2019-2020学年青岛版九年级数学上册期末综合检测试卷(教师用)-最新精品

【期末解析】青岛版九年级数学上册期末综合检测试卷
一、单选题（共10题；共30分）
1.已知⊙O的半径为5．若OP=6，则点P与⊙O的位置关系是（）
A.点P在⊙O内
B.点P在⊙O上
C.点P在⊙O外
D.无法判断
【答案】C
【考点】点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵OP=6＞5，∴点P与⊙O的位置关系是点在圆外．
故答案为：C．
【分析】利用点与圆的位置关系，可得出结果。

2.若两个相似三角形的面积之比为1：4，则它们的最大边的比是（）
A. 1:2 ；
B. 1:4 ；
C. 1:5 ；
D. 1:16 ;
【答案】A
【考点】相似三角形的性质
【解析】
【分析】根据相似三角形的面积比等于相似比的平方求出即可．
【解答】∵两个相似三角形的面积之比为1：4，
∴它们的最大边的比是1：2，
故选A．
【点评】本题考查了相似三角形的性质的应用，能运用性质进行计算是解此题的关键，注意：相似三角形的面积比等于相似比的平方．
3.
用配方法解方程：x2-4x+2=0，下列配方正确的是（）
A. （x-2）2=2
B. （x+2）
2=2 C. （x-2）
2=-2 D. （x-2）2=6
【答案】A
【考点】解一元二次方程﹣配方法
【解析】【分析】在本题中，把常数项2移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数-4的一半的平方．
【解答】把方程x2-4x+2=0的常数项移到等号的右边，得到x2-4x=-2
方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到x2-4x+4=-2+4
配方得（x-2)2=2．
故选A．
【点评】配方法的一般步骤：
（1)把常数项移到等号的右边；
（2)把二次项的系数化为1；
（3)等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
4.如图，下列条件不能判定△ADB∽△ABC的是（）
A. ∠ABD=∠ACB
B. ∠ADB=∠ABC
C. AB2=AD•AC
D. =
【答案】D
【考点】相似三角形的判定
【解析】【解答】解：A、∵∠ABD=∠ACB，∠A=∠A，∴△ABC∽△ADB，故此选项不合题意； B、∵∠ADB=∠ABC，∠A=∠A，∴△ABC∽△ADB，故此选项不合题意；
C、∵AB2=AD•AC，∴ = ，∠A=∠A，△ABC∽△ADB，故此选项不合题意；
D、 = 不能判定△ADB∽△ABC，故此选项符合题意．
故选：D．
【分析】根据有两个角对应相等的三角形相似，以及根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，分别判断得出即可．
5.在△ABC中，∠A=120°，∠B=45°，∠C=15°，则cosB等于（）
A.
2
B. 1
2
C.
D. 2
2
【答案】D
【考点】特殊角的三角函数值
【解析】【解答】解：∵cos45°=2
，
2
．
∴cosB=2
2
故选D．
【分析】直接根据特殊角的三角函数值可得出结论．
6.如图，△ABC内接于⊙O，∠A=50°，∠ABC=60°，BD是⊙O直径BD交AC于E，连结DC，则∠BEC 等于（）
A. 50°
B. 60°
C. 70°
D. 110°
【答案】C
【考点】圆周角定理
【解析】【解答】解：∵∠A=50°，
∴∠D=50°，
∵∠A=50°，∠ABC=60°，
∴∠ACB=70°，
∵BD是⊙O直径BD，
∴∠BCD=90°，
∴∠DBC=40°，
∴∠BEC=180°﹣40°﹣70°=70°．
故选：C．
【分析】利用圆周角定理得出∠D=50°，进而得出∠ACB=70°，再求出∠DBC=40°再利用三角形内角和定理即可得出答案．
7.如图，正方形ABCD内接于⊙O，AB=2 2，则的长是（）
A.π
B.
π
2
C.2π
π
D.1
2
【答案】A
【考点】圆心角、弧、弦的关系，弧长的计算
【解析】【解答】解：连接OA、OB，
∵正方形ABCD内接于⊙O，
∴AB=BC=DC=AD，
∴ = = = ，
× 60°=90°，
∴∠AOB= 1
4
在Rt△AOB中，由勾股定理得：2AO2=（2 2）2，
解得：AO=2，
=π，
∴ 的长为90 2
180
故答案为：A．
【分析】利用圆内接正方形的性质求出∠AOB的度数，利用勾股定理求出AO的长，再利用弧长公式计算求解。

