期末评估测试卷 2024-2025学年 人教版数学九年级下册

期末评估测试卷 (满分:120分　时间:120分钟) 一、选择题(共12题,每题3分,共36分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.若两个相似三角形的相似比为1∶4,则这两个三角形面积的比是 (　　) A.1∶2 B.1∶4 C.1∶8 D.1∶16 2.下列常见的几何体中,主视图和左视图不同的是 (　　) A. B. C. D. 3.(2024北京海淀区期末)如图所示是一次函数y1=kx+b和反比例函数y2=的图象,观察图象,当y1>y2时,x的取值范围为 (　　) A.x<-2或0<x<3 B.x<-2或x<3 C.-2<x<0或x>3 D.-2<x<0或0<x<3 4.(2024长春中考)2024年5月29日16时12分,“长春净月一号”卫星搭乘谷神星一号火箭在黄海海域成功发射.当火箭上升到点A时,位于海平面R处的雷达测得点R到点A的距离为a km,仰角为θ,则此时火箭距海平面的高度AL为 (　　) A.asin θ km B. km C.acos θ km D. km 5.在同一平面直角坐标系中,函数y=kx+1(k≠0)和y=(k≠0)的图象可能是 (　　) A.　 B. C. D. 6.(2024浙江中考)如图,在平面直角坐标系中,△ABC与△A'B'C'是位似图形,位似中心为点O.若点A(-3,1)的对应点为A'(-6,2),则点B(-2,4)的对应点B'的坐标为 (　　) A.(-4,8) B.(8,-4) C.(-8,4) D.(4,-8) 7.如图,海天号、顺艺号两艘轮船同时从港口O出发,海天号轮船以20 n mile/h的速度向南偏东45°方向航行,顺艺号轮船向南偏西45°方向航行,已知它们离开港口O 2 h后,两艘轮船相距50 n mile,则顺艺号轮船平均每小时航行 (　　) A.15 n mile B.16 n mile C.17 n mile D.18 n mile 8.如图,在△ABC中,若DE∥BC,EF∥AB,则下列比例式正确的是 (　　) A.　 B. C. D. 9.(2024龙东地区中考)如图,双曲线y=(x>0)经过A,B两点,连接OA,AB,过点B作BD⊥y轴,垂足为D,BD交OA于点E,且E为OA的中点,则△AEB的面积是 (　　) A.4.5 B.3.5 C.3 D.2.5 10.如图,在菱形ABCD中,对角线AC,BD交于点O,EF⊥BD,垂足为H,EF分别交AD,DC及BC的延长线于点E,M,F,且ED∶CF=1∶2,则的值为 (　　) A. B. C. D. 11.(2024南京玄武区期末)如图,点A,B分别在反比例函数y=(x<0)和y=(x>0)的图象上,AB∥x轴,与y轴交于点C,D是x轴上一点.若BC=2AC,△ABD的面积为3,则k1k2的值为 (　　) A.-8 B.8 C.-6 D.6 12.如图,在一次数学实践活动中,小明同学要测量一座与地面垂直的古塔AB的高度,他从古塔底部点B处前行30 m到达斜坡CE的底部点C处,然后沿斜坡CE前行20 m到达最佳测量点D处,在点D处测得塔顶A的仰角为30°,已知斜坡的斜面坡度i=1∶,且点A,B,C,D,E在同一平面内,则小明同学测得古塔AB的高度是 (　　) A.(10+20)m B.(10+10)m C.20 m D.40 m 二、填空题(共4题,每题3分,共12分) 13.在Rt△ABC中,∠C=90°,sin A=,则tan A=　　　　.  14.如图是矗立在高速公路水平地面上的交通警示牌,点M,A,B在同一条直线上,经测量得到如下数据:AM=5 m,AB=10 m,∠MAD=45°,∠MBC=30°,则警示牌的高CD为　 　m.(结果精确到0.1 m,参考数据:≈1.41,≈1.73)  15.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,D是AB上一点,且AD=,DE∥BC,∠DBE=90°,连接AE.若AC=3,BC=4,则AE的长为　　　　.  16.如图,正方形OAPB的顶点A,B分别在x轴和y轴上,矩形OCQD的顶点C,D分别在边OA和y轴上,反比例函数y=(x>0)的图象经过P,Q两点.若四边形BDQE的面积为4,则点Q的坐标为　　　　.  