2020-2021学年上海市浦东新区第四教育署九年级(下)期中数学试卷(附答案详解)

2020-2021学年上海市浦东新区第四教育署九年级（下）
期中数学试卷
1.下列根式中，与√3是同类二次根式的为()
C. √13
D. √30
A. √0.3
B. √1
3
2.下列运算正确的是()
A. m⋅m=2m
B. (m2)3=m6
C. (mn)3=mn3
D. m6÷m2=m3
3.二次函数y=−(x−2)2−3的图象的顶点坐标是()
A. (2,3)
B. (2,−3)
C. (−2,3)
D. (−2,−3)
4.如图，反映的是某中学九(3)班学生外出方式(乘车、步行、骑车)的频数(人数)分布
直方图(部分)和扇形分布图，那么下列说法正确的是()
A. 九(3)班外出的学生共有42人
B. 九(3)班外出步行的学生有8人
C. 在扇形图中，步行的学生人数所占的圆心角为82°
D. 如果该校九年级外出的学生共有500人，那么估计全年级外出骑车的学生约有
140人
5.下列图形，是轴对称图形但不是中心对称图形的是()
A. 线段
B. 矩形
C. 等腰梯形
D. 圆
6.在平面直角坐标系xOy中，点A(−3,0)，B(2,0)，C(−1,2)，E(4,2)，如果△ABC与
△EFB全等，那么点F的坐标可以是()
A. (6,0)
B. (4,0)
C. (4.−2)
D. (4,−3)
7.因式分解：a2−4a=______．
8.计算：a3⋅a−1=______ ．
9.如果关于x的方程mx2−mx+1=0有两个相等的实数根，那么实数m的值是
______ ．
10.已知函数f(x)=2
，那么f(−√3)=______．
x2+1
11. 从1、2、3、4、5、6、7、8这八个数中，任意抽取一个数，那么抽得的数是素数
的概率是______．
12. 某品牌旗舰店将某商品按进价提高40%后标价，在一次促销活动中，按标价的8折
销售，售价为2240元，那么这种商品的进价为______ 元.
13. 已知正比例函数y =−2x ，那么y 的值随x 的值增大而______.(填“增大”或“减
小”)
14. 如图，在△ABC 中，点D 在边AC 上，已知△ABD 和
△BCD 的面积比是2：3，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ ，那么向
量BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (用向量a ⃗ ,b ⃗ 表示)是______．
15. 若正n 边形的每个内角为140°，边数n 为______．
16. 在Rt △ABC 中，∠ABC =90°，AB =6，BC =8.分别以点A 、C 为圆心画圆，如果
点B 在⊙A 上，⊙C 与⊙A 相交，且点A 在⊙C 外，那么⊙C 的半径长r 的取值范围是______．
17. 如图，梯形ABCD 中，AD//BC ，∠A =90°，它恰好能按
图示方式被分割成四个全等的直角梯形，则AB ：BC =
______ ．
18. 已知，在Rt △ABC 中，∠C =90°，AC =9，BC =12，点D 、E 分别在边AC 、BC
上，且CD ：CE =3：4.将△CDE 绕点D 顺时针旋转，当点C 落在线段DE 上的点F 处时，BF 恰好是∠ABC 的平分线，此时线段CD 的长是______ ．
19. 计算：√8+|√2−√3|−√2−1
−31
2．
20.解分式方程：x+2
x−2−16
x2−4
=1
x+2
．
21.如图1，一扇窗户打开一定角度，其中一端固定在窗户边OM上的点A处，另一端
B在边ON上滑动，图2为某一位置从上往下看的平面图，测得∠ABO为37°，∠AOB 为45°，OB长为35厘米，求AB的长(参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈
0.75)
22.在奉贤创建文明城区的活动中，有两段长度相等的彩色道砖铺设任务，分别交给甲、
乙两个施工队同时进行施工．如图是反映所铺设彩色道砖的长度y(米)与施工时间x(时)之间关系的部分图象．请解答下列问题：
(1)求乙队在2≤x≤6的时段内，y与x之间的函数关系式；
(2)如果甲队施工速度不变，乙队在开挖6小时后，施工速度增加到12米/时，结
果两队同时完成了任务．求甲队从开始施工到完工所铺设的彩色道砖的长度为多少米？
23.如图，已知四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD相交于点O，BD=2AC.过点A
作AE⊥CD，垂足为点E，AE与BD相交于点F.过点C作CG⊥AC，与AE的延长线相交于点G.求证：
