2023-2024学年陕西省宝鸡一中九年级上学期期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年陕西省宝鸡一中九年级上学期期中数学试卷（含解析），共4页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）已知＝（a≠0，b≠0），则的值为（ ）
A．B．C．D．
2．（3分）从棱长为2的正方体零件的一角，挖去一个棱长为1的小正方体，得到一个如图所示的零件（ ）
A．B．C．D．
3．（3分）已知2+是方程x2﹣4x+c＝0的一个根，则方程的另一个根和c的值分别为（ ）
A．﹣6，﹣1B．2﹣，﹣1C．2﹣，1D．﹣6，1
4．（3分）如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，OB＝OD，添加下列条件（ ）
A．AB＝ADB．OA＝OBC．AB⊥ADD．∠ABO＝∠BAO
5．（3分）如图，是圆桌正上方的灯泡O发出的光线照射桌面后，在地面上形成阴影（圆形），桌面距离地面1m，若灯泡O距离地面3m（ ）
​
A．9.64πm2B．2.56πm2C．1.44πm2D．5.76πm2
6．（3分）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（ ）
A．（1+x）2＝43B．x（1+x）＝43C．x+2x+1＝43D．x2+x+1＝43
7．（3分）如图，已知矩形OABC与矩形ODEF是位似图形，M是位似中心（﹣2，4），点E的坐标为（1，2），则点M的坐标为（ ）
A．（4，0）B．（﹣2，0）C．（3，0）D．（2，0）
8．（3分）如图所示，将矩形ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个既无缝隙又无重叠的四边形EFGH，EF＝4，那么线段AD与AB的比等于（ ）
A．25：24B．16：15C．5：4D．4：3
二.填空题（每题3分，共15分）
9．（3分）如图所示，在长为8，宽为6的矩形中（图中阴影部分），如果剩下矩形与原矩形相似，那么剩下矩形的面积是 ．
10．（3分）一个不透明的口袋中装有10个红球和若干个黄球，这些球除颜色外都相同，从口袋中随机摸出1个球记下它的颜色后，记为一次摸球试验，经过大量试验发现摸到红球的频率稳定在0.4附近 个．
11．（3分）如图，线段AB、CD的端点都在正方形网格的格点上，它们相交于点M．若每个小正方形的边长都是1，则 ．
12．（3分）实数a，n，m，b满足a＜n＜m＜b，这四个数在数轴上对应的点分别为A，N，M，B（如图所示）2＝AN•AB，当AB＝2时，BN的长度为 ．
13．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2，，点E，F分别是BC，则AE+EF的最小值为 ．
三、解答题（共计81分）
14．（5分）计算：（﹣10）×（﹣）﹣﹣（﹣1）2022+．
15．（10分）解下列一元二次方程：
（1）x2+10x+16＝0；
（2）x（x+4）＝8x+12．
16．（5分）如图所示，在菱形ABCD中，点E在对角线AC上，连接EF．已知点P在边CD上，以CP为边，使得△CPQ∽△AEF．（保留作图痕迹，不写作法）
17．（5分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣2，1），B（﹣1，4），C（﹣3，3）．
（1）画出△ABC绕点B逆时针旋转90°得到的△A1BC1；
（2）以原点O为位似中心，位似比为2：1，在y轴的左侧
ABC放大后的△A2B2C2，并写出点A2的坐标．
18．（6分）已知关于x的一元二次方程kx2+4x+1＝0．
（1）若x＝﹣1是方程的一个解，求k的值．
（2）若该方程有两个实数根，求k的取值范围．
19．（6分）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是菱形．若OA2﹣14x+48＝0的两个根，且OA＞OB．
