试卷 陕西省西安市2020-2021学年九年级上学期期末数学试题（word版 含答案）

陕西省西安市2020-2021学年九年级上学期期末数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．的倒数是（    ）

A． B． C． D．

2．若，则补角的大小是（    ）

A． B． C． D．

3．2019年全国旅游相关产业增加值为44989亿元，占国内生产总值（GDP）的比重为4.56%，比上年提高0.05个百分点．将44989亿用科学记数法表示为（    ）

A． B． C． D．

4．西安气候属暖温带半湿润大陆性季风气候．四季分明，夏季炎热多雨，冬季寒冷少雨雪，春秋时有连阴雨天气出现．2021年1月14日天气晴朗，9时气温1℃，14时气温达到最高15℃，夜晚气温到最低℃，这天的温差是（    ）

A．17℃ B．13℃ C．14℃ D．15℃

5．计算：（    ）

A． B． C． D．

6．如图，已知网格中小正方形的边长均为1，点A、B、O都在格点上，则的值是（    ）

A． B． C． D．

7．在平面直角坐标系中，O为坐标原点．若直线向右平移3个单位后经过点，则b的值为（    ）

A． B．1 C．2 D．

8．如图，在矩形中，，M为的中点，连接，E为的中点，连接、，若为直角，则的值为（    ）

A．3 B． C． D．

9．如图，内接于⊙O，，连接并延长交于点D，若，则的度数为（    ）

A． B． C． D．

10．已知在抛物线，抛物线与关于x轴对称，两抛物线的顶点相距5，则c的值为（    ）

A． B． C．或 D．或

二、填空题

11．计算：__________．

12．若点O是正六边形的中心，且角的两边分别交六边形的边、于M、N两点．若多边形的面积为，则正六边形的边长是__________．

13．如图，双曲线与的斜边交于点A，与交于点D，若，，则k的值为_________．

14．已知的两条中线长分别为5和4，则面积的最大值为_______．

三、解答题

15．解不等式组：

16．解分式方程：＋2＝．

17．如图，已知中，，请你用尺规在上找一点P，使得（保留作图痕迹，不写作法）

18．如图，在四边形中，，点E、F均在线段上，若，求证：．

19．3月14日是国际数学日，“数学是打开科学大门的钥匙”．为了进一步提高学生的数学计算能力，学校八年级开展了数学计算能力大赛（成绩为百分制），并随机抽取了50名学生的成绩（本次大赛没有满分），经过整理数据得到以下信息：

信息一：频数分布直方图如图所示，从左到右依次为第一组到第五组（每组数据含前端点值，不含后端点值）；

信息二：第三组的成绩（单位：分）为70，71，73，74，72，74，75，76，76，76，77，78；

请结合以上信息解答下列问题：

（1）补全频数分布直方图；

（2）第三组成绩的众数是________分；抽取的50名学生成绩的中位数是_______分；

（3）若记第一组成绩的平均数为55分，第二组成绩的平均数为65分，第三组成绩的平均数为75分，第四组成绩的平均数为85分，第五组成绩的平均数为95分，请你估计此次大赛中八年级学生的平均成绩大约是多少？

20．某国发生地震，我国积极组织抢险队前往地震灾区参与抢险工作，如图，某探测队在地面A，B两处均探测出建筑物下方G处有生命迹象，已知探测线与地面的夹角，探测线与地面的夹角，且米，求该生命迹象所在的位置G的深度（结果保留根号）．

21．生态公园计划在园内的坡地上造一片有A、B两种树的混合林，需要购买这两种树苗3000棵．A种树苗单价20元/棵，成活率95%，劳务费4元/棵；B种树苗单价25元/棵，成活率99%，劳务费5元/棵，设购买A种树苗x棵，造这片林的总费用为y元，解答下列问题：

