九年级数学下册期末测试卷题及答案(两份)

2024年3月9日发(作者：新西兰中考数学试卷)

九年级第二学期期末测试题

一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的)

1．下列函数中，y是x的反比例函数的是( )

332x3A．y＝2x B．y＝2x C．y＝3 D．y＝2x2

2．今年“父亲节”佳佳送父亲一个礼盒(如图)，该礼盒的主视图是( )

23．若在Rt△ABC中，∠C＝90°，sin A＝，BC＝4，则AB的长为( )

38A．6 B．2 5 C.3 D．2 14

1－3m4．在双曲线y＝上有两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1＜0＜x2，y1＜y2，则mx的取值范围是( )

11A．m＞3 B．m＜3

11C．m≥3 D．m≤3

5．如图，在等边三角形ABC中，点D，E分别在AB，AC边上，如果△ADE∽△ABC，AD ∶AB＝1∶4，BC＝8 cm，那么△ADE的周长等于( )

A．2 cm B．3 cm C．6 cm D．12 cm

6．小芳和爸爸在阳光下散步，爸爸身高1.8 m，他在地面上的影长为2.1 m．小芳比爸爸矮0.3 m，她在地面上的影长为( )

A．1.3 m B．1.65 m C．1.75 m D．1.8 m

k27．一次函数y1＝k1x＋b和反比例函数y2＝x(k1·k2≠0)的图象如图所示，当y1＞y21

时，x的取值范围是( )

A．－2＜x＜0或x＞1

B．－2＜x＜1

C．x＜－2或x＞1

D．x＜－2或0＜x＜1

8．如图，△ABO缩小后得到△A′B′O，其中A，B的对应点分别为A′，B′，点A，B，A′，B′均在格点上，若线段AB上有一点P(m，n)，则点P在A′B′上的对应点P′的坐标为( )

nmmnA.2，n B．(m，n) C.m，2 D.2，2



(第8题) (第9题)

9．如图，在两建筑物之间有一旗杆GE，高15 m，从A点经过旗杆顶点E恰好看到矮建筑物的C点，且俯角α为60°，又从A点测得D点的俯角β为30°，若旗杆底部G为BC的中点，则矮建筑物的高CD为( )

A．20 m B．10 3 m

C．15 3 m D．5 6 m

2k10．已知点A(x1，y1)在反比例函数y＝x的图象上，点B(x2，y2)在一次函数y＝kx－k的图象上，当k＞0时，下列判断正确的是( )

A．当x1＝x2＞2时，y1＞y2 B．当x1＝x2＜2时，y1＞y2

C．当y1＝y2＞k时，x1＜x2 D．当y1＝y2＜k时，x1＞x2

二、填空题(本题共6小题，每小题4分，共24分)

11．计算：2cos245°－（tan 60°－2）2＝________．

BE12．如图，AB∥CD，AD与BC相交于点E，若AE＝3，ED＝5，则EC的值为________．

(第12题) (第13题)

13．如图，山坡的坡度i＝1∶3，小辰从山脚A出发，沿山坡向上走了200 m到达点B，则他上升了________m.

14．如图所示是一个几何体的三视图(图中尺寸单位：cm)，根据图中所示数据计算这个几何体的表面积为________cm2.

(第14题) (第15题)

315．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，若⊙O的半径为2，AC＝2，则sin B的值是__________．

k16．已知点A(a，b)是反比例函数y＝x图象上的任意一点，连接AO并延长交反k比例函数图象于点C.现有以下结论：①点(－a，－b)一定在反比例函数y＝x1的图象上；②过点A作AE⊥x轴于E，S△AOE＝2k；③分别过点A，C作ACk的垂线交反比例函数y＝x的图象于点M，N，则四边形AMCN是平行四边k形；④若点B，D在反比例函数y＝x的图象上，且CD＝AB，则以A，B，C，D四点为顶点的四边形为平行四边形．其中正确的是________．(写出所有正确结论的序号)

3

三、解答题(本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

17．(8分)如图，图②是图①中长方体的三视图，若用S表示面积，S主＝x2＋2x，S左＝x2＋x，求S俯的值．

18．(8分)如图，王华晚上由路灯A下的B处走到C处时，测得影子CD的长为1米，继续往前走3米到达E处时，测得影子EF的长为2米，已知王华的身高是1.5米，那么路灯A的高度AB是多少？

219．(8分)如图，在△ABC中，CD是边AB上的中线，∠B是锐角，且sin B＝2，1tan A＝2，AC＝3 5.

(1)求∠B的度数与AB的长；

(2)求tan∠CDB的值．

20.(8分)为了预防疾病，某单位对办公室采用药熏消毒法进行消毒．已知药物燃烧时，室内每立方米空气中的含药量y(毫克)与时间x(分钟)成正比例关系，药物燃毕后，y与x成反比例关系(如图)，现测得药物8分钟燃毕，此时室内空气中每立方米的含药量为6毫克．

请根据题中所提供的信息，解答下列问题：

(1)直接写出药物燃烧时与药物燃毕后y关于x的函数关系式；

(2)研究表明，当空气中每立方米的含药量低于1.6毫克时员工方可进入办公室，那么从消毒开始，至少需要经过几分钟，员工才能进入办公室？

(3)研究表明，当空气中每立方米的含药量不低于3毫克且持续时间不低于10分钟时，才能有效杀灭空气中的病菌，那么此次消毒是否有效？为什么？

21．(8分)如图，在菱形ABCD中，点E在对角线AC上，延长BE交AD于点F.

