2020年浙教版九年级数学上册期末试题(附答案)

2020年浙教版九年级数学上册期末试题(附答案)2019-2020学年第一学期九年级数学期末试卷一、选择题（本题有10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不给分）1.在、2、-1、-2这四个数中，最小的数为（）。A.-2B.2C.-1D.12.近两年，中国倡导的“一带一路”为沿线国家创造了约180000个就业岗位，将180000用科学记数法表示为（）。A.1.8×105B.1.8×104C.0.18×106D.18×1043.如图，四边形ABCD为圆内接四边形∠A=85°，∠B=105°，则∠C的度数为（）。A.115°B.75°C.95°D.无法求4.如图所示的工件，其俯视图是（）。（此处缺少图示，无法判断）5.如图，AB∥CD，AD和BC相交于点O，∠A=20°，∠COD=100°，则∠C的度数是（）。A.80°B.70°C.60°D.50°6.在平面直角坐标系中，点P（1，-2）关于x轴的对称的坐标是（）。A.（1，2）B.（-1，-2）C.（-1，2）D.（-2，1）7.抛物线y=x+bx+c的图象先向右平移2个单位，再向下平移3个单位，所得图象的函数解析式为y=(x-1)-4，则b、c的值为（）。A.b=2，c=-6B.b=2，c=C.b=-6，c=8D.b=-6，c=28.受季节的影响，某种商品每件按原售价降价10%，又降价a元，现每件售价为b元，那么该商品每件的原售价为（）。A.(a+b-ba)/(1-10%)元B.(1-10%)(a+b)元C.a+b元D.(1-10%)(b-a)元9.一个有进水管和出水管的容器，从某时刻开始4min内只进水不出水，在随后的8min内即进水又出水，每分钟的进水量和出水量是两个常数，容器内的水量y（L）与时间x（min）之间的关系如图所示，则每分钟的出水量为（）。（此处缺少图示，无法判断）参考公式：抛物线y=ax2+bx+c的顶点坐标是：(-b/2a,c-b2/4a)二、解答题（共60分）1.已知函数f(x)=x2-4x+3，求f(x+1)的值。（6分）解：f(x+1)=(x+1)2-4(x+1)+3=x2+2x+1-4x-4+3=x2-2x=（x-1）2-1，所以f(x+1)=(x-1)2-1。2.如图，矩形ABCD中，点E、F分别在AB、CD边上，且AE=3cm，BF=4cm，CE=2cm，DE=6cm，EF=2cm，求矩形ABCD的面积。（8分）（此处缺少图示，无法判断）3.如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别在AB、BC边上，且AE:EB=1:3，BF:FC=2:3，DE=4cm，EF=6cm，求平行四边形ABCD的面积。（10分）（此处缺少图示，无法判断）4.已知函数f(x)=x3-6x2+ax+b，当x=1时，f(x)取得最小值-2，当x=3时，f(x)取得最大值18，求a、b的值。（10分）解：由题意可得f(1)=-2，f(3)=18，代入函数可得方程组：a+b=-59a+b=45解得a=5，b=-10，所以函数f(x)=x3-6x2+5x-10。5.在平面直角坐标系中，已知直线L1过点A(1,2)且与直线L2：2x-y+1=0垂直，直线L2过点B(3,5)，求直线L1的解析式。（12分）解：L2的斜率为2，所以L1的斜率为-1/2，过点A(1,2)且斜率为-1/2的直线解析式为y-2=-(1/2)(x-1)，即y=-1/2x+5/2。6.已知函数f(x)=2x2+bx+c，对于任意实数x，都有f(x+1)-f(x)=8x+6，求函数f(x)的解析式。（14分）解：由题意可得f(x+1)-f(x)=2(x+1)2+b(x+1)+c-(2x2+bx+c)=4x+2+b=8x+6，解得b=4，代入f(x+1)-f(x)=8x+6中可得c=1，所以函数f(x)=2x2+4x+1。1.选项缺少标点符号，应为：A.5L，B.3.75L，C.2.5L，D.1.25L。2.题目中的符号“⊿”应为“△”，题目也缺少一些必要的信息，无法回答。3.改写后的描述：在平面直角坐标系中，有一组等边三角形，它们的边长均为2，其中三角形OAB中，点A的横坐标为2017，点B、B…都在直线y=x+2017上，求点A的纵坐标。4.解：由等边三角形性质可知，∠OAB=60°，因此OA的斜率为tan60°=√3。又因为点A在直线y=x+2017上，因此OA的斜率也为1，解得OA的坐标为(2017,2018+√3)。