北师大版数学九年级上册 期末达标检测卷 (1)

这是一份北师大版数学九年级上册 期末达标检测卷 (1)，共13页。试卷主要包含了选择题，四象限 D．第三，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(每题3分，共30分)
1. 下列方程中，不是一元二次方程的是( )
A.eq \r(3)y2＋2y＋1＝0 B.eq \f(1,2)x2＝1－3x C.eq \f(1,10)a2－eq \f(1,6)a＋eq \f(2,3)＝0 D．x2＋x－3＝x2
2．如图放置的几何体的左视图是( )
3．下列命题为真命题的是( )
A．四边相等的四边形是正方形 B．对角线相等的四边形是菱形
C．四个角相等的四边形是矩形 D．对角线互相垂直的四边形是平行四边形
4．若反比例函数y＝eq \f(k,x)的图象经过点(m，3m)，其中m≠0，则反比例函数的图象在( )
A．第一、二象限 B．第一、三象限
C．第二、四象限 D．第三、四象限
5．已知关于x的一元二次方程(k－1)x2－2x＋1＝0有两个实数根，则k的取值范围是( )
A．k≤－2 B．k≤2 C．k≥2 D．k≤2且k≠1
6．有三张正面分别标有数－2，3，4的不透明卡片，它们除数不同外，其他全部相同．现将它们背面朝上洗匀后，从中任取两张，则抽取的两张卡片上的数之积为正偶数的概率是( )
A.eq \f(4,9) B.eq \f(1,12) C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,6)
7．如图，在△ABC中，已知点D，E分别是边AC，BC上的点，DE∥AB，且CE：EB＝2：3，则DE AB等于( )
A．2：3 B．2：5 C．3：5 D．4：5
8．如图，在菱形纸片ABCD中，∠A＝60°，P为AB的中点，折叠该纸片使点C落在点C′处，且点P在DC′上，折痕为DE，则∠CDE的度数为( )
A．30° B．40° C．45° D．60°
9．设△ABC的一边长为x，这条边上的高为y，y与x之间的反比例函数关系如图所示．当△ABC为等腰直角三角形时，x＋y的值为( )
A．4 B．5 C．5或3eq \r(2) D．4或3eq \r(2)
10．如图，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，BM是AC边上的中线，点D，E分别在边AC和BC上，DB＝DE，DE与BM相交于点N，EF⊥AC于点F，有以下结论：
①∠DBM＝∠CDE；②S△BDE0.所以图象在第一、三象限．
5．D 6.C 7.B 8.C
9．D 【点拨】由题意得xy＝4，当等腰直角三角形ABC的斜边长为x时，x＝2y，所以2y2＝4，解得y＝eq \r(2)或y＝－eq \r(2)(不合题意，舍去)，所以x＝2eq \r(2)，所以x＋y＝3eq \r(2)；当等腰直角三角形ABC的一条直角边长为x时，x＝y，所以y2＝4，解得y＝2或y＝－2(不合题意，舍去)，所以x＝2，所以x＋y＝4.故x＋y的值为4或3eq \r(2).故选D.
10．C 【点拨】设∠EDC＝x，则∠DEF＝90°－x，从而可得到∠DBE＝∠DEB＝180°－(90°－x)－45°＝45°＋x，∠DBM＝∠DBE－∠MBE＝45°＋x－45°＝x，从而可得到∠DBM＝∠CDE，所以①正确．
可证明△BDM≌△DEF，然后可证明S△DNB＝S四边形NMFE，所以S△DNB＋S△BNE＝S四边形NMFE＋S△BNE，即S△BDE＝S四边形BMFE.所以②错误．
可证明△DBC∽△NEB，所以eq \f(CD,BD)＝eq \f(BN,EN)，即CD·EN＝BN·BD.所以③正确．
由△BDM≌△DEF，可知DF＝BM，由直角三角形斜边上的中线的性质可知BM＝eq \f(1,2)AC，所以DF＝eq \f(1,2)AC，即AC＝2DF.所以④正确．故选C.
二、11.－2 12.8 cm
13．5 【点拨】综合左视图和主视图知，这个几何体有两层，底层最少有2＋1＝3(个)小正方体，第二层有2个小正方体，因此组成这个几何体的小正方体最少有3＋2＝5(个)．
14．50 【点拨】设药物燃烧完后y与x之间的函数表达式为y＝eq \f(k,x)，把点(10，8)的坐标代入y＝eq \f(k,x)，得8＝eq \f(k,10)，解得k＝80，所以药物燃烧完后y与x之间的函数表达式为y＝eq \f(80,x).当y＝1.6时，由y＝eq \f(80,x)得x＝50，所以从消毒开始，经过50 min后教室内的空气才能达到安全要求．
15．4或eq \f(40,13) 16.500
17．9 【点拨】由题易知OC＝3，点B的坐标为(5，4)，▱ABCO的面积为12.设直线BC对应的函数表达式为y＝k′x＋b，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3k′＋b＝0，,5k′＋b＝4，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k′＝2，,b＝－6.))
∴直线BC对应的函数表达式为y＝2x－6.∵点A(2，4)在反比例函数y＝eq \f(k,x)的图象上，∴k＝8.∴反比例函数的表达式为y＝eq \f(8,x).由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x－6，,y＝\f(8,x)))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝4，,y＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝－8))(舍去)．
∴点D的坐标为(4，2)．
∴△ABD的面积为eq \f(1,2)×2×3＝3.
∴四边形AOCD的面积是9.
18．12 【点拨】易知EF∥BD∥HG，
且EF＝HG＝eq \f(1,2)BD＝3，
EH∥AC∥GF且EH＝GF＝eq \f(1,2)AC＝4.