EFFA(1)求证：EB＝BC；

(2)已知点P在边CD上，请以CP为边，用尺规作一个△CPQ与△AEF相似，并使得点Q在AC上．(只需作出一个△CPQ，保留作图痕迹，不写作法)

22．(10分)如图，某中学数学兴趣小组决定测量一下教学楼AB的高度，他们先在坡面上的E处测得楼顶A的仰角为45°，沿坡面向下走到坡脚C处，分别测得楼顶A的仰角为60°，E的仰角为30°，E到地面BF的距离EF为3米，求教学5

楼AB的高度．(结果精确到0.1米，参考数据：2≈1.41，3≈1.73)

23．(10分)如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝3x＋2的图象与y轴k交于点A，与反比例函数y＝x(k≠0)在第一象限内的图象交于点B，且点B的横k坐标为1，过点A作AC⊥y轴，交反比例函数y＝x(k≠0)的图象于点C，连接BC.求：

(1)反比例函数的解析式；

(2)△ABC的面积．

24.(12分)如图，AB是⊙O的直径，过点A作⊙O的切线并在其上取一点C，连接OC交⊙O于点D，BD的延长线交AC于点E，连接AD.

(1)求证：△CDE∽△CAD；

(2)若AB＝2，AC＝2 2，求AE的长．

25．(14分)如图，四边形ABCD中，对角线AC，BD有交点，且∠ABC＋∠ADC

＝90°.点E与点C在BD同侧，连接BE，CE，DE，若△ABD∽△CBE.

(1)求证：DC⊥CE；

AB55(2)若BC＝8，BD＝20，S△ACD＝16S△CDE，求△BDE的面积．

答案解析

一、1.A 2.C 3.A 4.B

5．C 6.C 7.A 8.D

9．A 点拨：∵点G是BC的中点，EG∥AB，

∴EG是△ABC的中位线，

∴AB＝2EG＝30 m.

在Rt△ABC中，易知∠CAB＝30°，

3则BC＝AB·tan∠BAC＝30×3＝10 3(m)．

延长CD交过点A的水平线于点F，则DF⊥AF.

在Rt△AFD中，AF＝BC＝10 3 m，∠FAD＝30°，

3则FD＝AF·tan∠FAD＝10 3×3＝10(m)．

∴CD＝AB－FD＝30－10＝20(m)．

10．C

3二、11.3－1 12.5

13．100 14.52

215.3 16.①③

三、17.解：∵S主＝x2＋2x＝x(x＋2)，

S左＝x2＋x＝x(x＋1)，

7

∴俯视图的长为x＋2，宽为x＋1，

则S俯＝(x＋2)(x＋1)＝x2＋3x＋2.

18．解：当王华在CG处时，易知Rt△DCG∽Rt△DBA，

CDCG∴BD＝AB.

当王华在EH处时，易知Rt△FEH∽Rt△FBA，

EFEHCGCDEF∴BF＝AB＝AB，∴BD＝BF.

∵CG＝EH＝1.5米，CD＝1米，CE＝3米，EF＝2米，

设AB＝x米，BC＝y米，则12＝，

y＋1y＋3＋2解得y＝3，经检验y＝3是原方程的根．

CDCG11.5∵BD＝AB，∴＝x，解得x＝6.

3＋1经检验，x＝6是原方程的根，

即路灯A的高度AB是6米．

19．解：(1)如图，过点C作CE⊥AB于点E，设CE＝x.

CE1在Rt△ACE中，∵tan A＝AE＝2，

∴AE＝2x.∴AC＝x2＋（2x）2＝5x.

∴5x＝3 5，解得x＝3.∴CE＝3，AE＝6.

2在Rt△BCE中，∵sin B＝2，∴∠B＝45°.

∴△BCE为等腰直角三角形．

∴BE＝CE＝3.

∴AB＝AE＋BE＝9.

1(2)∵CD是边AB上的中线，∴BD＝2AB＝4.5.

由(1)知BE＝3，

∴DE＝1.5.

∴tan∠CDB＝CE3DE＝1.5＝2.

20．解：(1)药物燃烧时y关于x的函数关系式为y＝34x(0≤x≤8)；

药物燃毕后y关于x的函数关系式为y＝48x(x＞8)．

(2)对于y＝4848x，当y≤1.6时，x≤1.6，∴x≥30，

∴至少需要经过30分钟，员工才能进入办公室．

(3)有效．

理由：把y＝3代入y＝34x，得x＝4，

把y＝3代入y＝48x，得x＝16，

∵16－4＝12(分钟)，12>10，

∴此次消毒有效．

21．(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，

∴AD∥BC，

∴∠FAE＝∠ACB，

又∵∠AEF＝∠CEB，

∴△AEF∽△CEB，

∴EFFAEB＝BC.

(2)解：如图，△CPQ就是所求作的三角形(答案不唯一)．

22．解：如图，作EG⊥AB于点G，则∠AEG＝45°，四边形EFBG为矩形，∴EG＝FB，BG＝EF.

9

在Rt△AEG中，∠AEG＝45°，

∴易得AG＝EG.