(1)△ACG≌△DOA；
(2)DF⋅BD=2DE⋅AG．
x−2 24.如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2+bx经过点A(2,0).直线y=1
2与x轴交于点B，与y轴交于点C．
(1)求这条抛物线的表达式和顶点的坐标；
(2)将抛物线y=x2+bx向右平移，使平移后的抛物线经过点B，求平移后抛物线
的表达式；
(3)将抛物线y=x2+bx向下平移，使平移后的抛物线交y轴于点D，交线段BC
于点P、Q，(点P在点Q右侧)，平移后抛物线的顶点为M，如果DP//x轴，求∠MCP 的正弦值．
25.已知：半圆O的直径AB=6，点C在半圆O上，且tan∠ABC=2√2，点D为弧
AC上一点，联结DC(如图)
(1)求BC的长；
(2)若射线DC交射线AB于点M，且△MBC与△MOC相似，求CD的长；
(3)联结OD，当OD//BC时，作∠DOB的平分线交线段DC于点N，求ON的长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考同类二次根式的概念，解题的关键是正确理解同类二次根式的概念，本题属于基础题型．根据同类二次根式的概念即可求答案．
【解答】
，故与√3不是同类二次根式；
解：A.原式=√30
10
B.原式=√3
，故与√3是同类二次根式；
3
C.原式=√13，故与√3不是同类二次根式；
D.原式=√30，故与√3不是同类二次根式；
故选B．
2.【答案】B
【解析】
【分析】
此题主要考查了同底数幂的乘法，同底数幂的除法以及幂的乘方与积的乘方，正确掌握运算法则是解题关键．直接利用同底数幂的乘法同底数幂的除法以及幂的乘方与积的乘方运算法则分别计算得出答案．
【解答】
解：A、m⋅m=m2，故此选项错误；
B.(m2)3=m6，正确；
C.(mn)3=m3n3，故此选项错误；
D.m6÷m2=m4，故此选项错误；
故选B．
3.【答案】B
【解析】解：∵y=−(x−2)2−3，
∴二次函数y=−(x−2)2−3的图象的顶点坐标是(2,−3)
故选：B．
根据题目中函数的解析式直接得到此二次函数的顶点坐标．
本题考查二次函数的性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
4.【答案】B
【解析】解：A、由题意知乘车的人数是20人，占总人数的50%，所以九(3)班有20÷50%=40人，故此选项错误；
B、步行人数为：40−12−20=8人，故此选项正确；
×360°=72°，故此选项错误；
C、步行学生所占的圆心角度数为8
40
D、如果该中学九年级外出的学生共有500人，那么估计全年级外出骑车的学生约为
=150人，故此选项错误；
500×12
40
故选：B．
A、由乘车的人数除以占的百分比求出该班的学生数即可；
B、由该班的总人数减去乘车和骑车人数可得步行的学生数；
C、根据步行占的百分比，乘以360°即可得到结果；
D、由骑车的占总人数比例乘以500即可得到结果．
此题考查了条形统计图，扇形统计图，以及用样本估计总体，弄清题中图表中的数据是解本题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：A、线段是轴对称图形也是中心对称图形；
B、矩形是轴对称图形也是中心对称图形；
C、等腰梯形是轴对称图形但不是中心对称图形；
D、圆是轴对称图形也是中心对称图形；
故选：C．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．6.【答案】D
【解析】解：如图所示：△ABC与△EFB全等，
点F的坐标可以是：(4,−3)．
故选：D．
直接利用全等三角形的性质以及坐标与图形的性
质得出符合题意的答案．
此题主要考查了全等三角形的性质以及坐标与图
形的性质，正确掌握全等图形的性质是解题关键．
7.【答案】a(a−4)
【解析】解：原式=a(a−4)．
故答案为：a(a−4)．
直接找出公因式提取公因式分解因式即可．
此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．
8.【答案】a2
【解析】解：原式=a3+(−1)
=a2．
故答案为：a2．
根据同底数幂的乘法，可得答案．
本题考查了负整数指数幂，利用同底数幂的乘法计算是解题关键．
9.【答案】4
【解析】解：∵关于x的方程mx2−mx+1=0有两个相等的实数根，
∴△=(−m)2−4×m=0，且m≠0，
解得m=4．
故答案是：4．
根据方程mx2−mx+1=0有两个相等的实数根，则根的判别式△=b2−4ac=0，列出m的方程，求出m的值即可．
