则______.
【答案】
【分析】
根据比例的基本性质可得关于a、b的关系式，进而可得答案.
【详解】
解：∵，∴，整理得：，∴.
故答案为：
【点睛】
本题考查了比例的基本性质，属于基本题型，熟练掌握比例的性质是解题关键.
13．(本题4分)如图是由6个边长为1的正方形拼成的图形，将该图形沿着过点P的某条直线裁剪，使剪成的两部分面积相等，则剪痕的长度是_____．
【答案】．
【分析】
取中点Q，过P，Q作线段CE，则CE两侧的面积相等，依据相似三角形的对应边成比例，即可得到CE的长．
【详解】
如图所示，取中点Q，过P，Q作线段CE，则CE两侧的面积相等，
由勾股定理可得，Rt△APQ中，PQ＝＝＝，
∵∠EDQ＝∠PAQ＝∠CBP＝90°，∠DQE＝∠AQP＝∠BPC，
∴△EDQ∽△PAQ∽△CBP，
∴，即＝＝，
解得EQ＝，CP＝，
∴CE＝EQ+QP+PC＝++＝，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了图形的剪拼以及相似三角形的判定与性质，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件．
14．(本题4分)如图，已知点、在双曲线上，轴于点，轴于点，与交于点，是的中点，若的面积为，则的值等于________．
【答案】
【分析】
设A的纵坐标是2a，则P、B的纵坐标是a，即可利用a表示出PB，AP的长度，然后根据 即可求得k的值．
【详解】
设A的纵坐标是2a，则P、B的纵坐标是a.
在中,令y=2a,解得：,即
在中,令y=a,解得：,即
则
在直角△PAB中,
则k=12.
故答案为：12.
【点睛】
属于反比例函数和三角形的综合题，设出点A的纵坐标是2a，正确表示出
的长是解题的关键.
15．(本题4分)如图，小阳发现电线杆的影子落在土坡的坡面和地面上，量得，米，与地面成角，且此时测得米的影长为米，则电线杆的高度为__________米．
【答案】（14+2）米
【分析】
过D作DE⊥BC的延长线于E，连接AD并延长交BC的延长线于F，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出DE，再根据勾股定理求出CE，然后根据同时同地物高与影长成正比列式求出EF，再求出BF，再次利用同时同地物高与影长成正比列式求解即可．
【详解】
如图，过D作DE⊥BC的延长线于E，连接AD并延长交BC的延长线于F．
∵CD=8，CD与地面成30°角，
∴DE=CD=×8=4，
根据勾股定理得：CE===4．
∵1m杆的影长为2m，
∴=，
∴EF=2DE=2×4=8，
∴BF=BC+CE+EF=20+4+8=（28+4）．
∵=，
∴AB=（28+4）=14+2．
故答案为（14+2）．
【点睛】
本题考查了相似三角形的应用，主要利用了同时同地物高与影长成正比的性质，作辅助线求出AB的影长若全在水平地面上的长BF是解题的关键．
16．(本题4分)商场卫生间旋转门锁的局部如图1所示，如图2锁芯O固定在距离门边（）处（即），在自然状态下，把手竖直向下（把手底端到达A）．旋转一定角度，把手底端B恰好卡住门边时，底端A、B的竖直高度差为．当把手旋转到达水平位置时固定力最强，有效的固定长度（把手底端到门边的垂直距离）________，当把手旋转到时，时，有效的固定长度为________．
【答案】9 6.5
【分析】
作于，设，在中利用勾股定理求出x，利用OD-ON得到DN，连接OB，交OC于，作，，求出BD，OM，QM和OQ，证明，可得OP，可得PN，即可得到C到EF的距离．
【详解】
解：如图，作于，
设，
则，，
∴，
∵在中，，
∴，
解得：，
∴，
∴．
连接OB，交OC于，作，，
∵，，
∴，
又∵，，
∴，，
∴，
∵中，，且是DB中点，
∴，
∴中，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴到EF的距离长等于PN的长，为．
故答案为：9；6.5．
【点睛】
本题考查了圆的基本性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，中位线定理，解题的关键是读懂题意，结合实际理解旋转门锁的运行原理．
17．(本题4分)如图，P是△ABC的边AB上的一点．（不与A、B重合）当∠ACP=∠_____时，△APC与△ABC相似；当AC、AP、AB满足_____时，△ACP与△ABC相似．
【答案】B
【解析】
【分析】
由两角相等的三角形相似即可得出结论；由两边成比例且夹角相等，得出如果，再由公共角相等得出△ACP与△ABC相似.