选项C。5.填空题解答：(11)由定义可知，x的取值范围为实数范围，即x∈(-∞,+∞)。(12)a+b=6。(13)由中点定理可知，DE=1/2AB=4，EF=1/2AD=3，因此EF=3。(14)由中位数的定义可知，y=2x，因此平均数为(2+5+x+y+2x+11)/6=7，解得x=3，y=6。因此，众数为2。(15)由正弦函数的定义可知，sin∠AOB=4k/5x，因此5x=4k/sin∠AOB。由△AOF的面积可得，1/2×2017×OF=12，因此OF=24/2017。又因为F是BC的中点，因此BC的长度为2OF=48/2017。又因为O是正方形BCEF的中心，因此OC=OF=24/2017，CB的斜率为-1/√3，因此CB的方程为y=-1/√3(x-24/2017)，联立BC和AC的方程，解得C的坐标为(2017-24√3/2017,24/2017)。(16)由勾股定理可知，AB=4，因此AC=√(AB^2+BC^2)=√(4^2+(2AO)^2)=√(4^2+62^2)=√3860。6.解答题解答：(17)(1)将表达式化简得：-2+(π-2017)-2sin60+1-32=-2018-2√3。(2)将表达式化简得：a(3-2a)+2(a+1)(a-1)=4a-2a^2+2=2(2-a)(a-1)。(18)连接AC，由平行四边形的性质可知，DE=BC/2，因此DE=AB/2，因此△ADE和△ABC相似，因此AE=AC/2，因此AF=AE+EF=AC/2+AB/2=BC/2=BF，因此AB=BF。(19)(1)根据题意，E类学生的时间大于8小时，因此从图中可知E类学生有2人，补全条形统计图如下：(2)D类学生的时间在6~8小时之间，因此D类学生人数占比为(6/50)×100%=12%。(3)从做义工时间在2~4小时之间的学生中任选2人，这部分学生共有10人，因此选出2人的概率为C(10,2)/C(50,2)=9/245。20.(1)$$\begin{matrix}A(5,4)&&&&&\\&&&&&\\&&&&&\\&&&&&\\&&&&&\\&&&&&\\&&&&&\\&&&&&B(1,3)\\\end{matrix}\rightarrow\begin{matrix}&&&&&\\&&&&&\\&&&&&\\&&&&&A_1(1,6)\\&&&&&\\&&&&&\\&&&&&\\&&&&&B_1(4,2)\\\end{matrix}\rightarrow\begin{matrix}&&&&&\\&&&&&\\&&&&&A_1(1,6)\\&&&&&\\&&&&&\\&&&&&B_1'(2,5)\\&&&&&\\&&&&&B_1(4,2)\\\end{matrix}$$所以$\triangleA_1OB_1'$如下图所示：$$\begin{matrix}&&&&&\\&&&&&\\&&&&&\\&&&&&\\&&&&&\\&&&&&\\&&&&&\\&&&&&B_1'(2,5)\\&&&&&\\&&&&&\\&&&&&\\&&&&&\\&&&&&\\&&&&&\\A_1(1,6)&&&&&&&&&B_1(4,2)\\\end{matrix}$$(2)线段$AB$扫过的图形面积为$\dfrac{1}{2}AB\cdotOA=\dfrac{1}{2}\sqrt{10}\cdot6$，线段$BO$扫过的图形面积为$\dfrac{1}{2}BO^2=\dfrac{1}{2}5$，所以线段$AB$和$BO$扫过的图形面积之和为$\dfrac{1}{2}\sqrt{10}\cdot6+\dfrac{1}{2}5=\dfrac{5\sqrt{10}+6}{2}$。21.(1)因为$AB=AC$，所以$\angleBAC=60^\circ$。又因为$AE\perpBC$，所以$\angleBAE=30^\circ$，所以$\angleDAB=\angleBAE-\angleBAD=30^\circ-\angleBAD$。又因为$\angleABD=90^\circ$，所以$\angleBDA=60^\circ-\angleBAD$。所以$\tan\angleD=\dfrac{BD}{AD}=\dfrac{BD}{AB-BD}=\dfrac{6\sqrt{3}}{5-6\sqrt{3}}=3\sqrt{3}-4$。(2)因为$DH=DF$等价于$\triangleDPH$和$\triangleDPF$的底边相等，所以只需要证明$\triangleDPH\cong\triangleDPF$。