甘肃省白银市第五中学2023-2024学年九年级上学期期末数学试题（含解析）

这是一份甘肃省白银市第五中学2023-2024学年九年级上学期期末数学试题（含解析），共21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．下列几何体中三个视图完全相同的是（ ）
A． B． C． D．
2．用配方法解方程，则方程可变形为（ ）
A．B．C．D．
3．下列各种现象属于中心投影现象的是（ ）
A．早上升旗时地面上旗杆的影子B．上午人走在路上的影子
C．中午用来乘凉的树影D．晚上人走在路灯下的影子
4．如图是三个反比例函数，，的图象，由此观察得到，，的大小关系为（ ）

A．B．C．D．
5．如图，四边形是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）

A．当，平行四边形是矩形
B．当，平行四边形是矩形
C．当，平行四边形是菱形
D．当，平行四边形是正方形
6．关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．某生态公园的人工湖周边修葺了条湖畔小径，如图小径，恰好互相垂直，小径的中点刚好在湖与小径相交处．若测得的长为，的长为，则，两点间的距离为（ ）
A．B．C．D．
8．一次函数的图象如图所示，则一次函数与反比例函数的图象可能是（ ）

A． B． C． D．
9．近年来，由于新能源汽车的崛起，燃油汽车的销量出现了不同程度的下滑，经销商纷纷开展降价促销活动．某款燃油汽车今年2月份售价为23万元，4月份售价为18.63万元，设该款汽车这两月售价的月平均降价率是x，则所列方程正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．如图，在平行四边形中，E是线段上一点，连结，，与相交于点F，若，则（ ）

A．B．C．D．
二、填空题（本题共计 8 小题，每题 4 分，共计32分 ）
11．若关于x的方程为一元二次方程，则a的取值为 ．
12．已知，，那么 ．
13．若点P为线段的黄金分割点，且，，则 ．
14．已知反比例函数（为常数）的图象在第二、四象限，写出一个符合条件的的值： ．
15．若菱形的一条对角线是另一条对角线的2倍，且菱形的面积为，则菱形的周长为 ．
16．在一个不透明的袋子里，装有6个红球和若干个白球，它们除颜色外都相同，为估袋中白球的个数，小红经过大量摸球试验，发现“摸到红球”的频率在附近摆动，我们可以估计袋中白球有 个．
17．如图，正方形中，M为上一点，，交的延长线于点E，若，则的长为 ．
18．如图，点A在反比例函数的图象上，轴于点B，若的面积是2，则k的值是 ．

三、解答题（本题共计 9 小题，共计88分 ）
19．解方程
(1)；
(2)．
(3)．
20．已知关于的方程有两个实数根．
(1)求证：无论取何值，方程总有两个实数根．
(2)若的两边的长是已知方程的两个实数根，当为何值时，是菱形？求此菱形的边长．
21．如图，在平行四边形中，的平分线交于点，点在上，且，连接交于点，连接
(1)求证：四边形是菱形
(2)若，求菱形的面积
22．如图，某农户准备建一个长方形养鸡场，养鸡场的一边靠墙，若墙长为，墙对面有一个宽的门，另三边用竹篱笆围成，篱笆总长，围成长方形的养鸡场除门之外四周不能有空隙．若要围成养鸡场的面积为，则养鸡场的长和宽各为多少？
23．如图，在正方形中，E为边的中点，且．求证：．
24．如图，小亮想利用树影测量树高，他在某一时刻测得高为的竹竿影长为，但当他马上测量树影时，因树靠近一幢建筑物，影子不全落在地面上，有一部分影子在墙上，他先测得留在墙上的影高，又测得地面部分的影长，请你帮助小亮求树高．

