2020-2021学年华东师大新版九年级下册数学期中复习试卷（Word版含解析）

2020-2021学年华东师大新版九年级下册数学期中复习试卷
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．8的立方根等于（　　）
A．﹣2
B．2
C．﹣4
D．4
2．下列计算中，正确的是（　　）
A．（2a）3＝2a3
B．a3+a2＝a5
C．a8÷a4＝a2
D．（a2）3＝a6
3．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A．
B．
C．
D．
4．为了解某小区家庭使用垃圾袋的情况，小亮随机调查了该小区10户家庭一周垃圾袋的使用量，结果如下：7，9，11，8，7，14，10，8，9，7（单位：个），关于这组数据下列结论正确的是（　　）
A．方差是4
B．众数是7
C．中位数是8
D．平均数是10
5．如图，已知AE是⊙O的直径，∠B＝40°，则∠CAE的度数为（　　）
A．40°
B．50°
C．60°
D．70°
6．如图，沿AC的方向开山修路，为了加快速度，要在小山的另一边同时施工，从AC上取一点B，取∠ABD＝148°，已知BD＝600米，∠D＝58°，点A，C，E在同一直线上，那么开挖点E离点D的距离是（　　）
A．600sin58°米
B．600cos58°米
C．600tan58°米
D．米
7．已知函数y＝kx﹣b的图象如图所示，则一元二次方程x2+x+k﹣1＝0根的情况是（　　）
A．没有实数根
B．有两个相等的实数根
C．有两个不相等的实数根
D．不确定
8．如图，在菱形ABCD中，∠ADC＝72°，AD的垂直平分线交对角线BD于点P，垂足为E，连接CP，则∠CPB的度数是（　　）
A．108°
B．72°
C．90°
D．100°
9．如图，在平面直角坐标系中，PB⊥PA，AB⊥x轴于点E，正比例函数y＝mx的图象和反比例函数y＝的图象相交于A、P（﹣1，2）两点，则点B的坐标是（　　）
A．（1，3）
B．（1，4）
C．（1，5）
D．（1，6）
10．如图①，在矩形ABCD中，AB＞AD，对角线AC，BD相交于点O，动点P由点A出发，沿A→B→C运动．设点P的运动路程为x，△AOP的面积为y，y与x的函数关系图象如图②所示，则AB边的长为（　　）
A．3
B．4
C．5
D．6
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
11．我国最大的领海是南海，总面积有3500000km2，用科学记数法可表示为　
　km2．
12．若有意义，则x的取值范围是　
　．
13．若a、b互为相反数，c、d互为倒数，则的值为　
　．
14．已知一个凸多边形的每个内角都是150°，则它的边数为　
　．
15．已知矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，以AD为直径的半圆与BC相切于点，则图中阴影部分的面积为　
　（结果保留π）
16．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝2，BC＝1．将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△AB'C'，连接B'C，则tan∠ACB'＝　
　．
三．解答题（共9小题，满分86分）
17．计算：6sin45°+|2﹣7|﹣（）﹣3+（2020﹣）0．
18．先化简，再求值：（x﹣2+）÷，其中x＝﹣．
19．已知：如图，AB＝AE，AB∥DE，∠ECB+∠D＝180°．
求证：△ABC≌△EAD．
20．如图，已知，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝1，AC＝2．
（1）在线段BC找一点D，使得点D到边AC的距离等于DB的长（用尺规作图，保留作图痕迹，不要求写作法）；
（2）在（1）的条件下，求BD的长．