设AG＝EG＝x米，则FB＝x米．

在Rt△ECF中，∠ECF＝30°，

EF∴tan 30°＝FC，

EF3∴FC＝tan 30°＝＝3 3(米)．

33∴BC＝(x－3 3)米．

在Rt△ACB中，∠ACB＝60°，

x＋3ABAG＋GB∴tan 60°＝BC＝BC＝＝3，

x－3 3解得x≈16.38.

∴AB≈16.38＋3≈19.4(米)．

答： 教学楼AB的高度约为19.4米．

23．解：(1)∵点B在一次函数y＝3x＋2的图象上，且点B的横坐标为1，

∴y＝3×1＋2＝5.

∴点B的坐标为(1，5)．

k∵点B在反比例函数y＝x(k≠0)的图象上，

k∴5＝1，则k＝5.

5∴反比例函数的解析式为y＝x.

(2)∵一次函数y＝3x＋2的图象与y轴交于点A，

当x＝0时，y＝2，

∴点A的坐标为(0，2)．

∵AC⊥y轴，∴点C的纵坐标为2.

5∵点C在反比例函数y＝x的图象上，

55当y＝2时，x＝2，∴AC＝2.

过点B作BD⊥AC于点D，

∴BD＝yB－yC＝5－2＝3.

11515∴S△ABC＝2AC·BD＝2××3＝24.

24．(1)证明：∵AB是⊙O的直径，

∴∠ADB＝90°.∴∠ABD＋∠BAD＝90°.

∵AC是⊙O的切线，

∴AB⊥AC，即∠BAC＝90°.

∴∠CAD＋∠BAD＝90°.

∴∠ABD＝∠CAD.

∵OB＝OD，∴∠ABD＝∠BDO＝∠CDE.

∴∠CAD＝∠CDE.

又∵∠C＝∠C，

∴△CDE∽△CAD.

(2)解：∵AB＝2，∴OA＝OD＝1.

在Rt△OAC中，∠OAC＝90°，

∴OA2＋AC2＝OC2，即12＋(2 2)2＝OC2.

∴OC＝3(负值舍去)，∴CD＝2.

∵△CDE∽△CAD，

CDCE2CE∴CA＝CD，即＝，

2 22∴CE＝2.

∴AE＝AC－CE＝2 2－2＝2.

25．(1)证明：∵∠ABC＋∠ADC＝90°，

∴∠BAD＋∠BCD＝360°－∠ABC－∠ADC＝270°.

∵△ABD∽△CBE，

∴∠BCE＝∠BAD，

∴∠BCE＋∠BCD＝270°，

∴∠DCE＝360°－∠BCE－∠BCD＝90°，

∴CD⊥CE.

11

(2)解：如图，过点A作AF⊥CD于F，过点D作DN⊥BE于N.

5∵S△ACD＝16S△CDE，

1CD·AFS△ACD2AF5∴＝1＝CE＝16.

S△CDECE2CD·设CE＝16k(k＞0)，则AF＝5k，

∵△ABD∽△CBE，BD＝20，

ADABBD5∴CE＝BC＝BE＝8，

∴AD＝10k，BE＝32，∠ABD＝∠CBE.

∴∠ABD＋∠DBC＝∠CBE＋∠DBC，

∴∠ABC＝∠DBE.

AF5k1在Rt△DAF中，∠AFD＝90°，AD＝10k＝2，

AF1∴sin∠ADF＝AD＝2，

∴∠ADC＝30°.

∵∠ABC＋∠ADC＝90°，

∴∠ABC＝60°，∴∠DBE＝60°.

在Rt△DBN中，∠DBN＝60°，

∴∠BDN＝30°，

1∴BN＝2BD＝10，

DN＝BD2－BN2＝10 3，

11∴S△BDE＝2BE·DN＝2×32×10 3＝160 3.

九年级数学期末教学质量试题

一、选择题（每小题3分，共30分）

1．在下列四个实数中，最小的实数是（ ）

A．2 B．0 C．3.14 D．2021

2．如图所示的几何体，它的左视图是（

）

A． B． C． D．

3．截止到2023年11月25日，诠释伟大抗美援朝精神的电影《长津湖》累计票房已突破56.9亿元，其中56.9亿用科学记数法表示为（

）

A．5.69108 B．5.69109 C．56.9108 D．0.5691010

3x4134．不等式组的解集在数轴上表示正确的是（ ）

x1A．C．

B．D．

5．若关于x的一元二次方程(k1)x24x10有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（

）

A．k5 B．k5，且k1 C．k5，且k1 D．k5

6．有两个袋子，装着形状、大小相同的小球，其中甲袋有红球2个，白球1个，乙袋有红球1个，白球1个，从两个袋中各随机摸出一个球，两个都是红球的概率是（

）

A．2

1B．1

41C．

61D．

3ABCD的对角线AC，BD相交于点O，则下列结论一定正确的是（ ） 7．如图，▱

13

A．OB＝OD

B．AB＝BC

C．AC⊥BD

D．∠ABD＝∠CBD

8．如图，RtABC中，C90，利用尺规在BC，BA上分别截取BE，BD，使BEBD；1分别以D，E为圆心、以大于DE为长的半径作弧，两弧在CBA内交于点F；作射线BF2交AC于点G，若CG1，P为AB上一动点，则GP的最小值为（