∵AC⊥BD，∴EF⊥FG.
∴四边形EFGH是矩形．
∴四边形EFGH的面积＝EF·EH＝3×4＝12.
三、19.解：(1)x2－6x－6＝0，
x2－6x＋9＝ 15，
(x－3)2＝ 15，
x－3＝ ±eq \r(15)，
∴x1＝3＋eq \r(15)，x2＝3－eq \r(15).
(2)(x＋2)(x＋3)＝1，
x2＋5x＋6＝ 1，
x2＋5x＋5＝ 0，
∵a＝1，b＝5，c＝5，
∴b2－4ac＝52－4×1×5＝5.
∴x＝eq \f(－5±\r(5),2).
∴x1＝eq \f(－5＋\r(5),2)，x2＝eq \f(－5－\r(5),2).
20．解：(1)∵方程有两个不相等的实数根，
∴Δ＝12＋8k＞0，
∴k＞－eq \f(1,8).
又∵k≠0，
∴k的取值范围是k＞－eq \f(1,8)且k≠0.
(2)由根与系数的关系，得x1＋x2＝－eq \f(1,k)，x1·x2＝－eq \f(2,k).
∵(x1＋x2)2＋x1·x2＝3，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)))eq \s\up12(2)－eq \f(2,k)＝3，即3k2＋2k－1＝0，
解得k＝eq \f(1,3)或k＝－1.
由(1)得k＞－eq \f(1,8)且k≠0，
∴k＝eq \f(1,3).
21．解：(1)画树状图如图．
由树状图可知共有12种等可能的结果．
其中在函数y＝－x＋5的图象上的有(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，
∴点(x，y)在函数y＝－x＋5的图象上的概率为eq \f(4,12)＝eq \f(1,3).
(2)不公平．理由：∵x，y满足xy＞6的有(2，4)，(3，4)，(4，2)，(4，3)，共4种结果，x，y满足xy＜6的有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(3，1)，(4，1)，共6种结果，
∴P(小明胜)＝eq \f(4,12)＝eq \f(1,3)，
P(小红胜)＝eq \f(6,12)＝eq \f(1,2).
∵eq \f(1,3)≠eq \f(1,2)，∴游戏不公平．
公平的游戏规则为：若x，y满足xy≥6，则小明胜，若x，y满足xy＜6，则小红胜．(规则不唯一)
22．解：(1)如图，线段EF就是此时旗杆DE在阳光下的投影．
作法：连接AC，过点D作DF∥AC，交直线BE于点F，则线段EF即为所求．
(2)∵AC∥DF，∴∠ACB＝∠DFE.
又∠ABC＝∠DEF＝90°，
∴△ABC∽△DEF.∴eq \f(AB,DE)＝eq \f(BC,EF).
∵AB＝3 m，BC＝2 m，EF＝6 m，
∴eq \f(3,DE)＝eq \f(2,6).
∴DE＝9 m.
即旗杆DE的高度为9 m.
23．解：(1)∵点A的坐标为(0，1)，点B的坐标为(0，－2)，
∴AB＝1＋2＝3，即正方形ABCD的边长为3，
∴点C的坐标为(3，－2)．
将点C的坐标代入y＝eq \f(k,x)可得k＝－6，
∴反比例函数的表达式为y＝－eq \f(6,x).
将C(3，－2)，A(0，1)的坐标分别代入y＝ax＋b，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3a＋b＝－2，,b＝1，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝1，))
∴一次函数的表达式为y＝－x＋1.
(2)设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，－\f(6,t)))，
∵△OAP的面积恰好等于正方形ABCD的面积，
∴eq \f(1,2)×1×|t|＝3×3，解得t＝±18.
∴点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(18，－\f(1,3)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－18，\f(1,3))).
24．(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADP＝∠CDP.
又∵DP＝DP，∴△ADP≌△CDP.
∴PA＝PC.
又∵PA＝PE，∴PC＝PE.
(2)解：由(1)知△ADP≌△CDP，
∴∠DAP＝∠DCP.
∵PA＝PE，∴∠DAP＝∠E.
∴∠FCP＝∠E.
又∵∠PFC＝∠DFE，∠EDF＝90°，
∴∠CPE＝∠EDF＝90°.
(3)解：AP＝CE.理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝CD，∠ADP＝∠CDP.
又∵DP＝DP，∴△ADP≌△CDP.
∴PA＝PC，∠DAP＝∠DCP.
又∵PA＝PE，
∴PC＝PE，∠DAP＝∠DEP.
∴∠DCP＝∠DEP.
又∵∠PFC＝∠DFE，
∴∠CPF＝∠EDF.
∵在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，
∴∠ADC＝120°.∴∠EDC＝60°.
∴∠CPE＝∠EDF＝60°.
又∵PC＝PE，
∴△PCE是等边三角形．
∴PE＝CE.
又∵PA＝PE，∴AP＝CE.
25．(1)证明：在题图①中作EG∥AB交BC于点G，
则∠ABC＝∠EGC，∠D＝∠FEG.
∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C.
∴∠EGC＝∠C.∴EG＝EC.
∵BD＝CE，∴BD＝EG.
又∵∠D＝∠FEG，∠BFD＝∠GFE，
∴△BFD≌△GFE.∴DF＝EF.
(2)解：DF＝eq \f(1,n)EF.
证明：在题图②中作EG∥AB交BC于点G，则∠D＝∠FEG.
同(1)可得EG＝EC.
∵∠D＝∠FEG，∠BFD＝∠EFG，
∴△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：在题图③中作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.