21．某一食品厂从生产的袋装食品中抽出样品20袋，检测每袋的质量是否符合标准，超过或不足的部分分别用正、负数来表示，记录如下表：
与标准质量的差值（单位：g）
﹣5
﹣2
0
1
3
6
袋数
1
4
3
4
5
3
这批样品的平均质量比标准质量多还是少？多或少几克，若标准质量为450克，则抽样检测的总质量是多少？
22．已知：如图，四边形ABCD是正方形，∠PAQ＝45°，将∠PAQ绕着正方形的顶点A旋转，使它与正方形ABCD的两个外角∠EBC和∠FDC的平分线分别交于点M和N，连接MN．
（1）求证：△ABM∽△NDA；
（2）连接BD，当∠BAM的度数为多少时，四边形BMND为矩形，并加以证明．
23．如图①，一个横截面为抛物线形的隧道，其底部的宽AB为8m，拱高为4m，该隧道为双向车道，且两车道之间有0.4m的隔离带，一辆宽为2m的货车要安全通过这条隧道，需保持其顶部与隧道间有不少于0.5m的空隙，按如图②所建立平面直角坐标系．
（1）求该抛物线对应的函数关系式；
（2）通过计算说明该货车能安全通过的最大高度．
24．如图，圆内接四边形ABDC中，AB＝AC＝2，AD＝3，E为弧CD的中点，AE交CD于点F，M为AD上一点，且AM＝2．
（1）求证：；
（2）求证：∠DBM＝∠DAF；
（3）求BD?DC的值．
25．如图，抛物线y＝ax2﹣3ax﹣2交x轴于A、B（A左B右）两点，交y轴于点C，过C作CD∥x轴，交抛物线于点D，E（﹣2，3）在抛物线上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）P为第一象限抛物线上一点，过点P作PF⊥CD，垂足为F，连接PE交y轴于G，求证：FG∥DE；
（3）如图2，在（2）的条件下，过点F作FM⊥PE于M．若∠OFM＝45°，求P点坐标．
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．解：∵23＝8，
∴8的立方根是2．
故选：B．
2．解：A、（2a）3＝8a3，故本选项错误；
B、a3+a2不能合并，故本选项错误；
C、a8÷a4＝a4，故本选项错误；
D、（a2）3＝a6，故本选项正确；
故选：D．
3．解：A、是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项正确；
B、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
故选：A．
4．解：＝（7+9+11+8+7+14+10+8+9+7）＝9，
S2＝
[（7﹣9）2+（9﹣9）2+（11﹣9）2+（8﹣9）2+（7﹣9）2+（14﹣9）2+（10﹣9）2+（8﹣9）2+（9﹣9）2+（7﹣9）2]＝4.4，
众数是7，
中位数是＝8.5，
故选：B．
5．解：∵AE是⊙O的直径，
∴∠ACE＝90°，
∵∠B＝∠E＝40°，
∴∠CAE＝90°﹣∠B＝50°．
故选：B．
6．解：∵∠DBE＝180°﹣∠ABD＝180°﹣148°＝32°，
∴∠E＝180°﹣32°﹣58°＝90°，
∴△BDE是直角三角形，
∵BD＝600米，
∴开挖点E离点D的距离DE＝600cos58°米．
故选：B．
7．解：由图象可得k＜0，
∵△＝12﹣4（k﹣1）＝﹣4k+5，
而﹣4k＞0，
∴△＞0，
∴方程有两个不相等的实数根
故选：C．
8．解：连接PA，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADP＝∠CDP＝∠ADC＝36°，BD所在直线是菱形的对称轴，
∴PA＝PC，
∵AD的垂直平分线交对角线BD于点P，
∴PA＝PD，
∴PD＝PC，
∴∠PCD＝∠CDP＝36°，
∴∠CPB＝∠PCD+∠CDP＝72°；
故选：B．
9．解：∵AP为正比例函数，故点A、P关于原点对称，则点A（1，﹣2），则设点B（1，t），
过点P作y轴的平行线交x轴于点N，交点B与x轴的平行线于点M，
∵∠MPB+∠NPO＝90°，∠MPB+∠MBP＝90°，
∴∠NPO＝∠MPB，
BM＝1﹣（﹣1）＝2＝PN＝2，∠PNO＝∠BMP＝90°，