（1）求出y（元）与x（棵）之间的函数关系式；

（2）假设这批树苗种植后成活2914棵，则造这片林的总费用需多少元？

22．防疫期间，全市所有学校都严格落实测体温进校园的防控要求．某校开设了A、B、C三个测温通道，某天早晨，该校小明和小丽两位同学将随机通过测温通道进入校园．

（1）小明从A测温通道通过的概率是________；

（2）利用画树状图或列表的方法，求小明和小丽从同一个测温通道通过的概率．

23．如图，是⊙O的切线，D点在⊙O上，与⊙O相交于C，是⊙O的直径，连接，若．

（1）求证：平分；

（2）当时，求⊙O的半径长．

24．抛物线与x轴交于A、B两点，其中点B的坐标为，与y轴交于点，其对称轴为直线．

（1）求此抛物线的解析式；

（2）若点P是x轴上方抛物线上任意一点，点Q在直线上，能否成为以为直角等腰直角三角形？若能，求出符合条件的点P的坐标；若不能，请说明理由．

25．问题探究：

（1）如图1，已知等腰的顶角，则外接圆半径的长为_________．

（2）如图2，已知中，，D为边的中点，求长的最大值．

问题解决：

（3）如图3，四边形是一个规划中的果园，四条边是果园的围墙，其中墙体紧挨公路，，点F是大门的位置且，规划墙体、与的夹角均为，即，且，和是果园内的两条小路，在与的交点E处建一个凉亭，要使凉亭E到大门F的距离最小，试求取最小值时墙体的长．

参考答案

1．B

【分析】

依据倒数的定义求解即可．

【详解】

的倒数是．

故选：B．

【点睛】

本题主要考查了倒数的定义，熟练掌握倒数的定义是解题的关键．

2．D

【分析】

利用补角的定义求解即可．

【详解】

∵，

∴补角的大小为，

故选：D．

【点睛】

本题主要考查补角，掌握补角的定义是关键．

3．C

【分析】

科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值大于等于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．

【详解】

解：44989亿=．
故选：C．

【点睛】

此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．

4．A

【分析】

温差=当天最高气温-最低气温即可求出．

【详解】

解：温差=当天最高气温-最低气温=15℃-（-2℃）=17℃．

故选择：A．

【点睛】

本题考查温差问题。掌握温差求解方法，抓住温差=当天最高气温-最低气温是解题关键．

5．B

【分析】

根据幂的乘方与积的乘方运算法则求解即可．

【详解】

解：．

故选B．

【点睛】

本题考查幂的乘方与积的乘方运算，掌握幂的乘方与积的乘方运算法则是解题关键．

6．C

【分析】

过点B作BD⊥AO于D，过点O作OC⊥AB于C．由S△ABO=AO•BD=AB•CO，求出BD，然后在Rt△BDO中，利用正弦函数的定义即可求出sin∠AOB的值．

