人教版数学九年级下册期末综合素质评价含答案

这是一份人教版数学九年级下册期末综合素质评价含答案，共17页。试卷主要包含了选择题，四象限 D．第一，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．下列四个几何体中，主视图为三角形的是( )
2．【教材P6练习T2变式】反比例函数y＝eq \f(－5,x)的图象位于( )
A．第一、三象限 B．第二、三象限
C．第二、四象限 D．第一、四象限
3．若△ABC∽△A′B′C′，其相似比为3：2，则△ABC与△A′B′C′的周长比为( )
A．3：2 B．9：4 C．2：3 D．4：9
4．在Rt△ABC中，∠C＝90°，sin A＝eq \f(2,3)，则tan A的值为( )
A．eq \f(\r(5),3) B．eq \f(\r(5),2) C．eq \f(3,2) D．eq \f(2\r(5),5)
5．如图，电灯P在横杆AB的正上方，AB在灯光下的影子为CD，AB＝1 m，CD＝4 m，点P到CD的距离是2 m，则点P到AB的距离是( )
A．eq \f(1,3) m B．eq \f(1,2) m C．eq \f(2,3) m D．1 m
6．【2021·天津】若点A(－5，y1)，B(1，y2)，C(5，y3)都在反比例函数y＝－eq \f(5,x)的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是( )
A．y1＜y2＜y3 B．y2＜y3＜y1
C．y1＜y3＜y2 D．y3＜y1＜y2
7．如图，放映幻灯片时，通过光源，把幻灯片上的图形放大到屏幕上，若光源到幻灯片的距离为20 cm，到屏幕的距离为60 cm，且幻灯片中的图形的高度为6 cm，则屏幕上图形的高度为( )
A．6 cm B．12 cm C．18 cm D．24 cm
8．【2021·雅安】如图，将△ABC沿BC边向右平移得到△DEF，DE交AC于点G．若BC：EC＝3：1，S△ADG＝16，则S△CEG的值为( )
A．2 B．4 C．6 D．8
9．如图，在一笔直的海岸线l上有A，B两个观测站，AB＝2 km．从A站测得船C在北偏东45°的方向，从B站测得船C在北偏东22.5°的方向，则船C离海岸线l的距离(即CD的长)为( )
A．4 km B．(2＋eq \r(2))km
C．2eq \r(2)km D．(4－eq \r(2))km
10．如图，边长为1的正方形ABCD中，点E在CB的延长线上，连接ED交AB于点F，AF＝x(0.2≤x≤0.8)，EC＝y，则在下面函数图象中，能大致反映y与x之间函数关系的是( )
二、填空题(每题3分，共24分)
11．写出一个反比例函数y＝eq \f(k,x)(k≠0)，使它的图象在每个象限内，y的值随x值的增大而减小，这个函数的解析式为____________．
12．在△ABC中，∠B＝45°，csA＝eq \f(1,2)，则∠C的度数是________．
13．如图，AB∥CD，AD＝3AO，则eq \f(OB,OC)＝________．
14．【教材P41练习T1变式】在某一时刻，测得一根高为2 m的竹竿的影长为1 m，同时测得一栋建筑物的影长为12 m，那么这栋建筑物的高度为________m．
15．活动楼梯如图所示，∠B＝90°，斜坡AC的坡度为1：1，斜坡AC的坡面长度为8 m，则走这个活动楼梯从A点到C点上升的高度BC为________．
16．【教材P102习题T5变式】如图是由一些完全相同的小正方体搭成的几何体的俯视图和左视图，组成这个几何体的小正方体的个数是________．
17．【2022·湖州】如图，已知在平面直角坐标系xOy中，点A在x轴的负半轴上，点B在y轴的负半轴上，tan∠ABO＝3，以AB为边向上作正方形ABCD．若图象经过点C的反比例函数的解析式是y＝eq \f(1,x)，则图象经过点D的反比例函数的解析式是________．