∴△PNO≌△BMP（AAS），
∴MP＝ON＝1，
故MN＝MP+PN＝1+2＝3，
故点B的坐标为（1，3），
故选：A．
10．解：从图象看，当点P到达点B时，△AOP的面积为6，此时△AOP的高为BC，
∴△AOP的面积＝×AB×（BC）＝6，解得AB?BC＝24①，
而从图②看，AB+BC＝10②，
联立①②并解得，
故选：D．
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
11．解：将3500000用科学记数法表示为：3.5×106．
故答案为：3.5×106．
12．解：由题意得，x≥0且x﹣3≠0，
解得x≥0且x≠3．
故答案为：x≥0且x≠3．
13．解：根据题意得：a+b＝0，cd＝1，
则原式＝0+3＝3，
故答案为：3
14．解：∵一个凸多边形的每个内角都是150°，
∴对应的外角度数为180°﹣150°＝30°，
∴多边形的边数是＝12，
故答案为：12．
15．解：连接OE，如图所示：
∵以AD为直径的半圆O与BC相切于点E，
∴OD＝2，OE⊥BC，
∵矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，
∴∠C＝∠ADC＝90°，CD＝AB＝2，
∴四边形OECD是矩形，OD＝CD，
∴四边形OECD为正方形，
∴由弧DE、线段EC、CD所围成的面积＝S正方形OECD﹣S扇形EOD＝22﹣＝4﹣π，
∵由弧DE、线段EC、CD所围成的面积＝由弧AE、线段EB、AB所围成的面积，
∴阴影部分的面积＝S△ABC﹣由弧AE、线段EB、AB所围成的面积＝×2×4﹣（4﹣π）＝π，
故答案为π．
16．解：在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC＝＝＝，
过C作CM⊥AB′于M，过A作AN⊥CB′于N，
∵根据旋转得出AB′＝AB＝2，∠B′AB＝90°，
即∠CMA＝∠MAB＝∠B＝90°，
∴CM＝AB＝2，AM＝BC＝1，
∴B′M＝2﹣1＝1，
在Rt△B′MC中，由勾股定理得：B′C＝＝＝，
∴S△AB′C＝B′C?AN＝CM?AB′，
∴××AN＝×2×2，
解得：AN＝，
在Rt△ANC中，由勾股定理得：CN＝＝＝，
∴tan∠ACB′＝＝＝；
故答案为：．
三．解答题（共9小题，满分86分）
17．解：原式＝6×+7﹣2﹣8+1，
＝3+7﹣2﹣8+1，
＝．
18．解：原式＝（+）?
＝?
＝2（x+2）
＝2x+4，
当x＝﹣时，
原式＝2×（﹣）+4
＝﹣1+4
＝3．
19．证明：∵AB∥DE，
∴∠CAB＝∠E，
∵∠ECB+∠D＝180°，∠ECB+∠ACB＝180°，
∴∠D＝∠ACB，
在△ABC与△EAD中，
，
∴△ABC≌△EAD（AAS）．
20．解：（1）如图，AD为所求．
（2）作DE⊥AC于E，如图，
∵∠ABC＝90°，AB＝1，AC＝2．
∴在Rt△ABC中
∴BC＝＝＝，
∵AD为角平分线，DB⊥AB，DE⊥AC，
∴BD＝DE，
设BD＝x，则DE＝x，
∵S△ABD+S△ADC＝S△ABC，
∴?AB?DB+?AC?DE＝?AB?BC，
∴×1×x+×2×x＝×1×，
∴x＝，
即BD的长为．
21．解：与标准质量的差值的和为﹣5×1+（﹣2）×4+0×3+1×4+3×5+6×3＝24，其平均数为24÷20＝1.2，即这批样品的平均质量比标准质量多，多1.2克．
则抽样检测的总质量是（450+1.2）×20＝9024（克）．
22．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠ADC＝∠BAD＝90°，
∵BM、DN分别是正方形的两个外角平分线，
∴∠ABM＝∠ADN＝135°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠BAM＝∠AND＝45°﹣∠DAN，
∴△ABM∽△NDA；
（2）解：当∠BAM＝22.5°时，四边形BMND为矩形；理由如下：
∵∠BAM＝22.5°，∠EBM＝45°，
∴∠AMB＝22.5°，
∴∠BAM＝∠AMB，
∴AB＝BM，
同理AD＝DN，
∵AB＝AD，∴BM＝DN，
∵四边形ABCD是正方形
∴∠ABD＝∠ADB＝45°，
∴∠BDN＝∠DBM＝90°
∴∠BDN+∠DBM＝180°，
∴BM∥DN
∴四边形BMND为平行四边形，
∵∠BDN＝90°，
∴四边形BMND为矩形．
23．解：（1）如图②中，A（4，0），C（0，4），
设抛物线解析式为y＝ax2+k，
由题意，得，
解得：，
∴抛物线表达式为．
（2）2+＝2.2，
当x＝2.2时，y＝﹣×2.22+4＝2.79，
当y＝2.79时，2.79﹣0.5＝2.29
（m）．
答：该货车能够通行的最大高度为2.29
m．
24．证明：（1）过点D作DH∥AC交AE的延长线于H，
∵E为弧CD的中点，
∴＝，
∴∠DAE＝∠CAE，
∵DH∥AC，
∴∠H＝∠CAF，
∴∠DAE＝∠H，
∴DA＝DH＝3，
∵AC∥DH，
∴＝；
（2）∵AB＝AC＝2，
∴＝，
∴∠ADB＝∠ADC，
∵∠ADC+∠C+∠DAC＝180°，
∴∠ADC＝180°﹣∠C﹣2∠DAF，
∵AB＝AM＝2，
∴∠ABM＝∠AMB，
∵∠AMB＝∠ADB+∠DBM，
∴∠ABM＝∠ADB+∠DBM，
∴∠ABD＝2∠DBM+∠ADB，
∵四边形ABDC是圆内接四边形，
∴∠C+∠ABD＝180°，
∴∠C+2∠DBM+∠ADB＝180°，
∴∠ADB＝180°﹣∠C﹣2∠DBM，
∴∠DAF＝∠DBM；
（3）∵，
∴DF＝DC，
∵∠DAF＝∠DBM，∠ADB＝∠ADC，
∴△BDM∽△ADF，
∴，
∴，
∴BD?DC＝5．
25．解：（1）∵E（﹣2，3）在抛物线y＝ax2﹣3ax﹣2上，
∴4a+6a﹣2＝3，
解得：a＝，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣x﹣2．
（2）证明：∵y＝x2﹣x﹣2＝0时，解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴A（﹣1，0），B（4，0），
∵x＝0时，y＝x2﹣x﹣2＝﹣2，
∴C（0，﹣2），
∵点D在抛物线上，且CD∥x轴，
∴D（3，﹣2），
设直线DE解析式为y＝kx+b
∴
解得：，
∴直线DE：y＝﹣x+1，
∵点P为第一象限抛物线上一点，
∴设点P坐标为（t，
t2﹣t﹣2）（t＞4），
设直线PE解析式为y＝cx+d，
∴
解得：，
∴直线PE：y＝x+t﹣2，直线PE与y轴交点G（0，t﹣2），
∵PF⊥CD于点F，
∴F（t，﹣2），
设直线FG解析式为y＝ex+t﹣2，
把点F代入得：te+t﹣2＝﹣2，
解得：e＝﹣1，
∴FG∥DE，
（3）延长FO、PE相交于点N，过点M作MG′⊥PF于点G′，过点N作NH⊥MG′交G′M的延长线于点H，
∴∠FG′M＝∠MHN＝90°，
∵FM⊥PE于M，
∴∠FMN＝90°，
∴∠FMG′+∠NMH＝∠MNH+∠NMH＝90°，
∴∠FMG′＝∠MNH，
∵∠OFM＝45°，
∴∠MNF＝180°﹣∠FMN﹣∠OFM＝45°，
∴FM＝MN，
在△FG′M与△MHN中
，
∴△FG′M≌△MHN（AAS），
∴FG′＝MH，MG′＝NH，
∵F（t，﹣2），
∴直线OF：y＝﹣x，
∵点M在直线PE：y＝x+t﹣2上，
∴设M（m，
m+t﹣2），
∴MG′＝t﹣m，FG′＝m+t﹣2﹣（﹣2）＝m+t，
∵
解得：，
∴N（，），
∴MH＝m﹣，NH＝m+t﹣2﹣，
∴，
解得：
（舍去），
∴yP＝×36﹣×6﹣2＝7，
∴点P坐标为（6，7）．
解法二：过点G作GH⊥PF于H，交FM于N，连接ON，设P（a，
a2﹣a﹣2），设NH＝b，
由△GHP≌△FHN，推出NH＝PH＝b，
证明ON＝OC+NH＝b+2，
在Rt△OGN中，则有（b+2）2＝（a﹣2）2+（a﹣b）2，
∴b＝，
又b＝PH＝a（a﹣5），
∴＝，
∴a2﹣5a﹣6＝0，
∴a＝6或﹣1（舍弃），
∴P（6，7）．