2024-2025学年北师大版九年级数学上册期末检测卷（一）（解析版）-A4

这是一份2024-2025学年北师大版九年级数学上册期末检测卷（一）（解析版）-A4，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 以下给出的几何体中，主视图是矩形，俯视图是圆的是（ ）
A. B.
C.
D.

【答案】D
【解析】
【分析】根据几何体的正面看得到的图形，可得答案．
【详解】A、主视图是圆，俯视图是圆，故A不符合题意；
B、主视图是矩形，俯视图是矩形，故B不符合题意；
C、主视图是三角形，俯视图是圆，故C不符合题意；
D、主视图是个矩形，俯视图是圆，故D符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查了简单几何体的三视图，熟记简单几何的三视图是解题关键．
2. 如图，将长方形和直角三角形的直角顶点重合，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据求出，再用，进行计算即可．
【详解】解：由题意，得：，
∵，
∴，
∴；
故选C．
【点睛】本题考查几何图形中的角度计算．正确的识图，理清角的和差关系，是解题的关键．
3. 如图，为了测量河两岸，两点间的距离，在河的一岸与垂直的方向上取一点，测得米，，则（ ）

A. 米B. 米C. 米D. 米
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，根据题意，可得，同时可知与，根据三角函数的定义解答，解题的关键是熟练掌握三角函数的定义．
【详解】在中，米，，
∴，即，
∴，
故选：．
4. 三角尺在灯泡O的照射下在墙上形成的影子如图所示，OA＝20cm，OA′＝50cm，则这个三角尺的周长与它在墙上形成的影子的周长的比是（ ）
A. 5：2B. 2：5C. 4：25D. 25：4
【答案】B
【解析】
【分析】先根据相似三角形对应边成比例求出三角尺与影子的相似比，再根据相似三角形周长的比等于相似比解答即可．
【详解】
如图，∵OA=20cm，OA′=50cm，
∴===
∵三角尺与影子是相似三角形，
∴三角尺的周长与它在墙上形成的影子的周长的比==2:5.
故选B.
5. 如图，网格中的两个三角形是位似图形，则它们的位似中心是（ ）
A. 点B. 点C. 点D. 点
【答案】D
【解析】
【分析】此题主要考查了位似变换的性质．根据位似变换的定义：对应点的连线交于一点，交点就是位似中心．即位似中心一定在对应点的连线上，即可解答．
【详解】解：如图，
∵位似图形的位似中心位于对应点连线所在的直线上，
点Q为位似中心．
故选：D．
6. 一元二次方程 的根的情况为（ ）
A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根
C 只有一个实数根D. 没有实数根
【答案】D
【解析】
【分析】先计算出，然后根据的值即可判断方程根的情况．
【详解】解：，
，
一元二次方程没有实数根，
故选D．
【点睛】本题考查根的判别式，解题的关键是由根的判别式的正负判断一元二次方程根的情况．
7. 如图，在菱形中，点分别是边的中点，连接．若菱形的面积为16，则的面积为（ ）
A 8B. 7C. 6D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查菱形的性质，三角形的中位线定理，连接和BD，可得，，即可得到，，然后利用解题即可．
【详解】连接和BD，
则，，
又∵点分别是边的中点，
∴，，
∴，
∵点分别是边的中点，
∴，
∴，
故选C．
8. 如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在x轴上，点，，若反比例函数的图象经过点C，则k的值是（ ）

A. 12B. 48C. 50D. 60
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了反比例函数性质，反比例函数图象上点的坐标特征，菱形的性质，勾股定理，锐角三角函数，关键是求出点C坐标．由菱形的性质和锐角三角函数可求点C坐标，将点C坐标代入解析式可求k的值．
【详解】解：如图，过点C作于点E，

