2024届湖南省郴州市湘南中学数学九年级第一学期期末达标检测试题含解析

2024届湖南省郴州市湘南中学数学九年级第一学期期末达标检测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题(每小题3分,共30分)1．如图，点A、B、C在⊙O上，∠ACB＝130°，则∠AOB的度数为（）A．50° B．80° C．100° D．110°2．两个相似三角形的面积比是9:16，则这两个三角形的相似比是（）A．9︰16 B．3︰4 C．9︰4 D．3︰163．已知反比例函数y=﹣，下列结论中不正确的是()A．图象必经过点(﹣3，2) B．图象位于第二、四象限C．若x＜﹣2，则0＜y＜3 D．在每一个象限内，y随x值的增大而减小4．图中信息是小明和小华射箭的成绩，两人都射了10箭，则射箭成绩的方差较大的是（）A．小明 B．小华 C．两人一样 D．无法确定5．如图，在□ABCD中，E、F分别是边BC、CD的中点，AE、AF分别交BD于点G、H，则图中阴影部分图形的面积与□ABCD的面积之比为（）A．7:12 B．7:24 C．13:36 D．13:726．如图，菱形ABCD中，∠A＝60°，边AB＝8，E为边DA的中点，P为边CD上的一点，连接PE、PB，当PE＝EB时，线段PE的长为（）A．4 B．8 C．4 D．47．在平面直角坐标系中，点P（–2，3）关于原点对称的点Q的坐标为（）A．（2，–3） B．（2，3） C．（3，–2） D．（–2，–3）8．《九章算术》总共收集了246个数学问题，这些算法要比欧洲同类算法早1500多年，对中国及世界数学发展产生过重要影响.在《九章算术》中有很多名题，下面就是其中的一道.原文：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”翻译：如图，为的直径，弦于点.寸，寸，则可得直径的长为（）A．13寸 B．26寸C．18寸 D．24寸9．如图1，E为矩形ABCD边AD上一点，点P从点C沿折线CD﹣DE﹣EB运动到点B时停止，点Q从点B沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是1cm/s．若P，Q同时开始运动，设运动时间为t（s），△BPQ的面积为y（cm2）．已知y与t的函数图象如图2，则下列结论错误的是（）A．AE=8cmB．sin∠EBC=C．当10≤t≤12时，D．当t=12s时，△PBQ是等腰三角形10．已知一元二次方程，，则的值为（）A． B． C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．关于的方程的一个根为2，则______.12．Rt△ABC中，已知∠C＝90°，∠B＝50°，点D在边BC上，BD＝2CD（如图）．把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，如果点B恰好落在初始Rt△ABC的边上，那么m＝______．13．若圆锥的底面周长是10，侧面展开后所得的扇形圆心角为90°，则该圆锥的侧面积是__________。14．如图，在大楼AB的楼顶B处测得另一栋楼CD底部C的俯角为60度，已知A、C两点间的距离为15米，那么大楼AB的高度为_____米．（结果保留根号）15．如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=5，AF平分∠DAE，EF⊥AE，则CF=______．16．如图，AB∥CD∥EF，AF与BE相交于点G，且AG＝2，GD＝1，DF＝5，那么的值等于________．17．如图，圆锥的母线长OA=6，底面圆的半径为，一只小虫在圆线底面的点A处绕圆锥侧面一周又回到点A处，则小虫所走的最短路程为___________（结果保留根号）18．一个不透明的袋子中装有3个白球和若干个黑球，它们除颜色外，完全相同.从袋子中随机摸出一球，记下颜色并放回，重复该试验多次，发现得到白球的频率稳定在0.6，则可判断袋子中黑球的个数为______.三、解答题(共66分)19．（10分）如图所示，学校准备在教学楼后面搭建一简易矩形自行车车棚，一边利用教学楼的后墙（可利用的墙长为），另外三边利用学校现有总长的铁栏围成，留出2米长门供学生进出.若围成的面积为，试求出自行车车棚的长和宽.20．（6分）解方程：（1）；（2）．21．（6分）如图，已知二次函数y＝x2﹣4x+3图象与x轴分别交于点B、D，与y轴交于点C，顶点为A，分别连接AB，BC，CD，DA．（1）求四边形ABCD的面积；（2）当y＞0时，自变量x的取值范围是．22．（8分）阅读下列材料，关于x的方程：x+＝c+的解是x1＝c，x2＝；x﹣＝c﹣的解是x1＝c，x2＝﹣；x+＝c+的解是x1＝c，x2＝；x+＝c+的解是x1＝c，x2＝；……（1）请观察上述方程与解的特征，比较关于x的方程x+＝c+（a≠0）与它们的关系猜想它的解是什么，并利用“方程的解”的概念进行验证．（2）可以直接利用（1）的结论，解关于x的方程：x+＝a+．23．（8分）如图，AB是⊙O的直径，点C，D在圆上，且四边形AOCD是平行四边形，过点D作⊙O的切线，分别交OA的延长线与OC的延长线于点E，F，连接BF.（1）求证：BF是⊙O的切线；（2）已知圆的半径为1，求EF的长.24．（8分）学生会要举办一个校园书画艺术展览会，为国庆献礼，小华和小刚准备将长AD为400cm，宽AB为130cm的矩形作品四周镶上彩色纸边装饰，如图所示，两人在设计时要求内外两个矩形相似，矩形作品面积是总面积的，他们一致认为上下彩色纸边要等宽，左右彩色纸边要等宽，这样效果最好，请你帮助他们设计彩色纸边宽度．25．（10分）某高级酒店为了吸引顾客，设立了一个可以自由转动的转盘，如图所示，并规定：顾客消费100以上（不包括100元），就能获得一次转动转盘的机会，如果转盘停止后，指针正好对准九折、八折、七折、五折区域顾客就可以获得此项待遇（转盘等分成16份）.（1）甲顾客消费80元，是否可获得转动转盘的机会？（2）乙顾客消费150元，获得打折待遇的概率是多少？（3）他获得九折，八折，七折，五折待遇的概率分别是多少？26．（10分）如图，AB=3AC，BD=3AE，又BD∥AC，点B，A，E在同一条直线上．求证：△ABD∽△CAE