）

A．无法确定 B．2

1C．1 D．2

9．公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”如图所示，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．如果大正方形的面积是125，小正方形面积是25，则sincos(

)

2

1A．

5B．5

5C．35

59D．

510．如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中AB＝4，∠AOC＝120°，P为⊙O上的动点，连AP，取AP中点Q，连CQ，则线段CQ的最大值为(

)

A．3

B．1+6 C．1+32 D．1+7

二、填空题（每小题4分，共28分）

011．计算：83______．

12．把多项式3x23y2因式分解的结果是______．

13．如图，直线a∥b，如果165，那么2______．

14．若am8，an2，则am3n的值是______．

115．已知t23t10，则t________．

t16．如图，菱形ABCD中，ABC120，AB=1，延长CD至A1，使DA1CD，以AC1为一边，在BC的延长线上作菱形A1CC1D1，连接AA1，得到△ADA1；再延长C1D1至A2，使D1A2C1D1，以A2C1为一边，在CC1的延长线上作菱形A2C1C2D2，连接A1A2，得到VA1D1A2…按此规律，得到△A2021D2021A2022，记△ADA1的面积为S1，VA1D1A2的面积为S2，△A2021D2021A2022的面积为S2022，则S2022______．

17．如图，正方形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，∠BAC的平分线交BD于E，交BC于F，GF，①△OAE≌△OBG；BPAF于H，交AC于G，交CD于P，连接GE、以下结论：②四边形BEGF是菱形；③BE=CG；④序号）

PG32，其中正确的结论是______．（只填AE15

三、解答题（每小题6分，共18分）

2xy418．解方程组:

x2y119．如图，在平面直角坐标系中，VABC的顶点坐标分别为A(2,1)、B(1,3)、C(4,4)，

(1)作出VABC绕点A逆时针旋转90°得到的△AB1C1；

(2)点B运动的路径的长为______．（直接写出答案）

20．为迎接建党100周年，某校组织学生开展了党史知识竞赛活动．竞赛项目有：A．回顾重要事件；B．列举革命先烈；C．讲述英雄故事；D．歌颂时代精神．学校要求学生全员参加且每人只能参加一项，为了解学生参加竞赛情况，随机调查了部分学生，并将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图，请你根据图中信息解答下列问题：

(1)本次被调查的学生共有______名，在扇形统计图中“D项目”所对应的扇形所占的百分比为______；

(2)在扇形统计图中“B项目”所对应的扇形圆心角的度数为______，并把条形统计图补充完整；

(3)若该校有学生2000人，则估计参加“C项目”讲述英雄故事的学生共有______名．

四、解答题（每小题8分，共24分）

21．为做好新冠疫情的防控工作，某单位需购买甲、乙两种消毒液经了解每桶甲种消毒液的零售价比乙种消毒液的零售价多6元，该单位以零售价分别用900元和720元采购了相同桶数的甲、乙两种消毒液．

（1）求甲、乙两种消毒液的零售价分别是每桶多少元？

（2）由于疫情防控进入常态化，该单位需再次购买两种消毒液共300桶，且甲种消毒液的1桶数不少于乙种消毒液桶数的，由于购买量大，甲、乙两种消毒液分别获得了20元/桶，315元/桶的批发价．求甲种消毒液购买多少桶时，所需资金总额最少？最少总金额是多少元？

k22．如图，平面直角坐标系中，一次函数y1＝ax+b（a≠0）的图象与反比例函数y2＝（k≠0）x的图象交于点A（1，2）和B（﹣2，m）．

（1）求一次函数和反比例函数的表达式；

（2）请直接写出y1＞y2时x的取值范围；

（3）过点B作BE∥x轴，AD⊥BE于点D，点C是直线BE上一点，若AD＝3CD，求点C的坐标．

17

23．如图，RtVABC中，ABC90，以点C为圆心，CB为半径作eC，D为eC上一点，连接AD、CD，ABAD，AC平分BAD．

（1）求证：AD是eC的切线；

（2）延长AD、BC相交于点E，若SVEDC2SVABC，求tanBAC的值．

五、解答题（每小题10分，共20分）

24．如图1，在矩形ABCD中，AB8，AD10，E是CD边上一点，连接AE，将矩形ABCD沿AE折叠，顶点D恰好落在BC边上点F处，延长AE交BC的延长线于点G．

(1)求线段CE的长；

(2)如图2，M，N分别是线段AG，DG上的动点（与端点不重合），且DMNDAM，设AM=x，DN=y．

①求y关于x的函数解析式，并求出y的最小值；

②是否存在这样的点M，

使得DNMN？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．25．已知抛物线y＝x2+mx﹣2m﹣4（m＞0）．

（1）证明：该抛物线与x轴总有两个不同的交点；

（2）设该抛物线与x轴的两个交点分别为A，B（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，A，B，C三点都在⊙P上．

①试判断：不论m取任何正数，⊙P是否经过y轴上某个定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，说明理由；