三、解答题(共8题,共72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17.(4分)(2024广州中考)如图,点E,F分别在正方形ABCD的边BC,CD上,BE=3,EC=6,CF=2.求证:△ABE∽△ECF. 18.(6分)如图所示的是某个几何体的三视图. (1)说出这个几何体的名称. (2)根据图中有关数据,求这个几何体的表面积. 19.(8分)(2024兰州中考)如图,反比例函数y=(x>0)与一次函数y=mx+1的图象交于点A(2,3),B是反比例函数图象上的一点,BC⊥x轴于点C,交一次函数的图象于点D,连接AB. (1)求反比例函数y=与一次函数y=mx+1的解析式. (2)当OC=4时,求△ABD的面积. 20.(10分)(2024凉山州中考)为建设全域旅游西昌,加快旅游产业发展.2022年9月29日,位于西昌主城区东部的历史风貌核心区唐园正式开园,坐落于唐园内的怀远塔乃唐园至高点,为七层密檐式八角砖混结构阁楼式塔楼,建筑面积为1 845.4 m2,塔顶金碧辉煌,为“火珠垂莲”窣(sū)堵坡造型.某校为了让学生进一步了解怀远塔,组织九(2)班学生利用综合实践课测量怀远塔的高度.小江同学站在如图所示的怀远塔前的平地上点A处,测得塔顶C的仰角为30°,眼睛B距离地面1.8 m,向塔前行67 m,到达点D处,测得塔顶C的仰角为60°,求塔高CF.(参考数据:≈1.414,≈1.732,结果精确到0.01 m) 21.(10分)日晷(如图1)是我国古代较为普遍使用的计时仪器.如图2,日晷的平面是以点O为圆心的圆,线段BC是日晷的底座,点D为日晷与底座的接触点(即BC与☉O相切于点D).点A在☉O上,OA为某一时刻晷针的影长,AO的延长线与☉O相交于点E,与BC相交于点B,连接AC,OC,BD= CD=30 cm,OA⊥AC. (1)求∠B的度数. (2)连接CE,求CE的长. 图1　　 图2 22.(10分)(2024重庆A卷中考)如图,甲、乙两艘货轮同时从A港出发,分别向B,D两港运送物资,最后到达A港正东方向的C港装运新的物资.甲货轮沿A港的东南方向航行40 n mile后到达B港,再沿北偏东60°方向航行一定距离到达C港.乙货轮沿A港的北偏东60°方向航行一定距离到达D港,再沿南偏东30°方向航行一定距离到达C港.(参考数据:≈1.41,≈1.73,≈2.45) (1)求A,C两港之间的距离(结果保留小数点后一位). (2)若甲、乙两艘货轮的速度相同(停靠B,D两港的时间相同),哪艘货轮先到达C港?请通过计算说明. 23.(12分)如图,在菱形ABCD中,点G在边CD上,连接AG并延长交BC的延长线于点F,连接BD交AF于点E,连接CE. (1)若BE=BC,∠ABC=80°,请直接写出∠DAE的度数. (2)求证:EC2=EF·EG. (3)若AB=6,=3,求CF的长. 24.(12分)(2024自贡中考)如图,在平面直角坐标系中,一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=的图象交于A(-6,1),B(1,n)两点. (1)求反比例函数和一次函数的解析式. (2)P是直线x=-2上的一个动点,△PAB的面积为21,求点P坐标. (3)点Q在反比例函数y=位于第四象限的图象上,△QAB的面积为21,请直接写出点Q的坐标. 【详解答案】 1.D　解析:若两个相似三角形的相似比为1∶4,则这两个三角形面积的比是1∶16.故选D. 2.B　解析:各个选项中的几何体的主视图、左视图如下: 选项A中几何体 选项B中几何体 选项C中几何体 选项D中几何体 选项B中几何体的主视图、左视图的形状不同.故选B. 3.C　解析:根据题图可得,当-2<x<0或x>3时,y1>y2.故选C. 4.A　解析:在Rt△ALR中,AR=a,∠ARL=θ,∴sin θ=.∴AL=AR·sin θ=asin θ(km).故选A. 5.D　解析:当k>0时,一次函数y=kx+1经过第一、第二、第三象限,反比例函数y=(k≠0)位于第一、第三象限;当k<0时,一次函数y=kx+1经过第一、第二、第四象限,反比例函数y=(k≠0)位于第二、第四象限.故选D. 6.A　解析:∵△ABC与△A'B'C'是位似图形,位似中心为点O,点A(-3,1)的对应点为点A'(-6,2),∴△ABC与△A'B'C'的相似比为1∶2.