【详解】

解：过点B作BD⊥AO于D，过点O作OC⊥AB于C．

∵，

∴,

又

∴，

∵S△ABO=AO•BD=AB•CO，

∴AO•BD=AB•CO，

∴，

在Rt△BDO中，∵∠BDO=90°，，，

∴．

故选：C．

【点睛】

本题考查了解直角三角形，三角形的面积，锐角三角函数的定义和勾股定理，作出辅助线并利用网格构造直角三角形是解题的关键．

7．C

【分析】

根据“左加右减”的原则得到y=2（x-3）+b．然后代入点（b，0）即可求得b的值，从而求得原来的直线解析式．

【详解】

解：由“左加右减”的原则可知：将直线向右平移3个单位后，其直线解析式为y=2（x-3）+b，即y=2x-6+b，

∵平移后的直线经过点（b，0），

∴2b-6+b=0，

解得，

故选：C．

【点睛】

本题考查的是待定系数法求一次函数的解析式、一次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．

8．D

【分析】

连接AE，过点E作EF⊥AD，并延长，交BC于点H，由题意易得，，，则有，，然后可得，，所以有，，，然后问题可求解．

【详解】

解：连接AE，过点E作EF⊥AD，并延长，交BC于点H，如图所示：

∵四边形是矩形，，

∴，，，，

∴，

∴四边形是矩形，

∵E为的中点，

∴，

∴，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∵M为的中点，

∴，

∴，

∴，

∴；

故选D．

【点睛】

本题主要考查矩形的性质及三角形中位线，熟练掌握矩形的性质及三角形中位线是解题的关键．

9．A

【分析】

连接OC，根据等腰三角形的性质求出∠ACB和∠OBC即可．

【详解】

解：连接OC，

∵，

∴∠ACB=∠ABC=65°，∠BOC=100°，

∵OB=OC，

∴∠OBC=40°，

．

【点睛】

本题考查了圆周角定理和等腰三角形性质，解题关键是连接半径，构建等腰三角形，依据圆周角的性质进行计算．

10．C

【分析】

先求出的顶点，再根据对称性求出的顶点坐标，由两抛物线的顶点相距5求出c的值即可．

【详解】

解：

=

=

∴的顶点坐标为（，）

∵抛物线与关于x轴对称，

∴抛物线的顶点坐标与顶点坐标关于x轴对称，

∴的顶点坐标为（，）

又两抛物线的顶点相距5，

∴

∴或

解得，或

故选：C

【点睛】

此题考查了二次函数的图象与几何变换，根据题意求得的顶点坐标是解题的关键．

11．

【分析】

根据完全平方公式可进行求解．

【详解】

解：；

故答案为．

【点睛】

本题主要考查二次根式的运算，熟练掌握二次根式的运算是解题的关键．

12．2

【分析】

连接OA、OF，作OH⊥AF于H，则△OAF、△OAB是等边三角形，证明△ONF≌△OMB，得出△OAF的面积，即可得出结果．

【详解】

解：连接OA、OF，作OH⊥AF于H，如图所示：

∵六边形是正六边形，

∴OA=OB=OF，∠AOF=∠AOB=360°÷6=60°，∠AFE=∠ABC=(6-2) ×180°÷6=120°，

∴∠BOF=120°，△OAF、△OAB都是等边三角形，

∴∠AFO=∠ABO=60°，

∴∠OFN=∠OBM=60°．

∵，

∴∠MON-∠MOF=∠BOF-∠MOF，

∴∠NOF=∠MOB．

在△NOF和△OBN中，

，

∴△ONF≌△OMB（ASA），

∴△ONF的面积=△OMB的面积，

∴多边形ABONF的面积=多边形的面积=，

∴△OAF的面积=，

设正六边形的边长为x，

则OA=AF=OF=x，

∵sin∠OAF=，

∴OH=，

∵，

∴，

∴x=2或x=2（舍去）．

故答案为：2．

【点睛】

本题考查了正六边形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识；熟练掌握正六边形的性质，证明三角形全等是解题的关键．