18．如图，正方形ABCD的边长是4，点P是CD的中点，点Q是线段BC上一点，当CQ＝________时，以Q，C，P三点为顶点的三角形与△ADP相似．
三、解答题(19题6分，20题10分，24题14分，其余每题12分，共66分)
19．计算：eq \r(3)tan30°＋cs245°－(sin30°－1)0．
20．【教材P110复习题T6变式】如图所示的是某几何体的表面展开图．
(1)这个几何体的名称是 ________；
(2)画出这个几何体的三视图；
(3)求这个几何体的体积．(π≈3.14)
21．如图，在平面直角坐标系中，▱OABC的顶点A，C的坐标分别为(2，0)，(－1，2)，反比例函数y＝eq \f(k,x)(k≠0)的图象经过点B．
(1)求k的值；
(2)将▱OABC沿x轴翻折，点C落在点C′处，判断点C′是否在反比例函数y＝eq \f(k,x)(k≠0)的图象上，请通过计算说明理由．
22．【2022·舟山】小华将一张纸对折后做成的纸飞机如图①，纸飞机机尾的横截面是一个轴对称图形，其示意图如图②．已知AD＝BE＝10 cm，CD＝CE＝5 cm，AD⊥CD，BE⊥CE，∠DCE＝40°．
(1)连接DE，求线段DE的长；
(2)求点A，B之间的距离．
(结果精确到0.1 cm，参考数据：sin 20°≈0.34，cs 20°≈0．94，tan 20°≈0．36，sin 40°≈0．64，cs 40°≈0．77，tan 40°≈0．84)
23．【2022·随州】如图，已知D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，BE与⊙O相切，交CD的延长线于点E，且BE＝DE．
(1)判断CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若AC＝4，sinC＝eq \f(1,3)，①求⊙O的半径；②求BD的长．
24．在等腰三角形ABC中，AB＝AC，D是AB延长线上一点，E是AC上一点，DE交BC于点F．
(1)如图①，若BD＝CE，求证：DF＝EF．
(2)如图②，若BD＝eq \f(1,n)CE，试写出DF和EF之间的数量关系，并证明．
(3)如图③，在(2)的条件下，若点E在CA的延长线上，那么(2)中的结论还成立吗？试证明．
答案
一、1．A 2．C 3．A 4．D 5．B 6．B 7．C
8．B 9．B 10．C
二、11．y＝eq \f(3,x)(答案不唯一)
12．75° 13．eq \f(1,2) 14．24 15．4eq \r(2) m
16．6或7或8
17．y＝－eq \f(3,x)
18．1或4 点拨：设CQ＝x．
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠C＝∠D＝90°．
∵点P为CD的中点，
∴CP＝DP＝2．
当eq \f(CQ,PD)＝eq \f(CP,AD)时，△QCP∽△PDA，此时eq \f(x,2)＝eq \f(2,4)，
∴x＝1．
当eq \f(CQ,AD)＝eq \f(CP,PD)时，△QCP∽△ADP，此时eq \f(x,4)＝eq \f(2,2)，
∴x＝4．
综上所述，当CQ＝1或4时，以Q，C，P三点为顶点的三角形与△ADP相似．
三、19．解：原式＝eq \r(3)×eq \f(\r(3),3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up12(2)－1＝eq \f(1,2)．
20．解：(1)圆柱
(2)如图所示．
(3)这个几何体的体积为πr2h≈3.14×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,2)))eq \s\up12(2)×20＝1 570．
21．解：(1)∵四边形OABC是平行四边形，
∴OA∥BC，OA＝BC．
又∵A(2，0)，C(－1，2)，
∴点B的坐标为(1，2)．
将点B(1，2)的坐标代入y＝eq \f(k,x)，得k＝2．