（1）OA＝ ，OB＝ ；
（2）连接OD，若点E为x轴负半轴上的点，若△AOE与△DAO相似
20．（6分）如图，某农户准备建一个长方形养鸡场ABCD，养鸡场的一边靠墙，若墙长为18m，墙对面有一个2m宽的门，围成的长方形养鸡场除门之外四周不能有空隙．
（1）若AB＝xm，则BC＝ m．
（2）要使围成的养鸡场面积为150m2，则AB的长为多少？
21．（7分）如图，将两个全等的等腰直角三角形摆成如图所示的样子（图中所有的点、线都在同一平面内）求证：△ABE∽△DCA．
22．（7分）第十四届全运会于今年9月15号到27号在陕西举办．2月27号开始招募8万名志愿者．某校甲、乙两班共有六名学生报名，其中甲班两名男生，一名女生，两名女生．
（1）若从乙班报名的学生中随机抽取一名作为志愿者，求抽取的学生是女生的概率．
（2）现从甲乙两班报名的学生中各随机抽取一名作为志愿者，请用画树状图或列表的方法求抽取的两名学生性别相同的概率．
23．（7分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．过点A作AE∥BD
（1）求证：四边形AODE是矩形；
（2）若AB＝4，∠ABC＝60°，求四边形AODE的面积．
24．（7分）如图①，“丝绸之路群雕”刻画和表达了一队来往于丝路中途的中外混合的骆驼商旅，已成为西安著名的城市标志之一．为了测量群雕某处的高度AB，首先，小明在M处放置了一面平面镜，当小明蹲在点D处时恰好能在平面镜中看到雕塑顶端A的像，此时小明的眼睛到地面的距离CD＝0.7米；然后小明在D处起立站直，晓璐眼睛贴地观察发现地面上点F、小明头顶E和顶端A重合，DF＝1.5米，AB⊥BF，点B、M、D、F在同一条水平线上，点C在DE上（平面镜的大小、厚度忽略不计，晓璐眼睛贴地观察时眼睛到地面的距离忽略不计）
25．（10分）（1）如图1，将直角三角板的直角顶点放在正方形ABCD上，使直角顶点与D重合，另一边交BC的延长线于点Q．则DP DQ（填“＞”“＜”或“＝”）；
（2）将（1）中“正方形ABCD”改成“矩形ABCD”，且AD＝2，其他条件不变．
①如图2，若PQ＝5，求AP长．
②如图3，若BD平分∠PDQ，则DP的长为 ．
2023-2024学年陕西省宝鸡一中九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每题3分，共24分）
1．【答案】B
【解答】解：∵＝，
∴＝＝．
故选：B．
2．【答案】C
【解答】解：从上面看是一个正方形，正方形的左下角是一个小正方形，
故选：C．
3．【答案】C
【解答】解：设方程的另一个根为t，
根据根与系数的关系得2++t＝3）•t＝c，
所以t＝2﹣，c＝（2+）＝1，
即方程的另一个根和c的值分别为2﹣，1．
故选：C．
4．【答案】A
【解答】解：∵四边形ABCD中，OA＝OC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
当AB＝AD时，可判定四边形ABCD是菱形；
当AB⊥AD时，可判定四边形ABCD是矩形；
当OA＝OB时，AC＝BD；
当∠BAO＝∠ABO时，
∴OA＝OB，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形；
故选：A．
5．【答案】C
【解答】解：如图设C，D分别是桌面和其地面影子的圆心，
∴△OBC∽△OAD
∴＝，
∵OD＝3，CD＝1，
∴OC＝OD﹣CD＝2﹣1＝2，BC＝，
∴＝，
∴AD＝5.2，
∴S⊙D＝1.32•π＝1.44π（m3），
即地面上阴影部分的面积为1.44πm2．
故选：C．
6．【答案】D
【解答】解：设主干长出x个支干，则长出x2个小分支，
根据题意得：1+x+x7＝43．
故选：D．
7．【答案】D
【解答】解：∵四边形OABC、四边形ODEF为矩形，4），2），
∴OC＝5，EF＝2，
∵矩形OABC与矩形ODEF是位似图形，