②若点C关于直线xm的对称点为点E，点D（0，1），连接BE，BD，DE，△BDE的2l周长记为l，⊙P的半径记为r，求的值．

r

参考答案

1．A

【分析】正数大于负数，负数小于零．

【详解】

2<0<3.14<2021

故选：A

【点睛】

此题考查的是实数的大小的比较，掌握正数大于负数，负数小于零是解题的关键．

2．C

【分析】根据左视图是从左边看到的图形即可得到答案．

【详解】

解：从左面看图形可以分为上下两层，上面一层左边有一个小正方形，下面一层有两个小正方形，

故只有C选项符合题意；

故选C．

【点睛】本主要考查了简单几何组合体的三视图，熟知三视图的定义是解题的关键．

3．B

【分析】根据科学记数法的表示形式进行改写即可．

【详解】

56.9亿=56900000005.69109

故选：B．

19

【点睛】

本题考查了科学记数法得表示方法，科学记数法的表示形式为a10n的形式，其中1a10，n为整数，表示时关键要正确确定a和n的值．

4．D

【分析】

分别解不等式，找出解集的公共部分即可．

【详解】

解不等式3x+4≤13，得：x≤3，

解不等式x1，得：x1，

则不等式组的解集为1x3，

故选：D．

【点睛】

考查解一元一次不等式组，比较容易，分别解不等式，找出解集的公共部分即可．

5．C

【分析】

2根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到k-1≠0且△=4-4（k-1）×1＞0，然后求出两个不等式解集的公共部分即可．

【详解】

解：由题意得，

k-1≠0且△=42-4（k-1）×1＞0，

解得：k＜5且k≠1．

故选：C．

【点睛】

22此题考查了一元二次方程ax+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b-4ac：解题的关键是掌握当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．

6．D

【分析】

用树状图列举出所有情况，用两个都是红球的情况数除以所有等可能的情况数即可．

【详解】

解：画树状图如下：

从每个袋中随机取一个球，取出的两个都是红球的情况有2种，所有等可能的情况数有6种，

∴

两个都是红球的概率是故选：D

【点睛】

此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏地列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；概率＝所求情况数与总情况数之比．

7．A

【分析】

根据平行四边形的性质：对边平行且相等，对角线互相平分进行判断即可．

【详解】

解：平行四边形对角线互相平分，A正确，符合题意；

平行四边形邻边不一定相等，B错误，不符合题意；

平行四边形对角线不一定互相垂直，C错误，不符合题意；

平行四边形对角线不一定平分内角，D错误，不符合题意．

故选：A．

【点睛】

本题主要考查平行四边形的性质，掌握平行四边形的对边平行且相等，对角线互相平分是解题的关键．

8．C

【分析】

当GP⊥AB时，GP的值最小，根据尺规作图的方法可知，GB是∠ABC的角平分线，再根据角平分线的性质可知，当GP⊥AB时，GP=CG=1．

【详解】

解：由题意可知，当GP⊥AB时，GP的值最小，

根据尺规作图的方法可知，GB是∠ABC的角平分线，

21

21．

63

∵∠C=90°，

∴当GP⊥AB时，GP=CG=1，

故答案为：C．

【点睛】

本题考查了角平分线的尺规作图以及角平分线的性质，难度不大，解题的关键是根据题意得到GB是∠ABC的角平分线，并熟悉角平分线的性质定理．

9．A

【分析】

根据正方形的面积公式可得大正方形的边长为55，小正方形的边长为5，再根据直角三角形的边角关系列式即可求解．

【详解】

解：∵大正方形的面积是125，小正方形面积是25，

∴大正方形的边长为55，小正方形的边长为5，

∴55cos55sin5，

∴cossin25，

5∴sincos故选A．

【点睛】

1．

5本题考查了解直角三角形、勾股定理的证明和正方形的面积，难度适中，解题的关键是正确得出cossin10．D

【分析】

如图，连接OQ，作CH⊥AB于H．首先证明点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，利用勾股定理求出CK即可解决问题.

【详解】

解：如图，连接OQ，作CH⊥AB于H．

5．

5

∵AQ=QP，

∴OQ⊥PA，

∴∠AQO=90°，

∴点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，

当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，

在Rt△OCH中，∵∠COH=60°，OC=2，

∴OH=12 OC=1，CH=，

在Rt△CKH中，CK=(3)222 =7，

∴CQ的最大值为1+7，

故选D．

【点睛】

本题考查圆周角定理、轨迹、勾股定理、点与圆的位置关系等知识，解题的关键是正确寻找点Q的运动轨迹，学会构造辅助圆解决问题，属于中考填空题中的压轴题．

11．9

【分析】

根据绝对值的意义、零指数幂的运算法则进行计算即可．

【详解】

0解：-83=81=9．

故答案为：9．

【点睛】

本题主要考查了实数的混合运算，熟练掌握绝对值的意义、零指数幂的运算法则，是解题的关键．

12．3(xy)(xy)