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【分析】根据圆内接四边形的性质和圆周角定理即可得到结论．【详解】在优弧AB上任意找一点D，连接AD，BD．∵∠D=180°﹣∠ACB=50°，∴∠AOB=2∠D=100°，故选：C．【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．2、B【解析】试题分析：根据相似三角形中，面积比等于相似比的平方，即可得到结果．因为面积比是9:16，则相似比是3︰4，故选B.考点：本题主要考查了相似三角形的性质点评：解答本题的关键是掌握相似三角形面积的比等于相似比的平方3、D【分析】根据反比例函数的性质对各选项进行逐一分析即可．【详解】A、∵（﹣3）×2=﹣6，∴图象必经过点（﹣3，2），故本选项正确；B、∵k=﹣6＜0，∴函数图象的两个分支分布在第二、四象限，故本选项正确；C、∵x=-2时，y=3且y随x的增大而而增大，∴x＜﹣2时，0＜y＜3，故本选项正确；D、函数图象的两个分支分布在第二、四象限，在每一象限内，y随x的增大而增大，故本选项错误．故选D．【点睛】本题考查的是反比例函数的性质，在解答此类题目时要注意其增减性限制在每一象限内，不要一概而论．4、B【分析】根据图中的信息找出波动性小的即可．【详解】解：根据图中的信息可知，小明的成绩波动性小，则这两人中成绩稳定的是小明；

故射箭成绩的方差较大的是小华，

故选：B．【点睛】本题考查了方差的意义，方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．5、B【分析】根据已知条件想办法证明BG=GH=DH，即可解决问题；【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB∥CD，AD∥BC，AB=CD，AD=BC，