8.如图，在半径为R的⊙O中，和度数分别为 6°和108°，弦CD与弦AB长度的差为（用含有R 的代数式表示）．（）
A. R
B. 1
2
R
C. 2R
D. 3R
【答案】A
【考点】圆心角、弧、弦的关系
【解析】【解答】解：如图，
连接OA、OB，则△OAB为等腰三角形，顶角为 6°，底角为72°；
连接OC、OD，则△OCD为等腰三角形，顶角为108°，底角为 6°．
在CD上取一点E，使得CE=OC，连接OE，则△OCE为等腰三角形，顶角为 6°，底角为72°．
在△COE与△OAB中，
，
∴△COE≌△OAB（SAS），
∴OE=AB．
∵∠EOD=∠OEC﹣∠ODC=72°﹣ 6°= 6°，
∴∠EOD=∠ODE，
∴DE=OE，
∴CD﹣AB=CD﹣OE=CD﹣DE=CE=R．
故选：A．
【分析】如解答图，作辅助线，构造三个等腰三角形△OAB，△OCD与△OCE；证明△COE≌△OAB，则有OE=AB；利用等腰三角形性质证明DE=OE，因此CD﹣AB=CD﹣DE=CE=R
9.如图，矩形ABCD中，AB=4，AD=7，其中点E为CD的中点．有一动点P，从点A按A→B→C→E的顺序在矩形ABCD的边上移动，移动到点E停止，在此过程中以点A，P，E三点为顶点的直角三角形的个数为（）
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
【答案】B
【考点】矩形的性质，圆周角定理，直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：如图，有三个直角三角形：
①当P在AB的中点时，∠AP1E=90°；
②以AE为直径的圆与BC有两个交点，则∠AP2E=∠AP3E=90°；
故答案为：B．
【分析】可分析∠EAP或∠AEP不能为直角，只有∠APE=90度，因此P的个数就是以AE为直径的圆与矩形的交点个数.
10.某树主干长出若干数目的支干，每个支干又长出同样数目的小分支，主干、支干和小分支总数是43．若设主干长出x个支干，则可列方程（）
A.(x＋1)2＝43
B.x2＋2x＋1＝43
C.x2＋x＋1＝43
D.x(x＋1)＝43
【答案】C
【考点】一元二次方程的应用
【解析】【解答】设每个支干长出x个小分支，
根据题意列方程得：x2＋x＋1＝43．
故答案为：C．
【分析】等量关系为：主干的数量+支干的数量+小分支的数量=43，设未知数，列方程求解即可。

二、填空题（共10题；共30分）
11.4cos 0°+ 12012 +|﹣2|=________．
【答案】3
【考点】实数的运算，0指数幂的运算性质，二次根式的性质与化简，特殊角的三角函数值
【解析】【解答】详解：4cos 0°+ 12012 +|﹣2|
122
= 4
2
=3.
故答案为：3.
【分析】根据特殊角的三角函数、零指数幂的法则、二次根式的化简以及绝对值的性质计算可得答案.
12.如图，从甲楼底部A处测得乙楼顶部C处的仰角是 0°，从甲楼顶部B处测得乙楼底部D处的俯角是45°，已知甲楼的高AB是120m，则乙楼的高CD是________m（结果保留根号）
【答案】40
【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题
【解析】【解答】由题意可得：∠BDA=45°，
则AB=AD=120m，
又∵∠CAD= 0°，
∴在Rt△ADC中，
tan∠CDA=tan 0°= ，
解得：CD=40 （m），
故答案为：40 ．
【分析】在Rt△ABD中，可得AD=AB=120m；在Rt△ADC中，由tan∠CDA=tan 0°=可求得CD。