本题考查了根的判别式．一元二次方程根的情况与判别式△的关系：
(1)△>0⇔方程有两个不相等的实数根；
(2)△=0⇔方程有两个相等的实数根；
(3)△<0⇔方程没有实数根．
10.【答案】1
2
【解析】解：当x=−√3时，
f(−√3)=
(−√3)2+1=2
3+1
=2
4
=1
2
．
故答案为：1
2
．
把x=3代入函数关系式，计算求值即可．
本题考查了求函数值．题目比较简单，已知函数解析式时，求函数值就是求代数式的值．
11.【答案】1
2
【解析】解：∵1，2，3，4，5，6，7，8这8个数有4个素数，
∴2，3，5，7；故取到素数的概率是1
2
．
故答案为：1
2
．
根据素数定义，让素数的个数除以数的总数即为所求的概率．
本题考查的是概率的求法．如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其
中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P(A)=m
n
；找到素数的个数为易错点．12.【答案】2000
【解析】解：设这种商品的进价是x元，根据题意可以列出方程：
由题意得，(1+40%)x×0.8=2240．
解得：x=2000，
故答案为：2000．
设这种商品的进价是x元，根据提价之后打八折，售价为2240元，列方程解答即可．本题考查了一元一次方程的应用，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程解答．
13.【答案】减小
【解析】解：因为正比例函数y=−2x中的k=−2<0，
所以y的值随x的值增大而减小．
故答案是：减小．
直接根据正比例函数的性质解答．
本题考查了正比例函数的性质：正比例函数y =kx(k ≠0)的图象为直线，当k >0时，图象经过第一、三象限，y 值随x 的增大而增大；当k <0时，图象经过第二、四象限，y 值随x 的增大而减小．
14.【答案】−a ⃗ +25
b ⃗
【解析】解：∵△ABD 和△BCD 的面积比是2：3，
∴AD ：DC =2：3，
∴AD =25AC ， ∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =25
AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∵BD
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−a ⃗ +25
b ⃗ ， 故答案为：−a
⃗ +25b ⃗ ． 利用三角形法则可知：BD
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，求出AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 即可解决问题． 本题考查平面向量，三角形法则等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 15.【答案】9
【解析】
【分析】
根据多边形每个内角与其相邻的外角互补，则正n 边形的每个外角的度数=180°−140°=40°，然后根据多边形的外角和为360°即可得到n 的值．
本题考查了多边形内角与外角的关系及多边形的外角和定理，用到的知识点： 多边形每个内角与其相邻的外角互补；多边形的外角和为360°．
【解答】
解：∵正n 边形的每个内角都是140°，
∴正n 边形的每个外角的度数=180°−140°=40°，
∴n =360°÷40°=9．
故答案为9．
16.【答案】4<r <10
【解析】
解：在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，BC=8，由勾股定理得：AC=√62+82=10，∵点B在⊙A上，
∴⊙A的半径是6，
设⊙A交AC于D，则AD=6，CD=10−6=4，
∵点A在⊙C外，
∴⊙C的半径小于10，
即r的取值范围是4<r<10，
故答案为：4<r<10．
根据勾股定理求出斜边AC，根据点和圆的位置关系求出⊙A的半径，再求出⊙C的半径即可．
本题考查了圆与圆的位置关系，点和圆的位置关系，勾股定理等知识点，能求出两圆的半径是解此题的关键．
17.【答案】√3：1
【解析】解：如图连接EC，设AB=a，BC=b则CD=2b．
由题意四边形ABCE是矩形，
∴CE=AB=a，∠A=∠AEC=∠CED=90°，
∵∠BCF=∠DCF=∠D，
又∵∠BCF+∠DCF+∠D=180°，
∴∠D=60°，
∴sinD=CE
CD =√3
2
，
∴a
2b =√3
2
，
∴AB
BC =a