【分析】

先提取公因式3，然后利用平方差公式分解因式即可．

【详解】

解：3x23y2

=3x2y2

=3xyxy，

故答案为：3xyxy．

【点睛】

本题主要考查了分解因式，熟知分解因式的方法是解题的关键．

23

13．115°

【分析】

根据平行线的性质：两直线平行同位角相等，再结合邻补角的概念求解即可．

【详解】

解：如图所示：

Q直线a∥b，且165，

3165，

Q23180，

2180318065115，

故答案为：115．

【点睛】

本题考查平行线的性质求角度，熟练掌握平行线的性质以及邻补角的定义是解决问题的关键．

14．1

【分析】

利用同底数幂的除法的法则及幂的乘方的法则对式子进行整理，再代入相应的值运算即可．【详解】

解：当am＝8，an＝2时，

am3n

3＝am÷an

3＝am÷（an）

3＝8÷2

＝8÷8

＝1．

故答案为：1．

【点睛】

此题主要考查同底数幂的除法，幂的乘方，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．

15．3．

【分析】

先将要求解的式子进行改写整理再利用已知方程进行求解即可．

【详解】

1t21t21解：t，

tttt又∵t23t10，

∴t213t，

1t213t则t=3，

ttt故答案为：3．

【点睛】

本题是一元二次方程求对应解的题目，解题的关键是将求解式子进行变形再利用已知方程进行简便运算．

16．240403

【分析】

由题意易得BCD60，ABADCD1，则有ADA1为等边三角形，同理可得A1D1A2…….

A2020D2020A2021都为等边三角形，进而根据等边三角形的面积公式可得S13，S23，……由此规律可得Sn322n4，然后问题可求解．

4【详解】

解：∵四边形ABCD是菱形，

∴ABADCD1，AD//BC，AB//CD，

∵ABC120，

∴BCD60，

∴ADA1BCD60，

∵DA1CD，

∴DA1AD，

∴ADA1为等边三角形，

同理可得A1D1A2…….

A2020D2020A2021都为等边三角形，

过点B作BE⊥CD于点E，如图所示：

25

∴BEBCsinBCD∴S13，

2133，

A1DBEA1D2244332332A2D1223，S3A3D22443，

4444同理可得：S2∴由此规律可得：Sn322n4，

∴S202232220224240403．

故答案为：240403．

【点睛】

本题主要考查菱形的性质、等边三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握菱形的性质、等边三角形的性质与判定及特殊角的三角函数值，是解题的关键．

17．①②③

【分析】

证明△AHG≌△AHB（ASA），得出GH=BH，得出AF是线段BG的垂直平分线，由线段垂直平分线的性质得出EG=EB，FG=FB，由正方形的性质得出∠BAF=∠CAF=2×45°=22.5°，∠ABE=45°，∠ABF=90°，证出∠BEF=∠BFE，得出EB=FB，因此EG=EB=FB=FG，即可得出②正确；设OA=OB=OC=a，菱形BEGF的边长为b，证出CF=2GF=2BF，由正方形的性质得出OA=OB，∠AOE=∠BOG=90°，证出∠OAE=∠OBG，由ASA证明△OAE≌△OBG，①正确；求出OG=OE=a-b，△GOE是等腰直角三角形，得出GE=2OG，b=2（a-b），得出AC=2a=（2+2）b，AG=AC-CG=（1+2）b，由平行线得出BGAG(12)b12，得出PGCGb1AE12，因此④不正确；证明△EAB≌△GBC（ASA），得出BE=CG，③正确

PG

【详解】

解：∵AF是∠BAC的平分线，

∴∠GAH=∠BAH，

∵BH⊥AF，

∴∠AHG=∠AHB=90°，

在△AHG和△AHB中，

GAH=BAH，

AH=AHAHG=AHB∴△AHG≌△AHB（ASA），

∴GH=BH，

∴AF是线段BG的垂直平分线，

∴EG=EB，FG=FB，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BAF=∠CAF=2×45°=22.5°，∠ABE=45°，∠ABF=90°，

∴∠BEF=∠BAF+∠ABE=67.5°，∠BFE=90°-∠BAF=67.5°，

∴∠BEF=∠BFE，

∴EB=FB，

∴EG=EB=FB=FG，

∴四边形BEGF是菱形；②正确；

设OA=OB=OC=a，菱形BEGF的边长为b，

∵四边形BEGF是菱形，

∴GF∥OB，

∴∠CGF=∠COB=90°，

∴∠GFC=∠GCF=45°，

∴CG=GF=b，∠CGF=90°，

∴CF=2GF=2BF，

∵四边形ABCD是正方形，

∴OA=OB，∠AOE=∠BOG=90°，

∵BH⊥AF，

∴∠GAH+∠AGH=90°=∠OBG+∠AGH，

∴∠OAE=∠OBG，

在△OAE和△OBG中，

127

OAEOBG，

OAOBAOEBOG∴△OAE≌△OBG（ASA），①正确；

∴OG=OE=a-b，

∴△GOE是等腰直角三角形，

∴GE=2OG，

∴b=2（a-b），

整理得a=22b，

2∴AC=2a=（2+2）b，AG=AC-CG=（1+2）b，

∵四边形ABCD是正方形，

∴PC∥AB，

∴BGAG(12)b12，

PGCGb∵△OAE≌△OBG，

∴AE=BG，

∴∴AE12，

PGPG21，④不正确；

AE∵∠OAE=∠OBG，∠CAB=∠DBC=45°，

∴∠EAB=∠GBC，

在△EAB和△GBC中，

EAB=GBC，

AB=BCABE=BCG=45∴△EAB≌△GBC（ASA），

∴BE=CG，③正确；

故答案为：①②③

【点睛】

本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、菱形的判定与性质、三角形面积的计算等知识，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．

x318．

y2

【分析】

①2②得3x9，解得x3，再把x＝3代入①求得y的值即可．

【详解】

2xy4①

解：x2y1②①2②得3x9，解得x3，

把x3代入①得：6y4，y=2，

x3∴

y2【点睛】

此题考查了二元一次方程组，熟练掌握二元一次方程组的解法是解题的关键．

19．(1)见解析

(2)