13.已知关于x的一元二次方程2x2﹣3kx+4=0的一个根是1，则k=________．
【答案】2
【考点】一元二次方程的解
【解析】【解答】解：依题意，得2×12﹣ k×1+4=0，即2﹣3k+4=0，
解得，k=2．
故答案是：2．
【分析】把x=1代入已知方程列出关于k的一元一次方程，通过解方程求得k的值．
14.如图，一圆与平面直角坐标系中的x轴切于点A（8，0），与y轴交于点B（0，4），C（0，16），则该圆的直径为________。

【答案】20
【考点】矩形的判定与性质，垂径定理，切线的性质
【解析】【解答】过圆心O′作y轴的垂线，垂足为D，连接O′A，
∵O′D⊥BC，
∴D为BC中点，
∴BC=16-4=12，OD=6+4=10，
∵⊙O′与x轴相切，
∴O′A⊥x轴，
∴四边形OAO′D为矩形，
半径O′A=OD=10，
∴直径是20．
【分析】根据题意添加辅助线，过圆心O′作y轴的垂线，垂足为D，连接O′A，先根据垂径定理及已知点的坐标，求出BC、OD的长，再根据切线的性质，证明四边形OAO′D是矩形，得出O′A=OD=10，即可求出直径的长。

15.如图，是半圆的直径，点、是半圆的三等分点，若弦，则图中阴影部分的面积为________．
【答案】
2π
【考点】平行线的判定与性质，等边三角形的判定与性质，扇形面积的计算
【解析】【解答】如图连接OC、OD、BD.
∵点C.D是半圆O的三等分点，
∠ ∠ ∠ 60，
∵OC=OD=OB，
∴△COD、△OBD是等边三角形，∠ ∠ 60， ，
，
，
∴S阴=S扇形60π2
60π2
故答案为：π
2
【分析】如图连接OC、OD、BD.首先判断出△COD、△OBD是等边三角形，根据度鞥要三角形的性质得出COD=∠ODB=60∘，OD=CD=3，根据内错角相等二直线平行得出OC∥BD，根据同底等高的两个三角形的面积相等得出S△BDC=S△BDO，从而得出S阴=S扇形 OBD，从而用扇形面积计算方法即可算出答案。

16.如图．在△ABC中，∠ACB=60°，AC=1，D是边AB的中点，E是边BC上一点．若DE平分△ABC的周长，则DE的长是________．
【答案】
2
【考点】等腰三角形的性质，三角形中位线定理，锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：延长BC至M，使CM=CA，连接AM，作CN⊥AM于N，
∵DE平分△ABC的周长，
∴ME=EB，又AD=DB，
∴DE= 1
2
AM，DE∥AM，
∵∠ACB=60°，
∴∠ACM=120°，
∵CM=CA，
∴∠ACN=60°，AN=MN，
∴AN=AC•sin∠ACN=
2
，
∴AM= ，
∴DE=
2
，
故答案为：
2
【分析】延长BC至M，使CM=CA，连接AM，作CN⊥AM于N，根据DE平分△ABC的周长，故ME=EB，
又AD=DB，根据三角形的中位线定理得出DE= 1
AM，DE∥AM，根据等腰三角形的三线合一得出
2
∠ACN=60°，AN=MN，根据正弦函数的定义及特殊锐角三角函数值，由AN=AC•sin∠ACN得出AN的长，进而得出 AM的长，从而得出DE的长。