25．“一寸光阴不可轻，最是书香能致远．”阅读是美好的，阅读是快乐的．某校社团将《西游记》中的四位人物的肖像制成四张卡片A、B、C、D（除编号和人物肖像外其余完全相同）．活动时学生根据所抽取的卡片上的人物来讲述该人物在书中的故事．游戏规则如下：将四张卡片背面朝上，洗匀放好，小明先从中随机抽取一张，再把剩下的3张卡片选匀后，背面向上放好，小华从剩下的3张卡片中随机抽取一张．若他们取出的两张卡片上对应的人物为师徒关系，则由小明讲，否则由小华讲．
(1)小明抽到的卡片上的人物为唐僧的概率是 ；
(2)你认为这个游戏是否公平？请说明理由．
26．如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于、两点．
(1)求反比例函数和一次函数的解析式；
(2)求的面积；
(3)当时，根据图象直接写出的取值范围．
27．定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．根据以上定义，解决下列问题：

(1)如图1，在正方形中，点F是上的一点，将绕B点旋转，使与重合，此时点F的对应点E在的延长线上，则四边形 “直等补”四边形；（填“是”或“不是”）
(2)如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，，过点B作于点E，过点C作于点F．试探究线段，和的数量关系，并说明理由；
答案与解析
1．D
【分析】本题考查几何体的三视图，解题的关键是掌握几何体的．三视图
【详解】A、 主视图和左视图都是矩形，俯视图是三角形，不符合题意；
B、 主视图和左视图都是三角形，俯视图是带圆心的圆，不符合题意；
C、 主视图和左视图是矩形，俯视图是圆，不符合题意；
D、 三视图都是圆，符合题意．
故选：D．
2．C
【分析】本题考查了用配方法解一元二次方程，先将常数项移到等号右边，再在两边同时加上一次项系数一半的平方，最后根据完全平方公式，即可解答．解题的关键是熟练掌握完全平方同时．
【详解】解：，
，
，
，
故选：C．
3．D
【分析】根据中心投影的性质，找到灯光的灯源即可．
【详解】解：中心投影的灯源为灯光，平行投影的光源为阳光与月光，
故选：D．
【点睛】本题考查中心投影的性质，解题的关键是理解中心投影的形成光源为灯光．
4．B
【分析】本题考查了反比例函数的图象和性质，反比例函数的图象是双曲线，当时，它的两个分支分别位于第一、三象限；当时，它的两个分支分别位于第二、四象限，且图象距原点越远，的绝对值越大．
首先根据函数图象所在的象限可判断，，，然后根据图象距原点越远，的绝对值越大判断和的大小，进而得解．
【详解】解：由题图可知，反比例函数的图象在第二象限，
，
和的图象在第一象限，且的图象距原点较远，
，
．
故选：B．
5．D
【分析】本题考查菱形，矩形的判定，根据菱形，矩形的判定逐个判断即可得到答案；
【详解】解：由题意可得，
当，平行四边形是矩形，正确，不符合题意，
当，平行四边形是矩形，正确，不符合题意，
当，平行四边形是菱形，正确，不符合题意，
当，平行四边形是菱形，得不到正方形，错误，符合题意，
故选：D．
6．C
【分析】本题考查了一元二次方程的概念和根的判别式，一元二次方程有实数根应满足的条件是：二次项系数不能为0，根的判别式的值应大于或等于0，据此求解即可．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程有实数根，
∴，且
解得且，
故选：C
7．A
【分析】本题考查了勾股定理，直角三角形的性质，熟记直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解答本题的关键．由题意知，，点是的中点，根据直角三角形的性质，得到，再根据勾股定理求出的长，由此求出，两点间的距离．
【详解】解：由题意得：，点是的中点，
，
，，
，
．
故选：．
8．C
【分析】根据一次函数的图象可知，随的增大而减小，可得，一次函数的图象与轴的交点为，可得，据此可判断一次函数与反比例函数的图象．
【详解】根据一次函数的图象可知，随的增大而减小，可得
．
一次函数的图象与轴的交点为，可得
．
则在一次函数的图象中，随的增大而减小，一次函数的图象与轴的交点为，位于原点下方．
则反比例函数的图象中，双曲线的两支分别位于第一、第三象限，在每一象限内，随的增大而减小．
故选：C．
【点睛】本题主要考查一次函数和反比例函数，牢记一次函数和反比例函数的图象和性质是解题的关键．
9．A
【分析】本题考查列一元二次方程，由题意可得3月份的售价为万元，4月份售价为万元，由此列方程即可．
【详解】解：设该款汽车这两月售价的月平均降价率是x，
由题意得：，
故选：A．
10．C
【分析】本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，先证，推出，再求出，和 的高相等，因此，由此可解，证明是解题的关键．
【详解】解：在平行四边形中，，，
，，
，
，
，，
，
，
故选C．
11．1
【分析】本题考查一元二次方程的定义，解题的关键是掌握一元二次方程的定义．根据定义含有一个未知数，并且含未知数的项的最高次数为2，最高次项的系数不为0的整式方程是一元二次方程，一元二次方程的二次项系数不能是0，求出a的取值即可．
【详解】解：关于x的方程为一元二次方程，
，
解得：，
故答案为：1．
12．4