【分析】

（1）作出点B、C绕A点逆时针旋转90°后的对应点B1、C1，连接AB1、AC1、B1C1即可；

（2）点B运动的路径为以点A为圆心，AB为半径的一段弧，且圆心角为90°，然后按照弧长公式进行计算即可．

(1)

5

2C1，C绕A点逆时针旋转90°后的对应点B1、解：作出点B、连接AB1、AC1、B1C1，则△AB1C1为所求．

29

(2)

点B运动的路径为以点A为圆心，AB为半径的一段弧，且圆心角为90°，

∵AB22125，

∴点B运动的路径长为：l故答案为：【点睛】

本题主要考查了旋转作图，弧长的计算，熟练掌握弧长公式l20．(1)60；20%

(2)90°，图见解析

(3)800

【分析】

（1）根据A项目的人数和人数占比即可求出被调查的学生人数，再用D项目的人数除以被调查的学生人数即可得到D项目的人数占比；

（2）先求出B项目的人数，然后用360度乘以B项目的人数占比即可得到B项目的圆心角度数，最后补全统计图即可；

（3）用2000乘以调查中C项目的人数占比即可．

（1）

解：915%60名，

∴本次被调查的学生共有60名，

∴在扇形统计图中“D项目”所对应的扇形所占的百分比为故答案为：60；20%；

（2）

解：“B项目”的学生为60-9-24-12=15名，

∴在扇形统计图中“B项目”所对应的扇形圆心角的度数为360补全统计图如下：

15=90，

605．

290p55p．

1802nr，是解题的关键．

18012100%20%，

60

（3）

解：200024=800名，

60∴估计参加“C项目”讲述英雄故事的学生共有800名，

故答案为：800．

【点睛】

本题主要考查了扇形统计图与条形统计图信息相关联，用样本估计总体等等，正确读懂统计图是解题的关键．

21．（1）甲种消毒液每桶的单价为30元，乙种消毒液每桶的单价为24元；（2）甲种消毒液购买75桶时，所需资金总额最少，最少总金额是4875元．

【分析】

（1）根据该单位以零售价分别用900元和720元采购了相同桶数的甲、乙两种消毒液，可

以得到相应的分式方程，从而可以得到甲、乙两种消毒剂的零售价，注意分式方程要检验；（2）设购买甲种消毒液m桶，则购买乙种消毒液（300-m）桶，根据甲种消毒液的桶数不1少于乙种消毒液桶数的，即可得出关于m的一元一次不等式，再结合费用总量列出一次3函数，根据一次函数性质得出结果．

【详解】

解：（1）设甲种消毒液每桶的单价为x元，乙种消毒液每桶的单价为（x-6）元，

依题意，得：解得：x=30，

经检验，x=30是原方程的解，且符合实际意义，则x-6=24．

答：甲种消毒液每桶的单价为30元，乙种消毒液每桶的单价为24元；

（2）设购买甲种消毒液m桶，则购买乙种消毒液（300-m）桶，根据题意得到不等式：

900720

，

=xx-631

1m≥(300-m)，解得：m≥75，

3∴75≤m≤300，

设总费用为W，根据题意得：

W=20m+15(300-m)=5m+4500，

∵k=5>0，

∴W随m的减小而减小，

∴当m=75时，W有最小值，

∴W=5×75+4500=4875元

∴甲种消毒液购买75桶时，所需资金总额最少，最少总金额是4875元．

【点睛】

本题考查一次函数的应用、分式方程的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和不等式的性质解答，注意分式方程要检验．