∵菱形的边在x轴上，点，
∴，
∵．
∴，
∴
∴点C坐标
∵若反比例函数经过点C，
∴，
故选：D．
9. 如图，矩形中，E，F是上的两个点，，，垂足分别为G，H，若，，，且，则（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】先过点E作EM⊥AB于M，延长EG交AB于Q，则△EQM是直角三角形，四边形ADEM是矩形，先判定△FCH≌△QAG（ASA），得出AQ=CF=2，FH=QG，然后在Rt△EMQ中，根据勾股定理求得EQ=，即可得到EG+QG=EG+FH=．
【详解】解：过点E作EM⊥AB于M，延长EG交AB于Q，则△EQM是直角三角形．
∵EG⊥AC，FH⊥AC，
∴∠CHF=∠AGQ=90°，
∵矩形ABCD中，CD∥AB，
∴∠FCH=∠QAG，
在△FCH和△QAG中，
，
∴△FCH≌△QAG（ASA），
∴AQ=CF=2，FH=QG，
∵∠D=∠DAM=∠AME=90°，
∴四边形ADEM是矩形，
∴AM=DE=1，EM=AD=2，
∴MQ=2-1=1，
∴Rt△EMQ中，EQ=，
即EG+QG=EG+FH=，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是作辅助线，构造直角三角形、矩形以及全等三角形，根据矩形对边相等及全等三角形对应边相等进行计算求解．
10. 如图，，点H在上，与BD交于点G，，则线段长为（ ）
A. 5B. 3C. 2.5D. 2.4
【答案】D
【解析】
【分析】根据相似三角形的性质，得出，，即①，②，将两个式子相加，即可求出的长．
详解】解：∵，
∴，
∴，即①，
∵，
∴，
∴，即②，
①+②，得，
解得．
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分．
11. 如图，直线，分别交直线m，n于点A，B，C，D，E，F，若，，则DF的值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了平行线分线段成比例定理，正确理解平行线分线段成比例定理是解答本题的关键．由得，再根据平行线分线段成比例定理，得到，得到方程并求解，即得答案．
【详解】，
，
，
，
，
解得．
故答案为：．
12. 如图，是操场上直立的一根旗杆，旗杆上有一点B，用测角仪（测角仪的高度忽略不计）测得地面上的D点到B点的仰角，到A点的仰角，若米，则旗杆的高度________________米．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是根据仰角构造直角三角形．在中，根据，求出米，在中，根据即可求出的高度．
【详解】解：在中，
∵°，
∴米，
在中，
∵，
∴米．
故答案为：．
13. 如图，正方形的对角线交于点中，，将绕点旋转（边在正方形外面），现随机向正方形内抛掷一枚小针，则针尖落在与正方形重叠部分的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据正方形的性质，全等三角形的判定和性质，概率公式即可得出结论．
【详解】解：正方形的对角线交于点，
，，，
，
，，
，
，
设正方形的边长为，
，
，
正方形与Rt两个图形重叠部分的面积
针尖落在与正方形重叠部分的概率为．
故答案为：．
【点睛】本题考查几何概率，正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
14. 如图，正方形的顶点分别在反比例函数和的图象上，若轴，点的横坐标为2，则的值为______．
【答案】8
【解析】
【分析】本题考查反比例函数的图象及应用，涉及正方形的性质，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标．连接交于E，延长交x轴于F，连接、，由四边形是正方形，设，，由轴，可以表示点A，B的坐标，可求得m，a的关系，再由在反比例函数（）的图象上，在（）的图象上，即可解答本题．
【详解】解：连接交于E，延长交x轴于F，连接、，如图：
∵四边形是正方形，
∴．
设，，
∵轴，
∴，．
∵A，B都在反比例函数（）的图象上，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵在反比例函数（）的图象上，在（）的图象上，
∴，
∴，
故答案为：8．
15. 如图，中，，，，点、分别为、上的动点，将沿折叠，使点们对应点恰好落在边上，当与相似时，的长为______．