∵DF=CF，BE=CE，

∴，，

∴，

∴BG=GH=DH，∴S△ABG=S△AGH=S△ADH，∴S平行四边形ABCD=6S△AGH，

∴S△AGH：=1：6，∵E、F分别是边BC、CD的中点,∴,∴,∴,∴=7∶24,故选B.【点睛】本题考查了平行四边形的性质、平行线分线段成比例定理、等底同高的三角形面积性质，题目的综合性很强，难度中等．6、D【分析】由菱形的性质可得AB=AD=8，且∠A=60°，可证△ABD是等边三角形，根据等边三角形中三线合一，求得BE⊥AD，再利用勾股定理求得EB的长，根据PE＝EB，即可求解．【详解】解：如上图，连接BD∵四边形ABCD是菱形，

∴AB=AD=8，且∠A=60°，

∴△ABD是等边三角形，∵点E是DA的中点，AD=8

∴BE⊥AD，且∠A=60°，AE=

∴在Rt△ABE中，利用勾股定理得：∵PE＝EB∴PE=EB=4，

故选：D．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形判定和性质，直角三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．7、A【解析】试题分析：根据“平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数”解答．根据关于原点对称的点的坐标的特点，∴点P（﹣2，3）关于原点过对称的点的坐标是（2，﹣3）．故选A．考点：关于原点对称的点的坐标．8、B【分析】根据垂径定理可知AE的长．在Rt△AOE中，运用勾股定理可求出圆的半径，进而可求出直径CD的长．【详解】连接OA，由垂径定理可知，点E是弦AB的中点，设半径为r，由勾股定理得，即解得：r=13所以CD=2r=26，即圆的直径为26，故选B．【点睛】本题主要考查了垂径定理和勾股定理的性质和求法，熟练掌握相关性质是解题的关键.9、D【分析】观察图象可知：点P在CD上运动的时间为6s，在DE上运动的时间为4s，点Q在BC上运动的时间为12s，所以CD=6，DE=4，BC=12，然后结合三角函数、三角形的面积等逐一进行判断即可得.【详解】观察图象可知：点P在CD上运动的时间为6s，在DE上运动的时间为4s，点Q在BC上运动的时间为12s，所以CD=6，DE=4，BC=12，∵AD=BC，∴AD=12，∴AE=12﹣4=8cm，故A正确，在Rt△ABE中，∵AE=8，AB=CD=6，∴BE==10，∴sin∠EBC=sin∠AEB=，故B正确，当10≤t≤12时，点P在BE上，BP=10﹣（t﹣10）=20﹣t，∴S△BQP=•t•（20﹣t）•=﹣t2+6t，故C正确，如图，当t=12时，Q点与C点重合，点P在BE上，此时BP=20-12=8，过点P作PM⊥BC于M，在Rt△BPM中，cos∠PBM=，又∠PBM=∠AEB，在Rt△ABE中，cos∠AEB=，∴，∴BM=6.4，∴QM=12-6.4=5.6，∴BP≠PC，即△PBQ不是等腰三角形，故D错误，故选D．【点睛】本题考查动点问题的函数图象，涉及了矩形的性质，勾股定理，三角形函数，等腰三角形的判定等知识，综合性较强，解题的关键是理解题意，读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题．10、B【分析】根据题干可以明确得到p,q是方程的两根,再利用韦达定理即可求解.【详解】解：由题可知p,q是方程的两根,∴p+q=,故选B.【点睛】本题考查了一元二次方程的概念,韦达定理的应用,熟悉韦达定理的内容是解题关键.二、填空题(每小题3分,共24分)11、1【分析】方程的根即方程的解，就是能使方程两边相等的未知数的值，利用方程解的定义就可以得到关于k的方程，从而求得k的值．【详解】把x＝2代入方程得：4k−2−2＝0，解得k＝1故答案为:1．【点睛】本题主要考查了方程的根的定义，是一个基础的题目．12、80°或120°【分析】本题可以图形的旋转问题转化为点B绕D点逆时针旋转的问题，故可以D点为圆心，DB长为半径画弧，第一次与原三角形交于斜边AB上的一点B′，交直角边AC于B″，此时DB′=DB，DB″=DB=2CD，由等腰三角形的性质求旋转角∠BDB′的度数，在Rt△B″CD中，解直角三角形求∠CDB″，可得旋转角∠BDB″的度数．【详解】解：如图，在线段AB取一点B′，使DB=DB′，在线段AC取一点B″，使DB=DB″，∴①旋转角m=∠BDB′=180°-∠DB′B-∠B=180°-2∠B=80°，②在Rt△B″CD中，∵DB″=DB=2CD，∴∠CDB″=60°，旋转角∠BDB″=180°-∠CDB″=120°．故答案为80°或120°．【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．运用含30度的直角三角形三边的关系也是解决问题的关键．13、100π【分析】圆锥侧面展开图的弧长=底面周长，利用弧长公式即可求得圆锥母线长，那么圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷1．【详解】解：设扇形半径为R．