【详解】
∵∠A=∠A，∠ACP=∠B，
∴△ACP∽△ABC；
∵，∠A=∠A，
∴△ACP与△ABC；
故答案为B； ．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定方法；熟练掌握相似三角形的判定方法，注意两边成比例且夹角相等的两个三角形相似．
18．(本题4分)已知点P是抛物线上任一点，点（n为实数），则PQ长度的最小值为________．
【答案】
【分析】
Q点在直线上，当P到直线的距离最小即为所求．
【详解】
解：Q点在直线：y=2x-8上，P在抛物线上，
∴直线与x，y轴的交点分别为B（4，0），D（0，8），
设与直线y=2x-8平行的直线为y=2x+b ，
当直线与抛物线有一个交点时，即2x+b=x2+4x+3，
∴x2+2x+3-b=0，
∴△=-8+4b=0，
∴b=2，
此时交点坐标为A（1，0），
过A作AC⊥直线，
∴∠ODB=∠CAB，
∵AB=5，DB= ，
∴sin∠ABC= ，
∴，
∴AC=．
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了二次函数的图象与性质，以及解直角三角形，掌握二次函数的性质是解答此题的关键．
19．(本题4分)如图所示，已知：点，，．在内依次作等边三角形，使一边在轴上，另一个顶点在边上，作出的等边三角形分别是第1个，第2个，第3个，…，则第个等边三角形的周长等于 ．
【答案】
【解析】
【详解】
∵OB=，OC=1，∴BC=2，∴∠OBC=30°，∠OCB=60°．
而△AA1B1为等边三角形，∠A1AB1=60°，∴∠COA1=30°，则∠CA1O=90°．
在Rt△CAA1中，AA1=OC=，同理得：B1A2=A1B1=，
依此类推，第n个等边三角形的边长等于．第n个等边三角形的周长等于.
20．(本题4分)如图，在直角坐标系中，直线y＝﹣x+与x轴交于点A，与y＝﹣x相交于点B，点C是线段OB上一动点，连接AC，在AC上方取点D，使得cs∠CAD＝，且＝，连接OD，当点C从点O运动到点B时，线段OD扫过的面积为_____．
【答案】 ．
【解析】
【分析】
首先说明：当点C与B重合时，点D位于D1，此时AD1＝，可知点D的运动轨迹是DD1，线段OD扫过的面积为△ODD1的面积；
【详解】
解：∵直线y＝﹣x+与x轴交于点A，
∴A（7，0），
由 解得 ，
∴B（﹣9，12），
作BH⊥x轴于H，则BH＝12，OH＝9，AH＝16，
∴AB＝＝20，
∴cs∠BAO＝，
∵cs∠CAD＝，
∴∠BAO＝∠CAD，
当点C与O重合时，点D在线段AB上，
∵OA＝7，OA：AD＝7：5，
∴AD＝5，作DF⊥OA于F，
∴DF＝3，AF＝4，OF＝3，D（3，3），
当点C与B重合时，点D位于D1，此时AD1＝，可知点D的运动轨迹是DD1，线段OD扫过的面积为△ODD1的面积，
在AH上取一点E，使得AE＝BE，设AE＝BE＝x，
在Rt△BHE中，x2＝122+（16﹣x）2，
∴x＝ ，
∴BE＝AE＝，HE＝，作D1G⊥OA于G．
∵∠BAD1＝∠BAO，∠BAO＝∠EBA，
∴∠BEH＝∠GAD1，
∴△BHE∽△D1GA，
∴，
∴，
∴D1F＝，AG＝4，
∴OG＝3（点F与G重合），
∴D1（3，），∵D（3，3），
∴DD1∥y，
∴＝．
故答案是：．
【点睛】
考查一次函数的应用，解直角三角形，轨迹问题，相似三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是正确寻找点的运动轨迹.

三、解答题(共50分)
21．(本题10分)计算：
【答案】-2.
【分析】
先计算幂的乘方，去绝对值符号，然后计算加减即可.
【详解】
解：原式=1-4+1=-2.
【点睛】
实数的混合运算是本题的考点，熟练掌握其运算法则是解题的关键.