22．（1）y1x1，y2【分析】

（1）利用待定系数法求出反比例函数系数k，即可求出点B的坐标，再利用待定系数法即可求出一次函数解析式；

（2）利用数形结合思想，观察直线在双曲线上方的情况结合交点的坐标即可解答；

（3）根据题意可求出ADyAyB3．再根据AD=3CD，即可求出CD长，结合D点的坐标，即可求出C点坐标．

【详解】

（1）∵点A(1，2)在反比例函数y2∴22；（2）2x0或x1；（3）(0，-1)或 (2，-1)．

xk的图象上，

xk，即k2．

12，

x2的图象上，

x故该反比例函数表达式为y2∵点B(-2，m)也在反比例函数y2∴m21．

2∴点B坐标为B(-2，-1)，

∵点A和点B都在一次函数y1=ax+b的图象上，

2aba1∴，解得，

b112ab

故该一次函数表达式为y1x1．

（2）y1y2，即一次函数图象在反比例函数上方即可，

∴由图象可知当2x0时或x1时，y1y2．

（3）由题意得，ADyAyB2(1)3，且D点坐标为(1，-1)．

∵AD=3CD

∴CD1AD1，

3∴当点C在点D的左侧时，点C的坐标为(0，-1)，

当点C在点D的右侧时，点C的坐标为(2，-1)．

综上，C点坐标为(0，-1)或(2，-1)．

【点睛】

本题考查一次函数和反比例函数的交点问题，熟练掌握待定系数法求函数解析式的一般步骤、灵活运用分类讨论思想、数形结合思想是解题的关键．

23．（1）见解析；（2）【分析】

（1）利用SAS证明BAC≌DAC，可得ADCABC90，即可得证；

（2）由已知条件可得EDC∽EBA，可得出DC:BA1:2，进而得出CB:BA1:2即可求得tanBAC；

【详解】

（1）∵AC平分BAD，

∴BACDAC．

∵ABAD，ACAC，

∴BAC≌DAC．

∴ADCABC90．

∴CDAD，

2

233

∴AD是eC的切线．

（2）由（1）可知，EDCABC90，

又EE，

∴EDC∽EBA．

∵SEDC2SABC，且BAC≌DAC，

∴SEDC:SEBA1:2，

∴DC:BA1:2．

∵DCCB，

∴CB:BA1:2．

∵ABC90

∴tanBAC【点睛】

此题考查了切线的判定与性质，正切的性质，以及相似三角形的性质判定，熟练掌握基础知识是解本题的关键．

24．(1)3

(2)①y

【分析】

（1）根据矩形的性质和折叠的性质得出AD=AF、DE=EF，进而设EC＝x，则DE＝EF＝8﹣x，利用勾股定理求解即可得出答案；

（2）①由AD∥CG可得△ADE∽△GCE，就可以求出CG、BG的长，再利用勾股定理求出AG、DG的长，接着证明△ADM∽△GMN即可得到y与x的函数解析式，同时利用配方法算出y的最小值；

②假设存在，由①可得当△DGM是等腰三角形时△DMN是等腰三角形，分两种情况进行讨论：当MG＝DG=10时，结合勾股定理进行求解；当MG＝DM时，作MH⊥DG于H，证出△GHM∽△GBA，即可得出答案．

（1）

如图1中

1245115

xx10，2；②存在，1052CB2

BA2

∵四边形ABCD是矩形，

∴ADBC10，ABCD8，BBCD90．

由翻折可知：ADAF10，DEEF，

设ECx，则DEEF8x．

在Rt△ABF中，BFAF2AB26，

∴CFBCBF1064．

在Rt△EFC中，则有：8xx242，

∴x3，

∴EC3．

（2）

①如图2中，

2

∵AD∥CG，

∴△ADE∽△GCE，

∴∴ADDE，

CGCE105，

CG3∴CG6，

∴BGBCCG16，

在Rt△ABG中，AG8216285，

35

在Rt△DCG中，DG628210，

∴ADDG10，

∴DAGAGD，

∵DMGDMNNMGDAMADM，DMNDAM，

∴ADMNMG，

∴△ADM∽△GMN，

∴ADAM，

MGGN10x∴，

85x10y∴y112452xx10（x45)2，

10105∴当x45时，y有最小值为2，

②存在．如图3，当MNDN时，作MHDG于H．

∵MNDN，

∴MDNDMN，

∵DMNDGM，

∴MDGMGD，

∴MDMG，

∵MH⊥DG，

∴DHGH5，

由△GHM∽△GBA，可得∴GHMG，

GBAG5MG，

168555，

2∴MG

55115．

22∴xAM85【点睛】

本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．

25．（1）证明见解析；（2）①定点F的坐标为（0，1）；②【分析】

（1）令y=0，再求出判别式，判断即可得出结论；

（2）先求出OA=2，OB=m+2，OC=2（m+2），

①判断出∠OCB=∠OAF，求出tan∠OCB=1065．

51，即可求出OF=1，即可得出结论；

2②先设出BD=n，再判断出∠DCE=90°，得出DE是⊙P的直径，进而求出BE=2n，DE=5n，即可得出结论．

【详解】

2（1）令y＝0，则x+mx﹣2m﹣4＝0，

∴△＝m2﹣4[﹣2m﹣4]＝m2+8m+16，

∵m＞0，

∴△＞0，

∴该抛物线与x轴总有两个不同的交点；

2（2）令y＝0，则x+mx﹣2m﹣4＝0，

∴（x﹣2）[x+（m+2）]＝0，

∴x＝2或x＝﹣（m+2），

∴A（2，0），B（﹣（m+2），0），

∴OA＝2，OB＝m+2，

令x＝0，则y＝﹣2（m+2），

∴C（0，﹣2（m+2）），

∴OC＝2（m+2），

①通过定点（0，1）理由：如图，

37

∵点A，B，C在⊙P上，

∴∠OCB＝∠OAF，

在Rt△BOC中，tan∠OCB在Rt△AOF中，tan∠OAF∴OF＝1，

∴点F的坐标为（0，1）；

②如图1，

OBm21，

OC（2m2）2OFOF1，

OA22

由①知，点F（0，1）．

∵D（0，1），

∴点D在⊙P上，

∵点E是点C关于抛物线的对称轴的对称点，

∴∠DCE＝90°，

∴DE是⊙P的直径，

∴∠DBE＝90°，

∵∠BED＝∠OCB，

∴tan∠BED1，

2BDn1，

BEBE2设BD＝n，在Rt△BDE中，tan∠BED∴BE＝2n，根据勾股定理得：DEBD2BE25n，

15DEn，

22∴l＝BD+BE+DE＝（35）n，rl（35）n1065∴r．

55n2【点睛】

此题是二次函数综合题，主要考查了一元二次方程的根的判别式，圆周角定理，锐角三角函数，勾股定理，对称性，求出点A，B，C的坐标是解本题的关键．

39