20202021学年沈阳市铁西区九年级上学期期末数学试卷解析

2020-2021学年沈阳市铁西区九年级上学期期末数学（时间：120分钟）一、选择题（下列各题的四个选项中，只有一个是正确的，将正确答案涂在答题卡上）1.下列方程中，是一元二次方程的是（）A.22xB.3210xxC.2310xxyD.21450xx【答案】A【分析】根据一元二次方程的定义判断即可．【详解】解：A、是一元二次方程，符合题意；B、未知数的最高次数为3，是三次方程，不符合题意；C、含有两个未知数，是二元方程，不符合题意；D、不是整式方程，是分式方程，不符合题意，故选：A．【点睛】本题考查一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程满足的条件是解答的关键．2.在一个不透明的袋子里装有红球，黄球共36个，这些球除颜色外都相同．小明通过多次试验发现，摸出红球的频率稳定在0.25左右，则袋子中红球的个数最有可能（）A.5B.9C.15D.24【答案】B【分析】设袋子中红球有x个，根据摸出红球的频率稳定在0.25左右列出关于x的方程，求出x的值，从而得出答案．【详解】解：设袋子中红球有x个，根据题意，得：0.2536x，解得x=9，∴袋子中红球的个数最有可能是9个，故选：B．【点睛】本题主要考查利用频率估计概率，大量重复试验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．3.由5个相同的小正方体组成的几何体如图所示，该几何体的主视图是（）A.B.C.D.【答案】D【分析】找到从几何体的正面看所得到的图形即可．【详解】解：主视图有3列，每列小正方形数目分别为2，1，1，故选：D．【点睛】此题主要考查了简单几何体的三视图，主视图是从物体的正面看得到的视图．4.如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，点O是坐标原点，点A、C的坐标分别是6,0，0,3，点B在第一象限，则点B的坐标是（）A.3,6B.6,3C.6,6D.3,3【答案】B【分析】根据矩形的性质得出点B的坐标即可．【详解】解：∵四边形OABC是矩形，∴OC=AB，CB=OA，∵点A，C的坐标分别是（6，0），（0，3），∴AB=3，OA=6，∴点B坐标为（6，3），故选：B．【点睛】此题考查矩形的性质，关键是根据矩形的性质得出点B的坐标．5.函数2(0)yxx的图像位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【分析】根据反比例函数中kyx，当0k，双曲线的两支分别位于第二、第四象限，在每一象限内y随x的增大而增大，进而得出答案．【详解】解：函数2(0)yxx的图象位于第四象限．故选D．【点睛】此题主要考查了反比例函数的性质，正确记忆反比例函数图象分布的象限是解题关键．6.如图，在△ABC中，DE∥AB，且CDBD＝32，则CECA的值为（）A.35B.23C.45D.32【答案】A【分析】根据平行线分线段成比例定理得到比例式即可解答．【详解】解：∵DE//AB，∴32CECDAEBD∴CECA的值为35．故答案为A．【点睛】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理确定对应比例关系是解答本题的关键．7.如图，把一块长为40cm，宽为30cm的矩形硬纸板的四角剪去四个相同小正方形，然后把纸板的四边沿虚线折起，并用胶带粘好，即可做成一个无盖纸盒．若该无盖纸盒的底面积为600cm2，设剪去小正方形的边长为xcm，则可列方程为（）A.（30﹣2x）（40﹣x）＝600B.（30﹣x）（40﹣x）＝600C.（30﹣x）（40﹣2x）＝600D.（30﹣2x）（40﹣2x）＝600【答案】D【分析】设剪去小正方形的边长是xcm，则纸盒底面的长为（40﹣2x）cm，宽为（30﹣2x）cm，根据长方形的面积公式结合纸盒的底面积是600cm2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．