【分析】本题主要考查了比例的基本性质．由已知，得：，，,代入化简即可求得答案.
【详解】解：由已知，得：
，，，
∴
.
故答案是：4.
13．##
【分析】本题考查了黄金分割的定义，解题的关键是熟练掌握黄金分割的定义及黄金比值．设，则，根据黄金分割的定义得到即，解方程即可得到答案．
【详解】解：设，则，
∵点P为线段的黄金分割点，
∴，即，
∴，
解得或（舍去），
经检验，是原方程的解，
∴，
故答案为：．
14．（答案不唯一）
【分析】本题考查反比例函数的性质：“时，图象位于一、三象限，在各象限随的增大而减小；时，图象位于二、四象限，在各象限随的增大而增大；”根据反比例函数的性质，图象位于第二、四象限得出，符合条件的数即可．
【详解】解：∵比例函数(为常数，)的图象位于第二、第四象限，
∴
∴
∴k可以为
故答案为（答案不唯一）
15．
【分析】此题考查了菱形的性质以及勾股定理．由菱形的一条对角线长是另一条对角线长的2倍，且菱形的面积为，可求得其对角线的长，又由勾股定理，即可求得其边长，继而求得答案．
【详解】解：∵菱形的一条对角线长是另一条对角线长的2倍，
∴设菱形的一条对角线长为，则另一条对角线长为，
∵菱形的面积为，
∴，
解得：（舍去负值），
∴菱形的两条对角线长分别为，，
∴菱形的边长为：，
∴菱形的周长．
故答案为：．
16．4
【分析】本题主要考查了利用频率估计概率，分式方程．熟练掌握大量反复试验下频率稳定值即概率是解题关键．
设白球个数为个，由摸到红球的频率稳定在附近得出口袋中得到红色球的概率，然后根据概率公式列方程求解即可．
【详解】解：设白球个数为个，
∵摸到红色球的频率稳定在左右，
∴口袋中得到红色球的概率为，
∴，
解得：，
经检验，是原分式方程的解，
∴白球的个数为4个．
故答案为：4．
17．##
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，先利用正方形的性质得到正方形，，则利用勾股定理可计算出，再证明，然后利用相似比计算出，最后计算即可．
【详解】解：∵四边形为正方形，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
而，
∴，
∴，
即，
解得，
∴．
故答案为：
18．
【分析】本题考查反比例函数的图象与性质，反比例函数图象上任意一点与原点所连的线段、坐标轴、向坐标轴作垂线所围成的直角三角形面积是.根据反比例函数比例系数的几何意义，即可得到，计算出来即可．
【详解】解：根据题意可知：，
∵反比例函数的图象位于第二、四象限，
∴，
∴．
故答案为：．
19．(1)
(2)
(3)
【分析】本题主要考查一元二次方程的解法：
（1）方程移项后，二次项系数化为1，再开方即可得到方程的解；
（2）方程运用因式分解法求解即可；
（3）方程运用公式法求解即可．
【详解】（1）
移项得，，
二次项系数化为1，得：，
开方得，，
∴；
（2），
，
∴；
（3），
∵
∴，
即，
20．(1)见解析
(2)当时，是菱形，此时菱形的边长为
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程的根与有如下关系：①，方程有两个不相等的实数根，②，方程有两个相等的实数根，③，方程没有实数根，也考查了菱形的性质．
（1）计算出，由此即可得出结论；
（2）当时，是菱形，即可求出的值，然后代入原方程，解方程即可得出菱形的边长．
【详解】（1）证明：，
，
无论取何值，方程总有两个实数根；
（2）解：是菱形，
，
的两边的长是已知方程的两个实数根，
方程有两个相等的实数根，
，
解得：，
当时，原方程为：，
解得：，
此时菱形的边长为．
21．(1)证明见解析
(2)菱形的面积
【分析】本题主要考查了菱形的性质和判定，勾股定理，关键是掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形，菱形对角线互相垂直且平分．
（1）由平行四边形的性质和角平分线得出，证出，由得出，即可得出结论．
（2）根据菱形的性质得到，利用勾股定理求出，进而求出结论．
【详解】（1）证明： ∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：∵四边形为菱形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴菱形的面积．
22．养鸡场的长，宽．
【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用．设养鸡场的宽为，根据题意列出方程求解即可．
【详解】解：设养鸡场的宽为，根据题意得：
，
整理得，即，
解得：，，
当时，，
当时，（舍去），
∴养鸡场的长，宽．
23．见解析
【分析】本题考查相似三角形的判定等知识．根据两边成比例夹角相等两三角形相似证明即可．
【详解】证明：∵四边形是正方形，
∴，
设．
∵E为边的中点，且，
∴，
∴，，
∴，
∴．
24．
【分析】延长交延长线于点，根据同一时刻，物体与影长成正比可得，根据可得，可得，即可得出，由可求出的长，根据求出的长即可．
【详解】解：如图所示，延长和相交于点，则就是树影长的一部分，
∵某一时刻测得高为的竹竿影长为，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴
∴，
∴，
∴树高为．