17.如图，直角梯形ABCD中，AD∥BC，AC⊥AB，AD＝8，BC＝10，则梯形ABCD面积是________ ．
【答案】36
【考点】直角梯形，相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】
【分析】本题主要是利用三角形相似找出直角梯形的高，以便求出梯形面积。

18.如图，在5×5的正方形网格中，△ABC的三个顶点A，B，C均在格点上，则tanA的值为________
【答案】1
【考点】锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：如图：作BD⊥AC于D
BD=2， AD=32，
=1，
tanA==2
2
故答案为：1．
【分析】根据勾股定理，可得BD、AD的长，根据正切为对边比邻边，可得答案．
19.如图，∠BAC=45º，AD⊥BC于点D，且BD=3，CD=2，则AD的长为________．
【答案】6
【考点】解一元二次方程﹣公式法，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，过B作BE⊥AC，垂足为E交AD于F
∵∠BAC=45°
∴BE=AE，
∵∠C+∠EBC=90°，∠C+∠EAF=90°，
∴∠EAF=∠EBC，
在△AFE与△BCE中，
，
∴△AFE≌△BCE（ASA）
∴AF=BC=BD+DC=5，∠FBD=∠DAC，
又∵∠BDF=∠ADC=90°
∴△BDF∽△ADC
∴FD：DC=BD：AD
设FD长为x
即x：2=3：（x+5）
解得x=1
即FD=1
∴AD=AF+FD=5+1=6．
【分析】如图，过B作BE⊥AC，垂足为E交AD于F，由∠BAC=45°可以得到BE=AE，再根据已知条件可以证明△AFE≌△BCE，可以得到 AF=BC=10，而∠FBD=∠DAC，又∠BDF=∠ADC=90°，由此可以证明
△BDF∽△ADC，所以FD ：DC=BD ：AD ，设FD 长为x ，则可建立关于x 的方程，解方程即可求出FD ，AD 的长．
20.如图所示，已知：点A （0，0），B （ ，0），C （0，1）在△ABC 内依次作等边三角形，使一边在x 轴上，另一个顶点在BC 边上，作出的等边三角形分别是第1个△AA 1B 1，第2个△B 1A 2B 2，第3个△B 2A 3B 3， …，则第n 个等边三角形的边长等于________．
【答案】
2
【考点】等边三角形的性质，解直角三角形
【解析】【解答】解：∵OB= ，OC=1， ∴BC=2，
∴∠OBC= 0°，∠OCB=60°．
而△AA 1B 1为等边三角形，∠A 1AB 1=60°，
∴∠COA 1= 0°，则∠CA 1O=90°．
在Rt△CAA 1中，AA 1= 2 OC= 2，
同理得：B 1A 2= 12 A 1B 1=
2
2， 依此类推，第n 个等边三角形的边长等于
2
． 【分析】根据题目已知条件可推出，AA 1= 2 OC= 2，B 1A 2= 12 A 1B 1=
2
2，依此类推，第n 个等边三角形
的边长等于
2 ． 三、解答题（共9题；共60分）
21.用适当的方法解方程：x 2+4x ﹣1=0．
【答案】解：∵x 2
+4x ﹣1=0
∴x 2+4x+4=1+4
∴（x+2）2=5
∴x+2=± 5
x 1=-2+ 5，x 2=-2- 5
【考点】解一元二次方程﹣配方法
【解析】【分析】可用配方法求解，把常数项﹣1移项后，应该在左右两边同时加上4．
22.如图,△ABC 与△A′B′C′是位似图形,且顶点都在格点上,每个小正方形的边长都为1.
（1）在图上标出位似中心D 的位置,并写出该位似中心D 的坐标是 ；
（2）求△ABC 与△A′B′C′的面积比．
【答案】解：（1）如图：D （7，0）；
（2）∵△ABC∽△A′B′C′
∴ ′ ′ ′ 12 2 1
4 【考点】相似三角形的性质，作图﹣位似变换
【解析】【分析】考查位似.
23.如图，在Rt△ABC 中，∠C=90°，CA=CB=4，分别以A 、B 、C 为圆心，以1
2 AC 为半径画弧，求三条弧与边AB 所围成的阴影部分的面积．
【答案】解：∵∠C=90°，CA=CB=4，
∴ 12 AC=2，S △ABC = 1
2 ×4×4=8，
∵三条弧所对的圆心角的和为180°，
三个扇形的面积和= 180 22 60
=2π， ∴三条弧与边AB 所围成的阴影部分的面积=S △ABC ﹣三个扇形的面积和=8﹣2π
【考点】三角形的面积，扇形面积的计算
【解析】【分析】阴影部分的面积=Rt△ABC 的面积-三个扇形的面积，由题意可知三条弧所对的圆心角的和为180°，半径都为1
2AC.
24.如图，水平放置的一个油管的截面半径为13cm，其中有油部分油面宽AB为24cm，求截面上有油部分油面高CD（单位：cm）．
【答案】解：如图；连接OA；
根据垂径定理，得AC=BC=12cm；
Rt△OAC中，OA=13cm，AC=12cm；
根据勾股定理，得：
OC= =5cm；
∴CD=OD﹣OC=8cm；
∴油面高为8cm．
【考点】勾股定理，垂径定理的应用
【解析】【分析】根据垂径定理，易知AC、BC的长；连接OA，根据勾股定理即可求出OC的长，进而可求出CD的值．
25.甲、乙两船同时从港口A出发，甲船以12海里/时的速度向北偏东 5°航行，乙船向南偏东55°航行，2小时后，甲船到达C岛，乙船到达B岛，若C、B两船相距30海里，问乙船的速度是每小时多少海里？
【答案】解：根据题意得：AC=12×2=24，BC=30，∠BAC=90°．
∴AC2+AB2=BC2．
∴AB2=BC2-AC2=302-242=324
∴AB=18．
∴乙船的航速是：18÷2=9海里/时.
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题
【解析】【分析】根据已知判定∠CAB为直角，根据路程公式求得AC的长．再根据勾股定理求得AB 的长，从而根据公式求得其速度.此题考查了直角三角形的判定及方向角的掌握情况，比较简单.
26.如图所示，正方形ABCD的边长是3，E是正方形ABCD的边AB上的点，且AE=1，EF⊥DE交BC于点F，求线段CF的长．
【答案】解：∵ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=90°，
∴∠ADE+∠DEA=90°，
又EF⊥DE，
∴∠AED+∠FEB=90°，
∴∠ADE=∠FEB，
∴△ADE∽△BEF．
∴ = ，
∴
21，
∴BF= 2
∵BC= ，
∴CF=BC﹣BF= 7
【考点】正方形的性质，相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】利用正方形的性质可证出△ADE∽△BEF，对应边成比例列出比例式求出BF，进而CF=BC﹣BF，求出结果.
27.如图：007渔船在南海海面上沿正东方向匀速航行，在A点观测到渔船C在北偏东60°方向的我国某传统渔场捕鱼作业．若007渔船航向不变，航行半小时后到达B点，观测到渔船C在东北方向上．问：007渔船再按原航向航行多长时间，离渔船C的距离最近？
【答案】解：如图，过点C作CD⊥AB，交AB的延长线于D，设CD长为x，
在Rt△ACD中，∵∠ACD=60°，tan∠ACD=
∴AD=
在Rt△BCD中，∵∠CBD=∠BCD=45°，∴BD=CD=x，
∴AB=AD-BD= 1
设渔政船从B航行到D需要t小时，则
05
∴ -1
05
∴解得：t= +1
4
答：渔政007船再按原航向航行+1
小时后，离渔船C的距离最近．
4
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题
【解析】【分析】过点C作CD⊥AB，交AB的延长线于D，设CD长为x，解Rt△ACD可将AD用含x 的代数式表示，解Rt△BCD可将BD=CD用含x的代数式表示，根据线段的构成可得AB=AD-BD，根据渔政船从B航行到D的速度和渔政船从A航行到B的速度相同可列方程求解。