b
=√3，
∴AB：BC=√3：1
故答案为√3：1．
如图连接EC，设AB=a，BC=b则CD=2b.只要证明∠D=60°，根据sin60°=CE
CD
，即可解决问题．
本题考查直角梯形的性质，锐角三角函数等知识，解题的关键是理解题意，利用角相等这个信息解决问题，发现特殊角是解题的突破口，属于中考常考题型．
18.【答案】6
【解析】解：如图所示，设CD=3x，则CE=4x，BE=
12−4x，
∵CD
CE =CA
CB
=3
4
，∠DCE=∠ACB=90°，
∴△ACB∽△DCE，
∴∠DEC=∠ABC，
∴AB//DE，
∴∠ABF=∠BFE，
又∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF=∠CBF，
∴∠EBF=∠EFB，
∴EF=BE=12−4x，
由旋转可得DF=CD=3x，
∵Rt△DCE中，CD2+CE2=DE2，
∴(3x)2+(4x)2=(3x+12−4x)2，
解得x1=2，x2=−3(舍去)，
∴CD=2×3=6，
故答案为：6．
设CD=3x，则CE=4x，BE=12−4x，依据∠EBF=∠EFB，可得EF=BE=12−4x，由旋转可得DF=CD=3x，再根据Rt△DCE中，CD2+CE2=DE2，即可得到(3x)2+
(4x)2=(3x+12−4x)2，进而得出CD=6．
本题考查了相似三角形的判定，勾股定理以及旋转的性质，解题时注意：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．
19.【答案】解：原式=2√2+√3−√2−(√2+1)−√3
=2√2+√3−√2−√2−1−√3
=−1．
【解析】直接利用二次根式的性质以及分数指数幂的性质分别化简得出答案．
此题主要考查了分数指数幂的性质以及二次根式的性质，正确化简各数是解题关键．20.【答案】解：去分母得：(x+2)2−16=x−2，
整理得：x2+3x−10=0，
即(x−2)(x+5)=0，
解得：x=2或x=−5，
经检验x=2是增根，分式方程的解为x=−5．
【解析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
此题考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．解分式方程一定注意要验根．
21.【答案】解：作AC⊥OB于点C，如右
图2所示，
则∠ACO=∠ACB=90°，
∵∠AOC=45°，
∴∠AOC=∠COA=45°，
∴AC=OC，
设AC=x，则OC=x，BC=35−x，
∵∠ABC=37°，tan37°≈0.75，
=0.75，
∴x
35−x
解得，x=15，
∴35−x=20，
∴AB =√152+202=25(厘米)，
即AB 的长为25厘米．
【解析】作AC ⊥OB 于点C ，然后根据题意和锐角三角函数可以求得AC 和BC 的长，再根据勾股定理即可得到AB 的长，本题得以解决．
本题考查解直角三角形的应用，解答本题的关键是明确题意，利用锐角三角函数解答．
22.
【答案】解：(1)设乙队在2≤x ≤6的时段内y 与x 之间的函数关系式为y =kx +b ， 由图可知，函数图象过点(2,30)，(6,50)，
∴{2k +b =306k +b =50
， 解得{k =5b =20
， ∴y =5x +20；
(2)由图可知，甲队速度是：60÷6=10(米/时)，
设甲队从开始到完工所铺设彩色道砖的长度为z 米，
依题意，得z−6010=z−5012，
解得z =110，
答：甲队从开始到完工所铺设彩色道砖的长度为110米．
【解析】(1)设函数关系式为y =kx +b ，然后利用待定系数法求一次函数解析式解答；
(2)先求出甲队的速度，然后设甲队从开始到完工所铺设彩色道砖的长度为z 米，再根据6小时后两队的施工时间相等列出方程求解即可．
本题考查了一次函数的应用，主要利用了待定系数法求一次函数解析式，难点在于(2)根据6小时后的施工时间相等列出方程．
23.【答案】证明：(1)∵在菱形ABCD 中，AD =CD ，AC ⊥BD ，OB =OD ， ∴∠DAC =∠DCA ，∠AOD =90°，
∵AE ⊥CD ，CG ⊥AC ，
∴∠DCA +∠GCE =90°，∠G +∠GCE =90°，
∴∠G =∠DCA ，
∴∠G =∠DAC ，
∵BD =2AC ，BD =2OD ，
∴AC =OD ，
在△ACG 和△DOA 中，
{∠G=∠DAO ∠ACG=∠AOD AC=OD
∴△ACG≌△DOA(AAS)；(2)∵AE⊥CD，BD⊥AC，∴∠DOC=∠DEF=90°，又∵∠CDO=∠FDE，
∴△CDO∽△FDE，