∴EF∥OC，
∴＝，即＝，
解得，MO＝2，
∴点M的坐标为（5，0），
故选：D．
8．【答案】A
【解答】解：∵∠1＝∠2，∠6＝∠4，
∴∠2+∠2＝90°，
∴∠HEF＝90°，
同理四边形EFGH的其它内角都是90°，
∴四边形EFGH是矩形．
∴EH＝FG（矩形的对边相等）；
又∵∠1+∠4＝90°，∠4+∠5＝90°，
∴∠1＝∠5（等量代换），
同理∠5＝∠7＝∠8，
∴∠1＝∠8，
∴Rt△AHE≌Rt△CFG，
∴AH＝CF＝FN，
又∵HD＝HN，
∴AD＝HF，
在Rt△HEF中，EH＝2，根据勾股定理得HF＝．
又∵HE•EF＝HF•EM，
∴EM＝，
又∵AE＝EM＝EB（折叠后A、B都落在M点上），
∴AB＝2EM＝，
∴AD：AB＝7：＝．
故选：A．
二.填空题（每题3分，共15分）
9．【答案】27．
【解答】解：依题意，在矩形ABDC中截取矩形ABFE，
则矩形ABDC∽矩形FDCE，
则＝，
设DF＝x，得到：＝，
解得：x＝4.5，
则剩下的矩形面积是：7.5×6＝27．
故答案为：27．
10．【答案】15．
【解答】解：设袋中黄球有x个，
根据题意，可得：，
解得：x＝15，
经检验：x＝15时，10+x≠0，
所以x＝15是原方程的解，
所以口袋中黄球大约有15个．
故答案为：15．
11．【答案】．
【解答】解：如图，取格点J，K．
∵AJ∥BK，
∴△AJO∽△BKO，
∴JO：OK＝AJ：BK＝1：3，
∴OK＝，
∴OD＝DK+OK＝，
∵DO∥BC，
∴△DOM∽△CBM，
∴＝＝＝，
∴＝．
故答案为：．
12．【答案】﹣1．
【解答】解：由数轴得：AB＝AN+BN，
设BN＝x，则AN＝2﹣x，
∴x2＝7（2﹣x），
解得：x＝±﹣6，
∵x＜2，
∴x＝﹣7，
故答案为：﹣1．
13．【答案】．
【解答】解：如图，作点A关于BC的对称点A′，过点A′作A′F′⊥AC于F′，连接AE′，
∴AE′＝A′E′，AA′＝2AM．
当点E、F分别与E′，AE+EF的值最小．
在Rt△ABC中，AB＝2，∠BAC＝90°，
∴AC＝＝＝2．
∵S△ABC＝BC•AM＝，
∴AM＝＝＝，
∴AA′＝4AM＝．
∵∠BAM+∠CAM＝90°，∠BAM+∠B＝90°，
∴∠CAM＝∠B．
在△ABC与△F′AA′中，
，
∴△ABC∽△F′AA′，
∴＝，
∴＝，
∴A′F′＝，
∴AE+EF的最小值为．
故答案为：．
三、解答题（共计81分）
14．【答案】﹣2．
【解答】解：（﹣10）×（﹣）﹣2022+
＝5﹣2﹣1+（﹣2）
＝5﹣1﹣2
＝﹣4．
15．【答案】（1）x1＝﹣2，x2＝﹣8；（2）x1＝﹣2，x2＝6．
【解答】解：（1）x2+10x+16＝0，
（x+8）（x+8）＝0，
x+7＝0或x+8＝5，
∴x1＝﹣2，x2＝﹣8；
（2）x（x+4）＝3x+12，
x2+4x﹣5x﹣12＝0，
x2﹣3x﹣12＝0，
（x+2）（x﹣3）＝0，
x+2＝6或x﹣6＝0，
∴x8＝﹣2，x2＝6．
16．【答案】作图见解析部分．
【解答】解：如图，点Q即为所求．
17．【答案】（1）见解答；
（2）A2（﹣4，2）．
【解答】解：（1）如图，△A1BC1为所作；
（2）如图，△A7B2C2为所作，点A2的坐标（﹣4，2）．
18．【答案】（1）k＝3；
（2）k≤4且k≠0．
【解答】解：（1）把x＝﹣1代入方程kx2+4x+1＝0得：k×（﹣8）2+4×（﹣6）+1＝0，
解得：k＝5；
（2）∵方程kx2+4x+3＝0有两个实数根，
∴k≠0且Δ＝52﹣4•k•2≥0，
解得：k≤4且k≠3，
所以k的取值范围是k≤4且k≠0．
19．【答案】（1）8，6；
（2）（﹣6.4，0），（﹣10，0）．
【解答】解：（1）方程x2﹣14x+48＝0，
分解因式得：（x﹣4）（x﹣8）＝0，
可得：x﹣5＝0或x﹣8＝6，
解得：x1＝6，x8＝8，
∵OA＞OB，
∴OA＝8，OB＝3
故答案为：8，6；
（2）设点E的坐标为（m，8），