【答案】或
【解析】
【分析】本题考查了直角三角形的性质，相似三角形的判定，折叠的性质，熟练掌握这些性质是解题的关键，注意与相似要分情况讨论．根据直角三角形的性质可得，当与相似时，设，则，分两种情况：①，②，分别列方程求解即可．
【详解】解：中，，，，
，
当与相似时，
点始终在边上，
根据折叠，
设，则，
分两种情况：
①，
此时，
，即，
解得，
，
②，
此时，
，即，
解得，
，
综上，的长为或，
故答案为：或．
三、计算题：本大题共2小题，共16分．
16. 计算题：
（1）解方程：；
（2）解方程：．
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是掌握一元二次方程的解法：直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法等．
（1）利用因式分解法解一元二次方程即可；
（2）利用因式分解法解一元二次方程即可．
【小问1详解】
解：，
，
或，
，；
【小问2详解】
解：，
，
，
或，
，．
17. 计算：
（1） ；
（2）．
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】本题考查了特殊角性的三角函数值的混合运算，二次根式的性质化简；
（1）先将特殊角的三角函数值代入，对最后一项的二次根式进行化简，然后再按运算顺序进行计算即可；
（2）将特殊角的三角函数值代入，按运算顺序进行计算即可得．
【小问1详解】
解：原式
；
【小问2详解】
解：原式
．
四、解答题：本题共6小题，共59分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
18. 为培养学生的阅读习惯，某中学利用学生课外时间开展了以“走近名著”为主题的读书活动．为了有效了解学生课外阅读情况，现随机调查了部分学生每周课外阅读的时间，设被调查的每名学生每周课外阅读的总时间为小时，将它分为4个等级：（），（），（），（），并根据调查结果绘制了如两幅不完整的统计图：
请你根据统计图的信息，解决下列问题：
（1）本次共调查了_________名学生；
（2）在扇形统计图中，等级所对应的扇形的圆心角为_________°；
（3）请补全条形统计图；
（4）在等级中有甲、乙、丙、丁4人表现最为优秀，现从4人中任选2人作为学校本次读书活动的宣传员，用列表或画树状图的方法求恰好选中甲和乙的概率．
【答案】（1）50；（2）108；（3）见解析；（4）
【解析】
【分析】（1）用条形统计图中等级B的人数除以扇形统计图中等级B所占百分比即得本次调查的人数；
（2）用扇形统计图中等级D的人数除以总人数再乘以360°即可求出等级所对应的扇形的圆心角；
（3）用总人数减去其它三个等级的人数即得等级C的人数，进而可补全条形统计图；
（4）先画出树状图求出所有等可能的结果数，再找出恰好选中甲和乙的结果数，然后根据概率公式求解即可．
【详解】解：（1）本次调查的学生人数=13÷26%=50名；
故答案为：50；
（2）在扇形统计图中，等级所对应的扇形的圆心角=．
故答案为：108；
（3）等级人数为：名，补图如下：
（4）画树状图得：
由图可知：总共有12种结果，且每种结果出现的可能性相同，其中恰好选中甲和乙的结果有2种，
所以（恰好选中甲和乙）．
【点睛】本题是统计与概率综合题，主要考查了条形统计图和扇形统计图的相关知识以及求两次事件的概率，属于常考题型，熟练掌握统计与概率的基本知识是解题的关键．
19. 如图所示，点O是菱形对角线的交点，，连接，交于F．

（1）求证：四边形是矩形
（2）如果设，求的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）由，可证明四边形是平行四边形，再由菱形的性质得到，由此即可证明结论；
（2）先根据菱形的性质得到，再根据矩形的性质和勾股定理求出的长即可．
【小问1详解】
证明：∵，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，即，
∴平行四边形是矩形；
【小问2详解】
解：∵四边形是菱形，，
∴，
∵四边形是矩形
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，矩形的性质与判定，勾股定理，熟知矩形的性质与判定定理是解题的关键．
20. 某风景区内有一古塔AB，在塔的北面有一建筑物，当光线与水平面的夹角是30°时，塔在建筑物的墙上留下了高3米的影子CD；而当光线与地面的夹角是45°时，塔尖A在地面上的影子E与墙角C有15米的距离（B、E、C在一条直线上），求塔AB的高度（结果保留根号）．
【答案】塔AB的高度（12+9）米．
【解析】
【分析】过点D作DF⊥AB，则图中有两个直角三角形即△ABE和△AFD，若假设AB=x米，则在△ABE中可求出BE，又EC已知，所以BC的值就确定了为x+15，在△AFD中，DF=AF•ct30°=3（x-3），所以根据BC=DF则可列方程，只需解方程即可求值．
【详解】如图，过点D作DF⊥AB，垂足为F，
∵AB⊥BC，CD⊥BC，
∴四边形BCDF的矩形，
∴BC=DF，CD=BF，
设AB=x米，在Rt△ABE中，∠AEB=∠BAE=45°，
∴BE=AB=x，
在Rt△ADF中，∠ADF=30°，AF=AB-BF=x-3，
∴DF=AF•ct30°=（x-3），
∵DF=BC=BE+EC，
∴（x-3）=x+15，
解得x=12+9，
答：塔AB的高度（12+9）米．
【点睛】本题考查的是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. 如图，在平面直角坐标系中，直线与反比例函数的图象交于A、B两点，与x轴相交于点C，已知点B的坐标为．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）直接写出不等式的解集．
（3）点P为反比例函数图象上任意一点，若，求点P的坐标；
【答案】（1）
（2）或
（3）或
【解析】
【分析】本题考查了反比例函数和一次函数综合，解题的关键是熟练掌握用待定系数法求解函数解析式的方法和步骤，以及一次函数和反比例函数的图象和性质．
（1）先求出点B的坐标，再用待定系数法，即可得出反比例函数解析式；
（2）联立反比例函数解析式和一次函数解析式，求出点A的坐标，根据图象，写出当一次函数图象低于反比例函数图象时，自变量的取值范围即可；
（3）先求出，则，得出点P的纵坐标，即可解答．
【小问1详解】
解：把代入得：，
解得：，
∴，
把代入得：，
解得：，
∴反比例函数解析式；
【小问2详解】
解：联立反比例函数解析式和一次函数解析式得：
，
解得：，，
∴，
由图可知，当或时，；
【小问3详解】
解：把代入，
解得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，则或，
当时，，
当时，，
综上：或．
22. 凌云文具店从工厂购进、两款冰墩墩钥匙扣，进货价和销售价如表：（注：利润销售价进货价）
（1）该文具店第一次用元购进、两款钥匙扣共件，求两款钥匙扣分别购进的件数；
（2）第一次购进的冰墩墩钥匙扣售完后，该文具店计划再次购进、两款冰墩墩钥匙扣共件（进货价和销售价都不变），且进货总价不高于元．应如何设计进货方案，才能获得最大销售利润，最大销售利润是多少？
（3）文具店打算把款钥匙扣调价销售．如果按照原价销售，平均每天可售件．经调查发现，每降价元，平均每天可多售件，将销售价定每件多少元时，才能使款钥匙扣平均每天销售利润为元？
【答案】（1）购进款钥匙扣件，款钥匙扣件
（2）当购进件款钥匙扣，件款钥匙扣时，才能获得最大销售利润，最大销售利润是元．
（3）将销售价定为每件元或元时，才能使款钥匙扣平均每天销售利润为元
【解析】
【分析】（1）设购进款钥匙扣件，款钥匙扣件，利用总价单价数量，结合该网店第一次用元购进、两款钥匙扣共件，即可得出关于，的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设购进件款钥匙扣，则购进件款钥匙扣，利用总价单价数量，结合总价不超过元，即可得出关于的一元一次不等式，解之即可得出的取值范围，设再次购进的、两款冰墩墩钥匙扣全部售出后获得的总利润为元，利用总利润每件的销售利润销售数量，即可得出关于的函数关系式，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题；
（3）设款钥匙扣的售价定为元，则每件的销售利润为元，平均每天可售出件，利用平均每天销售款钥匙扣获得的总利润每件的销售利润平均每天的销售量，即可得出关于的一元二次方程，解之即可得出结论．
【小问1详解】
设购进款钥匙扣件，款钥匙扣件，
依题意得：，
解得：．
答：购进款钥匙扣件，款钥匙扣件．
【小问2详解】
设购进件款钥匙扣，则购进件款钥匙扣，
依题意得：，
解得：．
设再次购进的、两款冰墩墩钥匙扣全部售出后获得的总利润为元，则．
，
随的增大而增大，
当时，取得最大值，最大值，此时．
答：当购进件款钥匙扣，件款钥匙扣时，才能获得最大销售利润，最大销售利润是元．
【小问3详解】
设款钥匙扣的售价定为元，则每件的销售利润为元，平均每天可售出件，
依题意得：，
整理得：，
解得：，．
答：将销售价定为每件元或元时，才能使款钥匙扣平均每天销售利润为元．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用、一元二次方程的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，找出关于的函数关系式；（3）找准等量关系，正确列出一元二次方程．
23. （1）如图，已知，求证：；
（2）如图，在中，，点为斜边上的一点，连接．作使得，边与边相交于点．已知，，求的值（用含的代数式表示）；
（3）如图，在中，，，，点为斜边上一点，且，点在边上，且，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【解析】
【分析】（1）首先由相似三角形的性质得到，然后证明出，即可得到；
（2）由得到，，然后证明出，得到，然后得到，设，则，根据求解即可；
（3）如图，过点作的垂线，与DE的延长线交于点，，垂足为，证明出，得到，然后证明出，得到，然后证明出，得到．
【详解】（1）证明：，
，，
，即，
又，即，
，
；
（2）解：如图所示，

，
，，，
，即，
，
，，
，
又，
，
，
又，
设，则，
，
，
；
（3）解：如图，过点作的垂线，与DE的延长线交于点，，垂足为，

，，
，
，，
又，
，
由题意可知，，
，

，
，
，
，由勾股定理得：，，
，
，，
，
．
【点睛】此题考查了相似三角形的性质和判定，解直角三角形，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
类别
价格
款钥匙扣
款钥匙扣
进货价（元/件）


销售价（元/件）