∵点B的坐标为(-2,4),∴点B的对应点B'的坐标为(-2×2,4×2),即(-4,8).故选A. 7.A　解析:由题意,得ON=20×2=40(n mile),MN=50 n mile,∠MON=90°,∴OM==30 n mile.∴顺艺号轮船平均每小时航行:30÷2=15(n mile).故选A. 8.C　解析:∵DE∥BC,EF∥AB,∴四边形DEFB是平行四边形.∴DE=BF,BD=EF.∵DE∥BC,∴.∵EF∥AB,∴,.∴A、B、D项错误,C项正确.故选C. 9.A　解析:如图,过点A作AM⊥y轴,垂足为M,∵BD⊥y轴,∴AM∥BD.连接OB,则S△AOM=S△OBD=|k|=×12=6,∵E是OA的中点,∴OE=AE.∵DE∥AM,∴DE是△OMA的中位线.∴DE=AM,OD=OM.∵S△AOM=S△OBD=6,即×AM·OM=OD·BD=6,∴AM·OD=BD·OD.∴BD=2AM.∴DE=AM=BD.∴DE=BE.∵S△ODE=S△AOM=×6=,∴S△AEB=3S△ODE=3×=4.5.故选A. 10.D　解析:∵四边形ABCD是菱形,∴AD∥BC,AC⊥BD,AD=BC.∵EF⊥BD,∴AC∥EF.∴四边形AEFC是平行四边形.∴AE=CF.∵ED∶CF=1∶2,∴ED∶AE=1∶2.∴ED∶AD=ED∶BC=1∶3.∴DE∶BF=1∶5.∵AD∥BC,∴△DEH∽△BFH.∴.∴.故选D. 11.A　解析:如图,连接OA,OB, ∵AB∥x轴,∴S△ABD=S△AOB=3.∵点A,B分别在反比例函数y=(x<0)和y=(x>0)的图象上,∴S△AOC=|k1|,S△OBC=k2.∵BC=2AC,∴S△AOC=×S△ABD=×3=1,S△COB=S△ABD=×3=2,∴k1=-2,k2=4.∴k1k2=-8.故选A. 12.A　解析:如图,过点D作DF⊥AB于点F,DG⊥BC,交BC的延长线于点G, 由题意,得BC=30 m,CD=20 m,∠ADF=30°,DG=BF,DF=BG,∵斜坡的斜面坡度i=1∶,∴.设DG=x m,则CG=x m,CD=2x m,∴2x=20.解得x=10.∴DG=BF=10 m,CG=10 m,DF=BG=CG+BC=(30+10)m,在Rt△ADF中,tan 30°=.解得AF=(10+10)m.∴AB=AF+BF=(20+10)m.故选A. 13.　解析:由sin A=可设a=4x,则c=5x,b=3x.∴tan A=. 14.3.7　解析:由题意,得CM⊥MB,在Rt△ADM中,AM=5 m,∠MAD=45°,∴DM=AM·tan 45°=5 m.∵AB=10 m,∴MB=AM+AB=15 m .在Rt△CMB中,∠CBM=30°,∴CM=BM·tan 30°=15×=5(m).∴CD=CM-DM=5-5≈3.7(m).∴警示牌的高CD约为3.7 m. 15.　解析:∵∠ACB=90°,AC=3,BC=4,∴AB==5.∵AD=,∴BD=AB-AD=.∵DE∥BC,∴∠ABC=∠BDE.∵∠C=∠DBE=90°,∴△ACB∽△EBD.∴.∴.∴BE=2.∴AE=. 16.　解析:由题意可知,OA·OB=OC·OD=16,∵四边形OAPB是正方形,∴OA=OB=4.∵四边形BDQE的面积为4,∴四边形OCEB的面积为12.∴OC·OB=12.∴OC==3.∴点Q的横坐标为3.把x=3代入y=(x>0),得y=.∴点Q. 17.证明:∵BE=3,EC=6,CF=2, ∴BC=3+6=9. ∵四边形ABCD是正方形, ∴AB=BC=9,∠B=∠C=90°. ∵,, ∴. ∴△ABE∽△ECF. 18.解:(1)根据三视图,可得这个几何体是三棱柱. (2)表面积为×3×4×2+15×3+15×4+15×5=192. 19.解:(1)∵反比例函数y=(x>0)与一次函数y=mx+1的图象交于点A(2,3), ∴k=2×3=6,3=2m+1. 解得k=6,m=1. ∴一次函数的解析式为y=x+1,反比例函数的解析式为y=. (2)将x=4代入y=x+1,得y=5, ∴点D(4,5). 将x=4代入y=,得y=, ∴点B. ∴BD=5-. ∴S△ABD=×(4-2)=. 20.解:由题意,知∠CBG=30°,∠CEG=60°,∠CGB=∠CGE=90°,GF=ED=BA=1.8 m,BE=67 m. 