【详解】解：设剪去小正方形的边长是xcm，则纸盒底面的长为（40﹣2x）cm，宽为（30﹣2x）cm，根据题意得：（40﹣2x）（30﹣2x）＝600．故选：D．【点睛】本题考查的是一元二次方程的应用，正确理解题意找到等量关系是解题的关键．8.两个相似多边形的一组对应边分别是3cm和4.5cm，如果它们的周长之和是80cm，那么较大的多边形的周长是（）A.16cmB.32cmC.48cmD.52cm【答案】C【分析】根据相似图形的相似比等于周长比，从而计算即可．【详解】由题可知，这两个相似多边形的相似比为324.53，∵相似图形的周长比等于相似比，∴它们的周长之比为23，∴较大的多边形周长为380485cm，故选：C．【点睛】本题考查相似图形的性质，熟记周长比等于相似比是解题关键．9.已知菱形的周长为8，两邻角的度数比为1：2，则菱形的面积为（）A.83B.8C.43D.23【答案】D【分析】根据菱形的性质和菱形面积公式即可求出结果．【详解】解：如图，∵两邻角度数之比为1：2，两邻角和为180°，∴∠ABC＝60°，∠BAD＝120°，∵菱形的周长为8，∴边长AB＝2，∴菱形的对角线AC＝2，BD＝2×2sin60°＝23，∴菱形的面积＝12AC•BD＝12×2×23＝23．故选：D．【点睛】本题考查菱形的性质，解题关键是掌握菱形的性质．10.如图，抛物线2(0)yaxbxca交x轴于点A，B，交y轴于点C．若点A坐标为(4,0)，对称轴为直线1x，则下列结论错误的是（）A.二次函数的最大值为abcB.0abcC.240bacD.20ab【答案】D【分析】根据抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标、与x轴、y轴的交点以及过特殊点时相应的系数a、b、c满足的关系进行综合判断即可．【详解】解：抛物线y＝ax2＋bx＋c过点A（−4，0），对称轴为直线x＝−1，因此有：x＝−1＝−b2a，即2a−b＝0，因此选项D符合题意；当x＝−1时，y＝a−b＋c的值最大，选项A不符合题意；由抛物线的对称性可知，抛物线与x轴的另一个交点为（2，0），当x＝1时，y＝a＋b＋c＞0，因此选项B不符合题意；抛物线与x轴有两个不同交点，因此b2−4ac＞0，故选项C不符合题意；故选：D．【点睛】本题考查二次函数的图象和性质，掌握抛物线的位置与系数a、b、c的关系是正确判断的前提．二、填空题11.从12，1，1，2中任取一个数作为a的值，使抛物线2yaxbxc（a，b，c是常数）的开口向上的概率为___．【答案】34【分析】直接利用二次函数的开口向上a＞0，再利用概率公式得出答案．【详解】解：当抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c是常数）的开口向上时，a＞0，∴从12，-1，1，2中任取一个数作为a的值，使抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c是常数）的开口向上的概率为：34．故答案为：34．【点睛】此题主要考查了概率公式和二次函数的性质，正确掌握二次函数的性质是解题关键．12.已知关于x的一元二次方程250xxm的一个根是2，则另一个根是________．【答案】7【分析】先把x=2代入原方程即可解出m的值，再用两根之和求解即可【详解】把x=2代入原方程得22＋5×2－m=0，解得m=14，∴原方程为25140xx解得x1=-7,x2=2,故另一个解为7.故答案为：7．【点睛】此题主要考查一元二次方程的解，解题的关键是先求出原方程，再进行求解．13.若点5,Aa，3,Bb，6,Cc都在反比例函数4yx的图象上，则a，b，c中最大的是___．【答案】b【分析】先根据反比例函数中k＞0判断出函数图象所在的象限及增减性，再根据各点横坐标的特点即可得出结论．【详解】解：∵k=4＞0，∴图象在第一、三象限，在每个象限内，y随x的增大而减小，∵-5＜0，∴A（-5，a）位于第三象限，∴a＜0，∵0＜3＜6，∴点B（3，b），C（6，c）位于第一象限，∴b＞c＞0．∴a，b，c中最大的是b．故答案为：b．