28.小宇想测量位于池塘两端的A、B两点的距离．他沿着与直线AB平行的道路EF行走，当行走到点C处，测得∠ACF=45°，再向前行走100米到点D处，测得∠BDF=60°．若直线AB与EF之间的距离
为60米，求A、B两点的距离．
【答案】解：作AM⊥EF于点M，作BN⊥EF于点N，如右图所示，由题意可得，AM=BN=60米，CD=100米，∠ACF=45°，∠BDF=60°，
∴CM= 米，
DN= 米，
∴AB=CD+DN﹣CM=100+20 ﹣60=（40+20 ）米，
即A、B两点的距离是（40+20 ）米．
【考点】解直角三角形的应用
【解析】【分析】根据题意作出合适的辅助线，画出相应的图形，可以分别求得CM、DN的长，由于AB=CN﹣CM，从而可以求得AB的长．
29.已知：在⊙O中，弦AC⊥弦BD，垂足为H，连接BC，过点D作DE⊥BC于点E，DE交AC于点F.
（1）如图1，求证：BD平分∠ADF；
（2）如图2，连接OC，若OC平分∠ACB，求证：AC=BC；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接AB，过点D作DN∥AC交⊙O于点N，若tan∠ADB=
，AB=3 10，求DN的
4
长.
【答案】（1）解：因为弦AC⊥弦BD，DE⊥BC于点E，
所以∠ACB+∠DBE＝∠BDE+∠DBE=90°，
所以∠ACB＝∠BDE，
又因为∠ACB=∠ADB，
所以∠BDE=∠ADB，
所以BD平分∠ADF
（2）解：连接OB，OA，则△AOC，△BOC是等腰三角形，
所以∠OCB=∠OBC，∠OAC=∠OCA，
又因为OC平分∠ACB，
所以∠OCB==∠OCA，
所以∠OBC=∠OAC，
在△AOC和△BOC中，
∠ ＝∠
∠ ＝∠ ，
所以△AOC≌△BOC，
所以AC=BC
，
（3）解：因为∠ACB=∠ADB，tan∠ADB=
4
，
所以tan∠ACB=
4
所以
，可设BH=3x，CH=4x，
4
由勾股定理得：BC=5x，
则AC=5x，所以AH=x，
因为AB= 10，
根据勾股定理得：222，
所以得：22102，10 290，解得：x=3，
所以BC=15，
，
设等腰△ACB底边AB上的高为h，由勾股定理可得：ℎ910
2
根据相似三角形性质可得：ℎ，
即15910
，解得BN= 510，
2
根据勾股定理可得：DN= 22 = 2501699 .
【考点】全等三角形的判定与性质，勾股定理，圆心角、弧、弦的关系
【解析】【分析】（1）根据题意易知，∠ACB+∠DBE＝∠BDE+∠DBE=90°，可得∠ACB＝∠BDE，再利用同弧所对的圆周角相等可得∠ACB=∠ADB，等量代换可得∠BDE=∠ADB，可证BD平分∠ADF。

（2）连接OB，OA，易证△AOC，△BOC是等腰三角形，根据等腰三角形的性质可知∠OCB=∠OBC，
∠OAC=∠OCA，等量代换可得∠OBC=∠OAC，最后根据AAS判定△AOC≌△BOC，由全等三角形的性质可得AC=BC。

（3）由∠ACB=∠ADB，tan∠ADB=
4，可得tan∠ACB=
4
，可设BH=3x，CH=4x，在Rt△AHB中利
用勾股定理求得AH，BC，再根据勾股定理求得等腰△ACB底边AB上的高，根据相似三角形求得BN，再由勾股定理求得DN即可。