由于$\angleDPH=\angleDPF=90^\circ$，所以只需要证明$DP=DP$和$PH=PF$。由于$\angleDAB=30^\circ$，所以$\angleEAB=60^\circ$，所以$\angleABE=120^\circ$，所以$\anglePBE=60^\circ$。所以$\trianglePBE$是等边三角形，所以$PB=PE$，所以$PF=PE+EF=PB+EF=BC=6$。又因为$\angleAHC=\angleAFC=90^\circ$，所以$AFHC$是矩形，所以$AH=FC=5$。所以$PH^2=PF^2+FH^2=6^2-5^2=11$，所以$PH=\sqrt{11}$。所以$\triangleDPH\cong\triangleDPF$，所以$DH=DF$。22.(1)设种植A种瓯柑$x$亩，则种植B种瓯柑$(30-x)$亩。由于总产量为$68000$千克，所以$2000x+2500(30-x)=68000$，解得$x=20$。所以种植A种瓯柑$20$亩，种植B种瓯柑$10$亩。(2)设种植A种瓯柑$x$亩，则种植B种瓯柑$(30-x)$亩。由于要求种植A种瓯柑的亩数不少于B种的一半，所以$x\geq\dfrac{1}{2}(30-x)$，解得$x\geq15$。设全部收购该基地瓯柑的年总收入为$S$，则$S=8\cdot2000x+7\cdot2500(30-x)=50000x+525000$。当$x=15$时，$S=787500$；当$x=20$时，$S=790000$；当$x=25$时，$S=780000$。所以当种植A种瓯柑$20$亩，种植B种瓯柑$10$亩时，其年总收入最多，为$790000$元。23.(1)点$A$的坐标为$(10,0)$，设抛物线的解析式为$y=ax^2+bx+4$。由于抛物线过点$B(6,5)$，所以$5=a\cdot6^2+b\cdot6+4$，即$36a+6b=1$。由于抛物线过点$C(0,c)$，所以$c=4$。由于抛物线过点$D(-2,0)$，所以$0=4a-2b+4$，即$2a-b=-2$。解得$a=\dfrac{1}{4}$，$b=-\dfrac{7}{2}$。所以抛物线的解析式为$y=\dfrac{1}{4}x^2-\dfrac{7}{2}x+4$。(2)设$\anglePBE=\theta$，则$\anglePEB=120^\circ-\theta$，所以$\angleBEP=60^\circ+\theta$。所以$\tan\anglePBE=\tan\theta=\dfrac{PE}{BE}=\dfrac{t^2-4}{2t-6}$。又因为$\anglePBE=\angleODC$，所以$\tan\angleODC=\dfrac{4}{10-t}$。所以$\dfrac{t^2-4}{2t-6}=\dfrac{4}{10-t}$，解得$t=2$或$t=8$。当$t=2$时，$\anglePBE=30^\circ$，$\angleODC=30^\circ$，所以$\anglePBE$和$\angleODC$相等；当$t=8$时，$\anglePBE=150^\circ$，$\angleODC=120^\circ$，所以$\anglePBE$和$\angleOCD$相等。(3)因为四边形$PMQN$是正方形，所以$PM=QN$。所以$\trianglePMB\cong\triangleQNC$，所以$MB=NC$。所以$MB+BC+CN=6$，即$t=5$。题目：五边形AFPQM:S矩形ABCD=9:8，求PQ//BD的取值，以及是否存在某一时刻使得S矩形ABCD:S五边形AFPQM=9:8。解答：1.首先根据题目中的条件S矩形ABCD:S五边形AFPQM=9:8，可得ABCD与AFPQM的面积比为9:8，即S矩形ABCD=9/17*S五边形AFPQM。2.设PQ与BD的交点为E，根据题目中的条件可得AE:EB=9:8，同时由于S矩形ABCD与S五边形AFPQM的比值为9:8，所以PE:EQ=9:8。3.当PQ//BD时，根据平行四边形的性质可得AE:EB=AP:PQ=9:8，同时PE:EQ=9:8，因此AE:EB:PE:EQ=9:8:9:8。4.根据面积比的定义，可得S矩形ABCD:S五边形AFPQM=AB:AF=9:8，即AB:AF=9:8，因此AB/AF=9/8。5.根据正弦定理可得S△AFP:S△ABD=AF/AB=sin∠ABD/sin∠AFP，即S△AFP:S△ABD=8/9。6.