【点睛】本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．14.如图，面积为16的菱形ABCD中，点O为对角线的交点，点E是边BC的中点，过点E作EFBD于点F，EGAC于点G，则四边形EFOG的面积为__．【答案】2【分析】由菱形的性质得出OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，面积＝12AC×BD，证出四边形EFOG是矩形，EF//OC，EG//OB，得出EF、EG都是△OBC的中位线，则EF＝12OC＝14AC，EG＝12OB＝14BD，由矩形面积即可得出答案．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，面积＝12AC×BD=16，∴AC×BD=32∵EF⊥BD于F，EG⊥AC于G，∴四边形EFOG是矩形，EF//OC，EG//OB，∵点E是线段BC的中点，∴EF、EG都是△OBC的中位线，∴EF＝12OC＝14AC，EG＝12OB＝14BD，∴矩形EFOG的面积＝EF×EG＝14AC×14BD＝116×32＝2；故答案为：2．【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握菱形的性质和矩形的性质是解题的关键．15.竖直上抛物体时，物休离地而的高度hm与运运动时间ts之间的关系可以近似地用公式2005htvth表示，其中0hm是物体抛出时高地面的高度，0m/sv是物体抛出时的速度．某人将一个小球从距地面1.5m的高处以20m/s的速度竖直向上抛出，小球达到的离地面的最大高度为___m．【答案】21.5【分析】根据题意可得到h关于t的函数关系式，再将其化为顶点式，按照二次函数的性质可得答案．【详解】解：由题意得：h＝﹣5t2+20t+1.5＝﹣5（t﹣2）2+21.5，∵a＝﹣5＜0，∴当t＝2时，h取得最大值，此时h＝21.5．故答案为：21.5．【点睛】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，明确题意并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．16.如图，菱形ABCD的对角线AC和BD交于点O，点G在射线OD上，且3GDOD，过点G作//GECD交射线OC于点E，过点E作OE的垂线，与过点G作OG的垂线交于点P，得到矩形OEFG．射线AD交线段GF于点H，将GDH沿直线AH折叠，得到MDH，当点M在矩形OEFG的边上时，BDAC____．【答案】2或22【分析】由菱形和平行线的性质得出∠ABD=∠CBD=∠ADB=∠DGE=∠CDB=∠HDG，由折叠的性质得DG=DM，GH=MH，∠HDG=∠HDM，分两种情况讨论：①若点M在EF上；②若点M在OE上；由锐角三角函数定义、相似三角形的判定与性质以及勾股定理解答即可．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴∠ABD=∠CBD=∠ADB=∠CDB，AC⊥BD，∵GE//CD，∴∠DGE=∠CDB，∴∠ABD=∠CBD=∠ADB=∠CDB=∠DGE=∠HDG，由折叠的性质得：DG=DM，GH=MH，∠HDG=∠HDM，①若点M在EF上，如图1所示：设BD=2OB=2OD=2b，AC=2OA=2OC=2kb，∴DG=DM=3OD=3b，OG=DG+OD=3b+b=4b，∵tan∠ADB=OAkbODb=k，∴OEGHMHOGDGDM=k，∴OE=kOG=4kb，GH=HM=3kb，∴FH=OE-GH=4kb-3kb=kb，过点D作DN⊥EF于点N，∵∠FHM+∠FMH=∠FMH+∠DMN，∴∠FHM=∠DMN，∵∠F=∠DNM=90°，∴△MFH∽△DNM，∴FHMHMNDM，即33kbkbMNb，∴MN=b，∵DM2=DN2+MN2，∴(3b)2=(4kb)2+b2，解得：k=22，或k=-22（不合题意舍去），∴OAOD=22，∴222BDODODACOAOA；②若点M在OE上，如图2所示：设∠GDH=∠ADO=∠ABO=∠ODC=α