13．8

【分析】

过点A作轴于点E，设，首先通过相似三角形的性质得出BC，OC的长度，进而求出D点的坐标，最后利用求解即可．

【详解】

如图，过点A作轴于点E，

设，则，

，

．

，

，

，

，

∴D点的横坐标为，

则纵坐标为，

，

，

，

，

故答案为：8．

【点睛】

本题主要考查反比例函数与几何综合，掌握相似三角形的判定及性质是关键．

14．

【分析】

如图，由题意易得点O是△ABC的重心，，则有，要使△ABC的面积最大，即满足AD与BF互相垂直时为最大，则问题可求解．

【详解】

解：如图，

由题意得：AD、BF分别是的中线，即，

∴点O是△ABC的重心，，

∴，

∴要使△ABC的面积最大，即满足AD与BF互相垂直时为最大，

∴；

故答案为．

【点睛】

本题主要考查三角形的重心，熟练掌握三角形的重心是解题的关键．

15．无解

【分析】

先求出不等式组中每一个不等式的解集，再求出它们的公共部分就是不等式组的解集．

【详解】

解：

解不等式①得：x＞2，

解不等式②得：，

∴不等式组无解

【点睛】

本题考查解一元一次不等式组，求不等式组的解集，应遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．

16．

【分析】

分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．

【详解】

解：＋2＝

去分母，得：

去括号，得：

解得：

经检验是分式方程的解．

∴原分式方程的解为：．

【点睛】

本题考查解分式方程，掌握解方程的步骤正确计算是解题关键，注意分式方程的结果要进行检验．

17．见解析

【分析】

作出BC边的垂直平分线MN交AC于点P，则点P即为所求．

【详解】

解：如图所示，点P即为所求作

【点睛】

此题主要考查了垂直平分线的作法和性质，熟练掌握垂直平分线的性质是解答此题的关键．

18．见解析

【分析】

首先根据平行线的性质得出，然后证明，得出，则，最后利用内错角相等，两直线平行证明即可．

【详解】

，

．

在和中，

，

，

，

即，

．

【点睛】

本题主要考查全等三角形的判定及性质，平行线的判定及性质，掌握这些判定及性质是关键．

19．（1）10人，见解析；（2）76，77.5；（3）77分

【分析】

（1）根据题意，可以得到样本容量，然后即可计算出第二组的值；

（2）根据众数与中位数定义直接求即可；

（3）根据题目中的数据，可以样本中的平均数估计此次大赛中八年级学生的平均成绩．

【详解】

解：（1）由题意可得，随机抽取了50名居民进行线上垃圾分类知识测试．本次抽样调查样本容量为50，

表中60—70第二组的值为： 50﹣4﹣12﹣20﹣4＝10，

补全的频数分布直方图如图所示；

（2）将第三组的成绩（单位：分）排序70,71,72,73,74,74,75,76,76,76,77,78；

众数为：76，

抽取的50名学生成绩排序后，第25与26两数的平均数，

4+10+12=26，

第25与26两个数分别为77，与78，

，

抽取的50名学生成绩的中位数是77.5分，

故答案为：76；77.5；

（3）第一组成绩的平均数为55分，第二组成绩的平均数为65分，第三组成绩的平均数为75分，第四组成绩的平均数为85分，第五组成绩的平均数为95分，

分，

此次大赛中八年级学生的平均成绩大约是77分．

【点睛】

本题考查样本和样本容量，频率直方分布图，用样本百分含量估计总体百分含量，掌握样本和样本容量，频率直方分布图，用样本百分含量估计总体百分含量是解题关键．

20．米

【分析】

过点作的垂线，垂足为点，由对顶角相等得，，再由解直角三角形得出，，结合AB=2列方程即可求出HG．

【详解】

解：如图，过点作的垂线，垂足为点，

，，

，

，

，

又∵米，

（米，

该生命迹象所在的位置G的深度米．

【点睛】

本题考查了解直角三角形的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．

21．（1）；（2）81600元

【分析】

（1）A种树苗为x棵时，B种树苗为（3000-x）棵，根据题意容易写出函数关系式；
（2）根据题意，成活2914棵，即0.95x+0.99（3000-x）=2914，可计算出此时x的值，再代入（1）中的函数关系式中就可计算出总费用．

【详解】

解：（1）y=（20+4）x+（25+5）（3000-x），
=24x+90000-30x，
=-6x+90000；
（2）由题意，可得0.95x+0.99（3000-x）=2914，
∴x=1400．

当x=1400时，y=-6×1400+90000=816000，
∴造这片林的总费用需81600元．

【点睛】

本题考查了一次函数与一元一次方程的实际应用问题．此题难度适中，解题的关键是理解题意，根据题意求得函数解析式与方程，注意方程思想的应用．

22．(1) ;(2) ．

【分析】

(1) 因为共开设了A、B、C三个测温通道，小明从A测温通道通过的概率是．

(2)根据题意画出树状图，再根据所得结果算出概率即可．

【详解】

(1) 因为共开设了A、B、C三个测温通道，小明从A测温通道通过的概率是，

故答案为：．

(2)由题意画出树状图：

由图可知，小明和小丽从同一个测温通道通过的概率=．

【点睛】

本题考查概率的计算和树状图的画法，关键在于理解题意，由图得出相关概率．

23．（1）见解析；（2）

【分析】

（1）连结OB，由是⊙O的切线，两点∠ABC+∠OBC=90°，由OB=OC，可得∠OBC=∠OCB，由∠A=90°，可得∠ABC+∠ACB=90°，可证∠ACB=∠OBC=∠OCB；