(2)点C′在反比例函数y＝eq \f(2,x)的图象上．
理由如下：
∵将▱OABC沿x轴翻折，点C落在点C′处，C(－1，2)，
∴点C′的坐标是(－1，－2)．
由(1)知，反比例函数的解析式为y＝eq \f(2,x)．
令x＝－1，则y＝eq \f(2,－1)＝－2．
故点C′在反比例函数y＝eq \f(2,x)的图象上．
22．解：(1)如图，过点C作CF⊥DE于点F．
∵CD＝CE＝5 cm，∠DCE＝40°，
∴∠DCF＝eq \f(1,2)∠DCE＝20°，DF＝EF．
∴DF＝CD·sin 20°≈5×0.34＝1.7(cm)，
∴DE＝2DF≈3.4 cm，
∴线段DE的长约为3.4 cm．
(2)如图，横截面是一个轴对称图形，延长CF交AD，BE的延长线于点G，连接AB．
由题意易得DE∥AB，AG＝BG，
∴∠A＝∠GDE，CG⊥AB．
∵AD⊥CD，
∴∠GDF＋∠FDC＝90°．
又∵∠DCF＋∠FDC＝90°，
∴∠GDF＝∠DCF＝20°．
∴∠A＝20°，DG＝eq \f(DF,cs 20°)≈eq \f(1.7,0.94)≈1.81(cm)．
∴AG＝AD＋DG≈10＋1.81＝11.81(cm)．
∴易得AB＝2AG·cs 20°≈2×11.81×0.94≈22.2(cm)．
∴点A，B之间的距离约为22.2 cm．
23．解：(1)CD与⊙O相切．
理由如下：
如图所示，连接OD．
∵EB＝ED，OB＝OD，
∴∠EBD＝∠EDB，∠OBD＝∠ODB．
∵BE是⊙O的切线，OB是⊙O的半径，
∴OB⊥BE，
∴∠OBE＝90°，
∴∠EBD＋∠OBD＝90°，
∴∠EDB＋∠ODB＝90°，∴OD⊥DE．
∵OD是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线，即CD与⊙O相切．
(2)①设OD＝OA＝r，
∵OD⊥CD，
∴sinC＝eq \f(OD,OC)＝eq \f(1,3)，
∴eq \f(r,r＋4)＝eq \f(1,3)，
∴r＝2，
∴⊙O的半径为2．
②∵OA＝2，AC＝4，∴OC＝6．
在Rt△COD中，
CD＝eq \r(OC2－OD2)＝eq \r(62－22)＝4eq \r(2)．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DBA＋∠BAD＝90°．
∵OD＝OA，
∴∠OAD＝∠ODA．
∵∠ADC＋∠ODA＝90°，
∴∠ADC＝∠CBD．
∵∠C＝∠C，
∴△CDA∽△CBD，
∴eq \f(AD,BD)＝eq \f(AC,CD)＝eq \f(4,4\r(2))＝eq \f(\r(2),2)．
设AD＝eq \r(2)k，BD＝2k，
∵AD2＋BD2＝AB2，
∴(eq \r(2)k)2＋(2k)2＝42，
∴k＝eq \f(2\r(6),3)(负值舍去)．
∴BD＝2k＝eq \f(4\r(6),3)．
24．(1)证明：作EG∥AB，交BC于点G，
则∠ABC＝∠EGC，∠D＝∠FEG．
∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C．
∴∠EGC＝∠C．∴EG＝EC．
又∵BD＝CE，∴BD＝EG．
又∵∠D＝∠FEG，∠BFD＝∠GFE，
∴△BFD≌△GFE(AAS)．
∴DF＝EF．
(2)解：DF＝eq \f(1,n)EF．证明如下：
作EG∥AB，交BC于点G，则∠D＝∠FEG．
同(1)可得EG＝EC．
∵∠D＝∠FEG，∠BFD＝∠GFE，
∴△BFD∽△GFE．
∴eq \f(BD,EG)＝eq \f(DF,EF)．
∵BD＝eq \f(1,n)CE＝eq \f(1,n)EG，∴DF＝eq \f(1,n)EF．
(3)解：成立．证明如下：
作EG∥AB，交CB的延长线于点G，
则仍有EG＝EC，△BFD∽△GFE．
∴eq \f(BD,EG)＝eq \f(DF,EF)．
∵BD＝eq \f(1,n)CE＝eq \f(1,n)EG，
∴DF＝eq \f(1,n)EF．