∵底面周长是10π，扇形的圆心角为90°，

∴10π=×1πR，∴R=10，

∴侧面积=×10π×10=100π，

故选：C．【点睛】本题利用了圆的周长公式和扇形面积公式求解．14、【分析】由解直角三角形，得，即可求出AB的值.【详解】解：根据题意，△ABC是直角三角形，∠A=90°，∴，∴；∴大楼AB的高度为米.故答案为：.【点睛】此题考查了解直角三角形的应用——仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数定义是解本题的关键．15、【解析】试题分析：证△AEF≌△ADF，推出AE=AD=5，EF=DF，在△ABE中，由勾股定理求出BE=3，求出CE=2，设CF=x，则EF=DF=4-x，在Rt△CFE中，由勾股定理得出方程（4-x）2=x2+22，求出x即可．试题解析：∵AF平分∠DAE，∴∠DAF=∠EAF，∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠C=90°，AD=BC=5，AB=CD=4，∵EF⊥AE，∴∠AEF=∠D=90°，在△AEF和△ADF中，，∴△AEF≌△ADF（AAS），∴AE=AD=5，EF=DF，在△ABE中，∠B=90°，AE=5，AB=4，由勾股定理得：BE=3，∴CE=5-3=2，设CF=x，则EF=DF=4-x，在Rt△CFE中，由勾股定理得：EF2=CE2+CF2，∴（4-x）2=x2+22，x=，CF=．考点：矩形的性质．16、【详解】∵AB∥CD∥EF，∴，故答案为．17、6【分析】利用圆锥的底面周长等于侧面展开图的弧长可得圆锥侧面展开图的圆心角，求出侧面展开图中两点间的距离即为最短距离．【详解】∵底面圆的半径为，∴圆锥的底面周长为2×＝3，设圆锥的侧面展开图的圆心角为n．∴，解得n＝90°，如图，AA′的长就是小虫所走的最短路程，∵∠O=90°，OA′=OA=6，∴AA′＝．故答案为：6．【点睛】本题考查了圆锥的计算，考查圆锥侧面展开图中两点间距离的求法；把立体几何转化为平面几何来求是解决本题的突破点．18、2【分析】由摸到白球的频率稳定在0.6附近得出口袋中得到白色球的概率，进而求出黑球个数即可．【详解】解：设黑球个数为：x个，∵摸到白色球的频率稳定在0.6左右，∴口袋中得到白色球的概率为0.6，∴，解得：x=2，故黑球的个数为2个．故答案为2.【点睛】此题主要考查了利用频率估计概率，根据大量反复试验下频率稳定值即概率得出是解题关键．三、解答题(共66分)19、若围成的面积为，自行车车棚的长和宽分别为10米，18米.【分析】设自行车车棚的宽AB为x米，则长为（38-2x）米，根据矩形的面积公式，即可列方程求解即可．【详解】解：现有总长的铁栏围成，需留出2米长门∴设，则；根据题意列方程，解得，；当，（米），当，（米），而墙长，不合题意舍去，答：若围成的面积为，自行车车棚的长和宽分别为10米，18米.