设S△AFP=k，S△ABD=9/17*k，由于S△ABD+S△AFP=S矩形ABCD=9/17*S五边形AFPQM，因此9/17*k+k=9/8*k，解得k=0，因此S△AFP=0，即PQ//BD时，S五边形AFPQM=0，所以不存在某一时刻使得S矩形ABCD:S五边形AFPQM=9:8。7.综上所述，PQ//BD的取值为AE:EB:PE:EQ=9:8:9:8。(1)根据题意，可得$$\because\angleC=\angleD,\therefore\tanC=\tanD,\therefore\tanD=...$$(2)由于$AB=AC$，$AE\perpBC$，因此$EC=ED$。又因为$AH\perpBD$，$AF\perpCD$，所以$\angleAHD=\angleAFC=90^\circ$。又根据$\becauseAB=AC$，$\angleABH=\angleACF$，因此$\triangleABH\cong\triangleACF$，从而$AH=AF$。在$\triangleAHD$和$\triangleAFD$中，有$$DH^2=AD^2-AH^2,\quadDF^2=AD^2-AF^2$$因此$DH=DF$。(22)(1)设该基地种植$A$种瓯柑$x$亩，则种植$B$种瓯柑$30-x$亩。根据题意，得到方程$2000x+2500(30-x)=68000$，解得$x=14$，从而$30-x=16$。因此，$A$种瓯柑种植$14$亩，$B$种瓯柑种植$16$亩。(2)根据题意，有$x\geq\frac{1}{2}(30-x)$，解得$x\geq10$。设全部收购该基地瓯柑的年总收入为$y$元，则$y=8\times2000x+7\times2500(30-x)=-1500x+525000$。因为$y$随$x$的增大而减小，所以当$x=10$时，$y$有最大值。此时$30-x=20$，$y$的最大值为$510000$元。因此，种植$A$种瓯柑$10$亩，$B$种瓯柑$20$亩时，全部收购该基地瓯柑的年总收入最多为$510000$元。(23)(1)在$y=ax^2+bx+4$中，令$x=0$可得$y=4$，因此$C(0,4)$。因为四边形$OABC$为矩形，且$A(10,y)$，所以$B(10,4)$。把$B$、$D$坐标代入抛物线解析式可得$y=-x^2+x+4$。(2)由题意可设$P(t,4)$，则$E(t,-t^2+t+4)$。因为$\angleBPE=\angleCOD=90^\circ$，所以当$\anglePBE=\angleOCD$时，有$$\tan\anglePBE=\tan\angleOCD$$因此$$\frac{PE}{OD}=\frac{BP}{OC}$$即$2(10-t)=4(-t^2+t)$，解得$t=3$。因此，当$t=3$时，$\anglePBE=\angleOCD$。同理，当$\anglePBE=\angleCDO$时，有$$\tan\anglePBE=\tan\angleCDO$$因此$$\frac{PE}{OC}=\frac{DO}{PB}$$即$4(10-t)=2(-t^2+t)$，解得$t=12$。但是$t=12$不符合题意，因此当$t=3$时，$\anglePBE=\angleOCD$。（3）当四边形PMQN为正方形时，可以得到以下结论：$\anglePMC=\anglePNB=\angleCQB=90^\circ$，$PM=PN$。因此，$\angleCQO+\angleAQB=90^\circ$。又因为$\angleCQO+\angleOCQ=90^\circ$，所以$\angleOCQ=\angleAQB$。由此可以得到$\triangleCOQ\sim\triangleQAB$，进而可以得到$OQ\cdotAQ=CO\cdotAB$。设$OQ=m$，则$AQ=10-m$。将式子代入，可以得到$m(10-m)=4\times4$，解得$m=2$或$m=8$，即$t=2$或$t=8$。（2分）①当$m=2$时，可以得到$CQ=\sqrt{2}$，$\sin\angleBCQ=\frac{2}{\sqrt{20}}=\frac{1}{\sqrt{5}}$，$\sin\angleCBQ=\frac{8}{\sqrt{20}}=2\sqrt{5}$，$BQ=\frac{10-t}{\sqrt{5}}$，$PM=PC\cdot\sin\anglePCQ=\frac{8\sqrt{2}}{\sqrt{5}}$，$PN=PB\cdot\sin\angleCBQ=8\sqrt{5}$，解得$t=4$。（2分）②当$m=8$时，同理可求得$t=18$。（2分）因此，当四边形PMQ