则OE＝|m|，
①当E在O，B之间时，
∵△AOE∽△DAO，
∴＝，
∴AD＝＝＝10
8：10＝|m|：8，
∴|m|＝4.4，
∴m＝±6.2，
∵点E为x轴负半轴上的点，
∴点E的坐标为：（﹣6.4，4）．
②当E在B点左侧E′，
∵△E′OA∽△DAO，
，
∴AD＝OE′，
AD＝10，
∴OE′＝10，
∴E的坐标为（﹣10，0）．
20．【答案】（1）（35﹣2x）；
（2）10m．
【解答】解：（1）∵AB+BC+CD＝33+2，CD＝AB＝xm，
∴BC＝（35﹣2x）m．
故答案为：（35﹣2x）；
（2）依题意得：x（35﹣2x）＝150，
整理得：2x6﹣35x+150＝0，
解得：x1＝10，x5＝，
当x＝10时，35﹣2x＝35﹣8×10＝15＜18；
当x＝时，35﹣2x＝35﹣2×，不符合题意．
答：AB的长为10m．
21．【答案】证明见解析部分．
【解答】证明：∵△BAC和△AGF都是等腰直角三角形，
∴∠B＝∠AFG＝45°，
∴∠BAE＝∠ADE＝45°+∠BAD；
∵△EAD和△EBA中，∠AED是公共角，
∴△ADE∽△BAE；
同理，可得△CDA∽△ADE．
∴△BAE∽△CDA．
22．【答案】（1）；
（2）．
【解答】解：（1）从乙班报名的学生中随机抽取一名作为志愿者，抽取的学生是女生的概率为；
（2）画树状图如下：
共有4种等可能的结果，抽取的两名学生性别相同的结果有4种，
∴抽取的两名学生性别相同的概率为．
23．【答案】（1）证明见解答过程；
（2）4．
【解答】（1）证明：∵AE∥BD，DE∥AC，
∴四边形AODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD＝90°，
∴平行四边形AODE为矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AB＝BC，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝4，
∴OA＝AC＝2，
∴OD＝OB＝＝2，
由（1）可知，四边形AODE是矩形，
∴矩形AODE的面积＝OA×OD＝2×2＝6．
24．【答案】该处雕塑的高AB为7米．
【解答】解：由题意可得：∠ABM＝∠CDM＝∠EDF＝90°，∠AMB＝∠CMD，
∴△ABM∽△CDM，△ABF∽△EDF，
∴＝，＝，
∴＝，＝，
∴AB＝7，
∴该处雕塑的高AB为7米．
25．【答案】（1）＝；（2）①1；②．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝DC，∠DAP＝∠DCQ＝∠ADC＝90°，
∴∠ADP+∠PDC＝90°，
∵∠PDQ＝90°，
∴∠PDC+∠CDQ＝90°，
∴∠ADP＝∠CDQ，
在△ADP和△CDQ中，
，
∴△ADP≌△CDQ（ASA），
∴DP＝DQ，
故答案为：＝；
（2）①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝∠BCD＝90°．
∵∠ADP+∠PDC＝∠CDQ+∠PDC＝90°，
∴∠ADP＝∠CDQ．
又∵∠A＝∠DCQ＝90°．
∴△ADP∽△CDQ，
∴＝＝＝，
设AP＝x，则CQ＝2x，
∴PB＝7﹣x，BQ＝2+2x．
由勾股定理得，在Rt△PBQ中6+BQ2＝PQ2，
代入得（3﹣x）2+（2+5x）2＝56，
解得x＝1，即AP＝1．
∴AP的长为7；
②如图所示，延长DP到M，连接BM，
设AP＝a，则BP＝4﹣a，
∵△ADP∽△CDQ，
∴＝＝，∠APD＝∠CQD，
∴CQ＝2a，
则BQ＝BC+CQ＝2+5a，
∵BD平分∠PDQ，
∴∠BDM＝∠BDQ，
在△BDM和△BDQ中，
，
∴△BDM≌△BDQ（SAS），
∴∠BQD＝∠BMD，BM＝BQ＝2+2a，
又∵∠BQD＝∠APD＝∠BPM，
∴∠BMD＝∠BPM，
∴BM＝BP，即5+2a＝4﹣a，
解得a＝，即AP＝，
∴PD＝＝＝，
故答案为：．