∴CD
DF =OD
DE
，即得OD⋅DF=DE⋅CD，
∵△ACG≌△DOA，
∴AG=AD=CD，
又∵OD=1
2
BD，
∴DF⋅BD=2DE⋅AG．
【解析】本题考查了全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，菱形的性质，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．
(1)根据菱形的性质得出AD=CD，AC⊥BD，OB=OD，求出∠G=∠DAC，AC=OD，根据全等三角形的判定推出即可；
(2)根据相似三角形的判定得出△CDO∽△FDE，得出比例式，CD
DF =OD
DE
，即得OD⋅DF=
DE⋅CD，根据△ACG≌△DOA求出AG=AD=CD，代入求出即可．24.【答案】解：(1)由题意，抛物线y=x2+bx经过点A(2,0)，
得0=4+2b，解得b=−2，
∴抛物线的表达式是y=x2−2x．
∵y=x2−2x=(x−1)2−1，
∴它的顶点C的坐标是(1,−1)．
(2)∵直线y=1
2
x−2与x轴交于点B，
∴点B的坐标是(4,0)．
①将抛物线y=x2−2x向右平移2个单位，使得点A与点B重合，此时平移后的抛物线表达式是y=(x−3)2−1．
②将抛物线y=x2−2x向右平移4个单位，使得点O与点B重合，此时平移后的抛物线表达式是y=(x−5)2−1．
(3)设向下平移后的抛物线表达式是：y=x2−2x+n，得点D(0,n)．
∵DP//x轴，
∴点D、P关于抛物线的对称轴直线x=1对称，∴P(2,n)．
∵点P在直线BC上，
∴n=1
2
×2−2=−1．
∴平移后的抛物线表达式是：y=x2−2x−2．∴新抛物线的顶点M的坐标是(1,−2)．
∴MC//OB，
∴∠MCP=∠OBC．
在Rt△OBC中，sin∠OBC=OC
BC
，
由题意得：OC=2，BC=2√5，
∴sin∠MCP=sin∠OBC=
2√5=√5
5
．
即∠MCP的正弦值是√5
5
．
【解析】(1)根据待定系数法即可求得抛物线的解析式，化成顶点式即可求得顶点坐标；
(2)根据图象上点的坐标特征求得B(4,0)，然后分两种情况讨论求得即可；
(3)设向下平移后的抛物线表达式是：y=x2−2x+n，得点D(0,n)，即可求得P(2,n)，
代入y=1
2
x−2求得n=−1，即可求得平移后的解析式为y=x2−2x−2.求得顶点坐标，然后解直角三角形即可求得结论．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，二次函数的图象与几何变换，待定系数法求二次函数的解析式以及二次函数的性质，解直角三角形等，正确求得平移后的解析式是解题的关键．
25.【答案】解；(1)如图1中，连接AC，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵tan∠ABC=2√2，
∴可以假设AC=2√2k，BC=k，
∵AB=6，AB2=AC2+BC2，
∴36=8k2+k2，
∴k2=4，
∵k>0，
∴k=2，BC=2．
(2)如图2中，
∵△MBC与△MOC相似，
∴∠MBC=∠MCO，
∵∠MBC+∠OBC=180°，∠MCO+∠OCD=180°，∴∠OBC=∠OCD，
∵OB=OC=OD，
∴∠OBC=∠OCB=∠OCD=∠ODC，
在△OBC和△OCD中，
{∠OBC=∠OCD ∠OCB=∠ODC OB=OC
，
∴△OBC≌△OCD，
∴BC=CD=2．
(3)如图3中，延长ON交BC的延长线于G，作GH⊥OB于H．
∵BC//OD，
∴∠DOG=∠OGB=∠GOB，
∴BO=BG=3，
∵tan∠HBG=GH
HB
=2√2，设GH=2√2a，HB=a，
∵BG2=GH2+HB2，
∴8a2+a2=9，
∴a2=1，
∵a>0，
∴a=1，HB=1，GH=2√2，OH=2，OG=√OH2+HG2=2√3，∵GC//DO，
∴GN
ON =CG
OD
=1
3
，
∴ON=3
4×2√3=3√3
2
．
【解析】(1)如图1中，根据AB是直径，得△ABC是直角三角形，利用勾股定理即可解决问题．
(2)如图2中，只要证明△OBC≌△OCD得BC=CD，即可解决问题．
(3)如图3中，延长ON交BC的延长线于G，作GH⊥OB于H，先求出BG，根据tan∠HBG=
2√2，利用勾股定理求出线段HB、HG，再利用CG//DO得CG
OD =GN
ON
，由此即可解决．
本题考查圆的有关知识、全等三角形的判定和性质、相似三角形的性质、勾股定理等知识，灵活应用这些知识解决问题是解题的关键，第三个问题的关键是利用平行线分线段成比例定理，属于中考压轴题．。