在Rt△CBG中,BG=CG, 在Rt△CEG中, EG=CG, ∵BG-EG=BE, ∴CG-CG=67. 解得CG=≈58.02 m. ∴CF=CG+GF=58.02+1.8=59.82(m). 答:塔高CF约为59.82 m. 21.解:(1)如图,连接OD. ∵BC 与☉O相切于点D, ∴OD⊥BC. ∵BD=DC, ∴OB=OC. ∴∠OCB=∠B. ∵OA⊥AC,OA为半径, ∴CA与☉O相切于点A. ∵BC与☉O相切于点D, ∴∠ACB=2∠BCO. ∵∠B+∠ACB=90°, ∴3∠B=90°. ∴∠B=30°. (2)由(1)知∠ACO=∠ACB=×(90°-30°)=30°,∠OAC=90°, ∵CA,CD与☉O相切, ∴CA=CD=30 cm. ∴OA=AC·tan 30°=30×=10(cm). ∴AE=2OA=20 cm. 在Rt△ACE 中,CE==10(cm). 22.解:(1)如图1,过点B作BE⊥AC,垂足为E, 图1 在Rt△ABE中,∠BAE=90°-45°=45°,AB=40 n mile, ∴AE=BE=AB·cos 45°=40×= 20(n mile). 在Rt△BCE中,∠CBE=60°, ∴CE=BE·tan 60°=20= 20(n mile), ∴AC=AE+CE=20+20≈77.2(n mile), ∴A,C两港之间的距离约为77.2 n mile. (2)甲货轮先到达C港. 如图2,标注字母. 图2 由题意,得∠CDF=30°,DF∥AG, ∴∠GAD=∠ADF=60°. ∴∠ADC=∠ADF+∠CDF=90°. 在Rt△ACD中, ∠CAD=90°-∠GAD=30°, ∴CD=AC=(10+10)n mile, AD=CD=(10+30)n mile, 在Rt△BCE中, ∵∠CBE=60°,BE=20 n mile, ∴BC==40(n mile). ∴甲货轮航行的路程为AB+BC=40+40≈96.4(n mile), 乙货轮航行的路程为AD+CD=10+30+10+10≈105.4(n mile). ∵96.4<105.4, ∴甲货轮先到达C港. 23.解:(1)∠DAE=30°. 解法提示:∵四边形ABCD是菱形,BE=BC, ∴AB=BC=BE,AD∥BC,∠ABD=∠ABC=40°. ∴∠BAD=180°-∠ABC=100°, ∠BAE==70°. ∴∠DAE=∠BAD-∠BAE=100°-70°=30°. (2)证明:∵四边形ABCD是菱形, ∴DA=DC,∠ADE=∠CDE. 又∵DE=DE, ∴△ADE≌△CDE(SAS). ∴∠DAF=∠DCE. 又∵AD∥BC, ∴∠DAF=∠F. ∴∠GCE=∠F. 又∵∠GEC=∠CEF, ∴△CEG∽△FEC. ∴,即EC2=EF·EG. (3)在菱形ABCD中,CD=AB=6, 设GE=a,则AE=CE=3a, ∵EC2=EF·EG, ∴EF=9a. ∴AG=AE+EG=3a+a=4a,FG=FE-EG=9a-a=8a. 又∵AD∥BC, ∴∠ADG=∠FCG,∠DAG=∠F. ∴△ADG∽△FCG. ∴. ∴CF=2AD=2×6=12. 24.解:(1)把点A(-6,1)代入y=,得1=, ∴m=-6. ∴反比例函数的解析式为y=-. 把点B(1,n)代入y=-,得n=-6. ∴点B(1,-6). 把点A(-6,1),B(1,-6)代入y=kx+b,得 解得 ∴一次函数的解析式为y=-x-5. (2)如图1,设直线x=-2交直线AB于点H, 图1 在y=-x-5中,令x=-2,得y=-3, ∴点H(-2,-3). ∵△PAB的面积为21, ∴PH·|xB-xA|=21,即PH×(1+6)=21. ∴PH=6. ∵-3+6=3,-3-6=-9, ∴点P的坐标为(-2,3)或(-2,-9). (3)点Q的坐标为,或(3,-2). 解法提示:如图2,过点Q作QM∥x轴交直线AB于点M, 图2 设点Q, 在y=-x-5中,令y=-,得x=-5, ∴点M. ∴MQ=. ∵△QAB的面积为21, ∴MQ·|yA-yB|=21, 即×7=21. ∴-5-t=6或-5-t=-6. 解得t=或-2或3. 经检验,t=,t=3符合题意, ∴点Q的坐标为,或(3,-2). 学科网（北京）股份有限公司 $$