22．(本题10分)先化简，再求代数式的值，其中．
【答案】，．
【分析】
先运用分式四则混合运算法则化简，然后再运用三角函数求得a，最后将a代入即可解答．
【详解】
解：原式
；
当时，
原式
．
【点睛】
本题考查了运用分式四则混合运算法则化简、特殊角的三角函数值等知识点，运用运用分式四则混合运算法则化简是解答本题的关键．
23．(本题10分)如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=的图象相交于点A（m，3）、B（–6，n），与x轴交于点C．
（1）求一次函数y=kx+b的关系式；
（2）结合图象，直接写出满足kx+b>的x的取值范围；
（3）若点P在x轴上，且S△ACP=，求点P的坐标．
【答案】（1）；（2）-6＜x＜0或2＜x；（3）（-2,0）或（-6,0）
【分析】
（1）利用反比例函数图象上点的坐标特征可求出点A、B的坐标，再利用待定系数法即可求出直线AB的解析式；
（2）根据函数图像判断即可；
（3）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，设点P的坐标为（x，0），根据三角形的面积公式结合S△ACP=S△BOC，即可得出|x+4|=2，解之即可得出结论．
【详解】
（1）∵点A（m，3），B（-6，n）在双曲线y=上，
∴m=2，n=-1，
∴A（2，3），B（-6，-1）．
将（2，3），B（-6，-1）带入y=kx+b，
得：，解得，．
∴直线的解析式为y=x+2．
（2）由函数图像可知，当kx+b>时，-6＜x＜0或2＜x；
（3）当y=x+2=0时，x=-4，
∴点C（-4，0）．
设点P的坐标为（x，0），如图，
∵S△ACP=S△BOC，A（2，3），B（-6，-1），
∴×3|x-（-4）|=××|0-（-4）|×|-1|，即|x+4|=2，
解得：x1=-6，x2=-2．
∴点P的坐标为（-6，0）或（-2，0）．
【点睛】
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题、一次（反比例）函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式以及三角形的面积，解题的关键是：（1）根据点的坐标利用待定系数法求出直线AB的解析式；（2）根据函数图像判断不等式取值范围；（3）根据三角形的面积公式以及S△ACP=S△BOC，得出|x+4|=2．
24．(本题10分)如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8cm，BC＝6cm，动点M以每秒1cm的速度从点B向点C移动；同时动点N以3cm的速度从点C向A移动，当点N到达点A时，两点都停止移动，连接MN，设移动时间为t秒．
（1）当t为何值时，S△MNC＝S四边形ABMN？
（2）当t为何值时，△MNC与△ABC相似？
【答案】（1）t＝2；（2）t为或
【分析】
（1）由题意可知：CM＝6﹣t，CN＝3t，因为S△MNC＝S四边形ABMN，所以S△MNC是△ABC的面积一半，由此列出方程解答即可；
（2）分两种情况：△MCN∽△ACB，△MCN∽△BCA，得出对应线段的比计算得出答案即可．
【详解】
解：（1）∵AC＝8cm，BC＝6cm，
∴S△ABC＝24cm2，
∵CM＝6﹣t，CN＝3t，S△MNC＝S四边形ABMN，
∴×3t（6﹣t）＝12，
解得：t1＝2，t2＝4；
∵当点N到达点A时，两点都停止移动，
∴0＜t＜，
∴当t＝2时，S△MNC＝S四边形ABMN．
（2）①当△MCN∽△ACB时，
则＝，
即＝，
解得：t＝；
②当△MCN∽△BCA时，
则＝，
即＝，
解得：t＝，
答：当t为或时，△MNC与△ABC相似．
【点睛】
本题考查一元二次方程的实际运用，相似的性质，掌握三角形的面积和分类探讨是解决问题的关键．
25．(本题10分)如图，在中，，将沿直线翻折得到，连接交于点．是线段上的点，连接．是的外接圆与的另一个交点，连接．
（1）求证：是直角三角形；
（2）求证：；
（3）当时，在线段上存在点，使得和互相平分，求的值．
【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）
【分析】
（1）由折叠的性质可得，则有BF为的外接圆的直径，进而可得，进而问题可求证；
（2）由（1）可得，，进而可得，然后问题可求证；
（3）设EF交AB于点J，连接AE，由（2）可得，，由题意易得四边形是平行四边形，进而可得，则，然后根据相似三角形的性质可得，，，最后问题可求解．
【详解】
证明：（1）由折叠的性质可得，
∵是的外接圆与的另一个交点，
∴BF为的外接圆的直径，
∴，
∴是直角三角形；
（2）由（1）可得，，
由折叠的性质可得，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：设EF交AB于点J，连接AE，如图所示：
由（2）可得，，
∵和互相平分，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴EF∥BD，
∵，
∴AF=DF，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
同理可证：，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
解得：（不符合题意，舍去），
∴m的值为．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的性质与判定及圆周角，熟练掌握相似三角形的性质与判定及圆周角是解题的关键．