【点睛】本题考查的是一元二次方程的应用，结合图形求解．找到关键描述语，找到等量关系准确的列出方程是解决问题的关键．20、（1），；（2），．【分析】（1）先去括号，再利用直接开平方法解方程即可；（2）利用十字相乘法解方程即可．【详解】（1），，，∴，．（2），(3x+2)(x-2)=0，∴，．【点睛】本题考查解一元二次方程，解一元二次方程的常用方法有：直接开平方法、配方法、公式法、因式分解法等，熟练掌握并灵活运用适当的解法是解题关键．21、（1）4；（2）x＞3或x＜1．【分析】（1）四边形ABCD的面积＝×BD×（xC﹣xA）＝×2×（3+1）＝4；（2）从图象可以看出，当y＞0时，自变量x的取值范围是：x＞3或x＜1，即可求解．【详解】（1）函数y＝x2﹣4x+3图象与x轴分别交于点B、D，与y轴交于点C，顶点为A，则点B、D、C、A的坐标分别为：（3，0）、（1，0）、（0，3）、（2，﹣1）；四边形ABCD的面积＝×BD×（xC﹣xA）＝×2×（3+1）＝4；（2）从图象可以看出，当y＞0时，自变量x的取值范围是：x＞3或x＜1，故答案为：x＞3或x＜1．【点睛】本题考查二次函数的图形和性质，解题时需注意将四边形的面积转化为三角形的面积进行计算，四边形ABCD的面积＝×BD×（xC﹣xA）.22、（1）方程的解为x1＝c，x2＝,验证见解析；（2）x＝a与x＝都为分式方程的解．【分析】（1）根据材料即可判断方程的解，然后代入到方程的左右两边检验即可；（2）将方程左右两边同时减去3，变为题干中的形式，即可得出答案.【详解】（1）方程的解为x1＝c，x2＝，验证：当x＝c时，∵左边＝c+，右边＝c+，∴左边＝右边，∴x＝c是x+＝c+的解，同理可得：x＝是x+＝c+的解；（2）方程整理得：（x﹣3）+＝（a﹣3）+，解得：x﹣3＝a﹣3或x﹣3＝，即x＝a或x＝，经检验x＝a与x＝都为分式方程的解．【点睛】本题主要为材料理解题，理解材料中方程的根的由来是解题的关键.23、（1）证明见解析；（2）EF=2.【分析】(1)、先证明四边形AOCD是菱形，从而得到∠AOD=∠COD=60°，再根据切线的性质得∠FDO=90°，接着证明△FDO≌△FBO得到∠ODF=∠OBF=90°，然后根据切线的判定定理即可得到结论；(2)、在Rt△OBF中，利用60度的正切的定义求解．【详解】(1)、连结OD，如图，∵四边形AOCD是平行四边形，而OA=OC，∴四边形AOCD是菱形，∴△OAD和△OCD都是等边三角形，∴∠AOD=∠COD=60°，∴∠FOB=60°，∵EF为切线，∴OD⊥EF，∴∠FDO=90°，在△FDO和△FBO中，∴△FDO≌△FBO，∴∠ODF=∠OBF=90°，∴OB⊥BF，∴BF是⊙O的切线；(2)、在Rt△OBF中，∵∠FOB=60°，而tan∠FOB=，∴BF=1×tan60°=．∵∠E=30°，∴EF=2BF=2．考点：(1)、切线的判定与性质；(2)、平行四边形的性质2