（2）连结BE在Rt△ABC中，由勾股定理BC=，证△ABC∽△BCE，可得即求出CE即可．

【详解】

解：（1）连结OB，

∵是⊙O的切线，

∴OB⊥AB，

∴∠ABC+∠OBC=90°，

∵OB=OC，

∴∠OBC=∠OCB，

又∵∠A=90°，

∴∠ABC+∠ACB=90°，

∴∠ACB=∠OBC=∠OCB，

∴平分；

（2）连结BE，

在Rt△ABC中，

由勾股定理BC=，

∵CE为直径，

∴∠EBC=90°=∠A，

又∠ACB=∠BCE，

∴△ABC∽△BCE，

∴即，

∴CE=5，

∴OC=2.5，

⊙O的半径长为2.5．

【点睛】

本题考查圆的切线性质，等腰三角形性质，角平分线判定，直径所对圆周角性质，三角形相似判定与性质，掌握圆的切线性质，等腰三角形性质，角平分线判定，直径所对圆周角性质，三角形相似判定与性质是解题关键．

24．（1）；（2）能，

【分析】

（1）设抛物线的解析式为，然后由题意易得，进而把点B的坐标为，点代入求解即可；

（2）过点P作PF∥x轴交直线于点F，点B作BE⊥PF，则有，然后可得，进而可证，，设点，然后问题可求解．

【详解】

解：（1）设抛物线的解析式为，由题意得：，把点B的坐标为，点代入得：

，解得：，

∴抛物线的解析式为；

（2）能成为以为直角等腰直角三角形，理由如下：

过点P作PF∥x轴交直线于点F，点B作BE⊥PF，如图所示：

∴，

∵，

∴，

∵，

∴（AAS），

∴，

设点，

∴，

∴，

解得：（不符合题意，舍去），

∴点．

【点睛】

本题主要考查二次函数与几何综合，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．

25．（1）2；（2）；（3）km ．

【分析】

（1）作△ABC的外接圆，连接OA和OB，可判断△AOB为等边三角形，从而求得外接圆的半径；

（2）作△ABC的外接圆，连接，根据垂径定理解直角三角形可求得，再根据，即可求得AD的最大值；

（3）延长BA、CD交于点M，通过证明△ABC≌△DMB可证明，作△BEC的外接圆，连接BP，CP，PF，PE，可得，即当EF取得最小值时，，借助相似三角形的性质和判定即可求得AB的长度．

【详解】

解：（1）作△ABC的外接圆，连接OA和OB，

∵，

∴，

∴，

∵OA=OB，

∴△AOB是等边三角形，

∴OA=AB=2，

∴△ABC的外接圆半径长为2；

（2）作△ABC的外接圆，连接，

由圆周角定理可得，

∵点D是BC的中点，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

∵，

∴当且仅当三点共线时，AD取得最大值，

∴AD长的最大值为；

（3）延长BA、CD交于点M，

∵∠ABC=∠DCB=60°，

∴∠BMC=60°，

∴△MBC是等边三角形，

∴BM=BC=MC，MD+CD=MC，

∴AB=DM，

在△ABC和△DMB中

∴△ABC≌△DMB（SAS），

∴∠ACB=∠DBM，

∴，

∴，

作△BEC的外接圆，连接BP，CP，PF，PE，

∴，

∵PB=PC，

∴∠PBC=∠PCB=30°，

∵PH⊥BC，

∴，

∵BC=6km，

∴，

∴

∵CF=2BF，

∴，

∴，

在Rt△PHF中，∠PHF=90°，，

∴，

当EF取得最小值时，，

∴，

∴EF//CD，

∴△BFE∽△BCD，

∴，

∴，

∴，

∴EF取得最小值时，墙体AB的长为．

【点睛】

本题考查了圆内接三角形，垂径定理、等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定、圆周角定理等，解题关键是正确添加辅助线．