【点睛】本题考查相似三角形的应用，熟练掌握同一时刻，物体与影长成正比及相似三角形判定定理是解题关键．
25．(1)
(2)这个游戏公平．见解析
【分析】本题考查列表法与树状图法求概率．
（1）根据题意，可以直接写出小明抽到的卡片上的人物为唐僧的概率；
（2）先判断，然后画出相应的树状图，再求出相应的概率即可．
【详解】（1）解：由题意可得，
小明抽到的卡片上的人物为唐僧的概率是，
故答案为：；
（2）解：这个游戏公平，
理由：树状图如下所示，
由上可得，一共有12种等可能性，其中两张卡片上对应的人物为师徒关系有6种可能性，
∴两张卡片上对应的人物为师徒关系的概率为，
∴这个游戏公平．
26．(1)，
(2)
(3)或
【分析】本题考查了利用待定系数法求解函数解析式，坐标与图形面积，利用函数图象解不等式；熟练利用数形结合的思想解题是关键．
（1）将 A 点坐标代入反比例函数可得反比例函数解析式，再求解 B 的坐标，再利用待定系数法求解一次函数的解析式即可；
（2）计算直线 与 x 轴的交点，与轴交点．将分割为三个小三角形，再计算即可；
（3）函数图像位于上方则函数值大，直接观察函数图象解答即可．
【详解】（1）解：将代入中，
得，
解得，
反比例函数解析式为∶，
点在反比例函数上，
，
将、代入，
得，
解得，
一次函数的解析式为∶．
（2）由（1）得，直线的解析式为∶，
令，则，
令，则，
此函数图象与轴交点坐标为，与轴交点坐标为，
．
（3）一次函数和反比例函数交于，两点，
横坐标分别为，
一次函数图像要位于反比例函数图像上方，即在点A的右侧，点B的左侧，
或．
27．(1)是
(2)，理由见解析
【分析】本题主要考查了新定义，旋转的性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质．
（1）由旋转可得，，又在正方形中，，从而，因此满足，，，故四边形是“直等补”四边形；
（2）由四边形是“直等补”四边形，，，可得，，从而，又，，证得四边形是矩形，有，，利用“”证明，从而， 进而证得．
【详解】（1）∵将绕B点旋转，使与重合，此时点F的对应点E在的延长线上，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∵，，
∴四边形是“直等补”四边形．
故答案为：是
（2）∵四边形是“直等补”四边形，，，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴．