2022-2023学年广东省深圳市福田区九年级上学期数学期中试卷及答案

这是一份2022-2023学年广东省深圳市福田区九年级上学期数学期中试卷及答案，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：（每小题只有一个选项，每小题3分，共计30分）
1. 在四边形是菱形，其中，则四边形的周长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由菱形的性质可得，即可求解．
【详解】解：四边形是菱形，
，
四边形的周长，
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的四边相等．
2. 在▱ABCD中，E、F分别是AB、CD的中点，连接AF、CE．连接AC，当CA＝CB时，判断四边形AECF是（ ）
A. 平行四边形B. 矩形C. 菱形D. 正方形
【答案】B
【解析】
【分析】首先利用平行四边形的性质证明AE∥CF，AE=CF，可证明四边形AECF是平行四边形，再根据AC=BC，E是AB的中点，可根据等腰三角形底边上的中线与底边上的高线重合证明∠AEC=90°，即可证明平行四边形AECF是矩形．
【详解】四边形AECF是矩形；
证明：连接AC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，
∵E、F分别是AB、CD的中点，
∴AE=CF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴AE∥CF，
∵AE=CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC=BC，E是AB的中点，
∴CE⊥AB，
∴∠AEC=90°，
∴四边形AECF是矩形
故选：B
【点睛】此题主要考查了平行四边形性质与判定，以及举矩形的判定，关键是熟练掌握矩形的判定方法：①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；②有三个角是直角的四边形是矩形；③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）．
3. 已知：是关于的一元二次方程，则的值是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】先根据一元二次方程的定义得到，然后求解即可得出答案．
【详解】解：方程是关于的一元二次方程，
．
．
故选A．
【点睛】此题考查了一元二次方程的概念，准确理解一元二次函数的定义是解此题的关键．
4. 某校九年级学生毕业时，每个同学都将自己的相片向全班其他同学各送一张留作纪念，全班共送了3540张相片，如果全班有x名学生，根据题意，列出方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设全班有x名学生，根据“每个同学都将自己相片向全班其他同学各送一张留作纪念，全班共送了3540张相片，”列出方程，即可求解．
【详解】解：设全班有x名学生，根据题意，
．
故选：C
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，明确题意，准确得到等量关系是解题的关键．
5. 一个密闭不透明的盒子里有若干个白球，在不许将球倒出来数的情况下，为了估计白球数，小刚向其中放入了8个黑球，搅匀后从中随意摸出一个球记下颜色，再把它放回盒中，不断重复这一过程，共摸球400次，其中80次摸到黑球，你估计盒中大约有白球（ ）
A. 32个B. 36个C. 40个D. 42个
【答案】A
【解析】
【分析】可根据“黑球数量÷黑白球总数=黑球所占比例”来列等量关系式，其中“黑白球总数=黑球个数+白球个数“，“黑球所占比例=随机摸到的黑球次数÷总共摸球的次数”
【详解】设盒子里有白球x个，
根据 得：

解得：x=32．
经检验得x=32是方程的解．
答：盒中大约有白球32个．
故选；A．
【点睛】此题主要考查了利用频率估计概率，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系列出方程，再求解，注意分式方程要验根．
6. 为做好疫情防控工作，某学校门口设置了，两条体温快速检测通道，该校同学王明和李强均从通道入校的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先列表得到所有的等可能的结果数，以及符合条件的结果数，再利用概率公式计算即即可．
【详解】解：列表如下：
所以所有的等可能的结果数有4种，符合条件的结果数有1种，
所以该校同学王明和李强均从通道入校的概率是
故选A
【点睛】本题考查的是利用列表的方法或画树状图的方法求解简单随机事件的概率，掌握“列表的方法求概率”是解本题的关键．
7. 若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】把化成，再把代入，进行计算即可得出答案．
【详解】解：，
．
故选：A．
【点睛】此题考查了比例的性质，解题的关键是把化成，属于较简单运算．
8. 已知ABC∽A1B1C1，且＝．若ABC的面积为4，则A1B1C1的面积是（ ）
A. B. 6C. 9D. 18
【答案】C
【解析】
【分析】根据相似三角形的性质可直接得出结论．
【详解】解：∵ABC∽A1B1C1，且＝．
∴
∵△ABC的面积为4，
∴△A1B1C1的面积为9，
故选：C．
【点睛】本题考查的是相似三角形的性质，熟知相似三角形面积的比等于相似比的平方是解答此题的关键．
9. 如图，在矩形中，，，点E、F分别为、的中点，、相交于点G，过点E作，交于点H，则线段的长度是（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据矩形的性质得出，求出，，求出，根据勾股定理求出，求出，根据三角形的中位线求出，根据相似三角形的判定得出，根据相似三角形的性质得出，再求出答案即可．
【详解】解析：四边形是矩形，，，
，，，
点E、F分别为、的中点，
，，
，
，
，
．
由勾股定理得：，
，
，
，
，
，
解得：，
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质和相似三角形的性质和判定，能熟记矩形的性质是解此题的关键．
10. 如图，正方形的边长为，在正方形外，，过作于，直线，交于点，直线交直线于点，则下列结论正确的是（ ）
①；②；③；
④若，则
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】①利用等腰三角形的性质即可证明．②根据DA=DC=DE，利用圆周角定理可知∠AEC=∠ADC=45°，即可解决问题．③如图，作DF⊥DM交PM于F，证明△ADM≌△CDF（SAS）即可解决问题．④解直角三角形求出CE=EF=可得结论．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴DA=DC,∠ADC=90°，
∵DC=DE，
∴DA=DE，
∴∠DAE=∠DEA，故①正确，
∵DA=DC=DE，
∴∠AEC=∠ADC=45°(圆周角定理)，
∵DM⊥AE，
∴∠EHM=90°，
∴∠DMC=45°，故②正确，
如图，作DF⊥DM交PM于F，
∵∠ADC=∠MDF=90°，
∴∠ADM=∠CDF，
∵∠DMF=45°，
∴∠DMF=∠DFM=45°，
∴DM=DF，∵DA=DC，
∴△ADM≌△CDF(SAS)，
∴AM=CF，
∴AM+CM=CF+CM=MF=DM，
∴=，故③正确，
若MH=2,则易知AH=MH=HE=2,AM=EM=2，
在Rt△ADH中, ，
∴DM=3,AM+CM=3，
∴CM=CE=，
∴S△DCM=S△DCE，故④错误，
故选C.
【点睛】此题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，垂直平分线的判定性质、勾股定理，解题关键在于作辅助线.
第Ⅱ卷（本卷共计70分）
二、填空题（每小题3分，共计15分）
11. 一元二次方程的一般形式为___________．
【答案】
【解析】
【分析】去括号，根据一元二次方程的一般形式求解即可．
【详解】∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查一元二次方程的一般式，熟知一元二次方程的一般式为是解答的关键．
12. 已知m是方程的一个根，则代数式的值等于________．
【答案】3
【解析】
【分析】根据一元二次方程根的定义把m代入方程中即可得解．
【详解】解：∵m是方程的一个根，
∴，
∴
故答案为：3．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解、代数式求值，解题的关键是掌握能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
13. 如图，已知直线a∥b∥c，直线m，n与直线a，b，c分别交于点A，C，E，B，D，F，若AC=4，CE=8，BD=3，则DF的值是______．
【答案】6
【解析】
【分析】根据平行线分线段成比例得，即可得出DF值．
【详解】解：∵直线a∥b∥c，
∴即，
∴DF＝6．
故答案为：6．
【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、找准对应关系是解题的关键．
14. 如图所示．矩形中，，则___________度．
【答案】120
【解析】
【分析】首先根据矩形的性质得到，然后证明出是等边三角形，求出，最后可求出的度数．
【详解】解：∵矩形的对角线相等，且互相平分，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
故答案为：120．
【点睛】此题考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，解题的关键是掌握以上知识点．
15. 如图，矩形中，，交于E、F，则的最小值是___________．
【答案】5
【解析】
【分析】过点C作，且，连接，则当点A、F、G三点共线时，有最小值，根据平行四边形的性质得，，根据点A、F、G三点共线得，根据四边形是矩形得，根据四边形是平行四边形得，根据可判定四边形是菱形，则，设，则，在中，由勾股定理得，，计算得，即可得，在中，由勾股定理得，得，即可得，根据可判定，则计算，根据，即可得．
【详解】解：如图所示：
设，则，
过点C作，且，连接，
当点A、F、G三点共线时，的最值小；
∵，且，
∴四边形是平行四边形；
∴，
又∵点A、F、G三点共线，
∴，
又∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
又∵，
，
在中，由勾股定理得：
，
又∵，则，
∴，
解得：，
∴，
在中，由勾股定理得：
，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，三角形的相似与判定，勾股定理，最短距离问题，解题的关键是掌握并灵活运用这些知识点，作辅助线，三点共线时两条线段的和最小．
三、解答题（16题8分，17题6分，18题6分，19题7分，20题8分，21题9分，22题11分，共55分）
16. 用适当的方法解下列方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）移项，直接开方求解即可；
（2）利用公式法求解即可．
【小问1详解】
∴
【小问2详解】
∴
【点睛】本题考查了一元二次方程的解法．解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．
17. 已知关于x的一元二次方程有两个实数根．
（1）求k的取值范围；
（2）k取最大整数时求方程的根．
【答案】（1），且
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二次项系数非零及根的判别式，即可得出关于k的一元一次不等式组，解之即可得出k的取值范围；
（2）由（1）中k的取值范围得出符合条件的k的最大整数值，代入原方程，利用因式分解法即可求出x的值．
【小问1详解】
∵关于x的方程有两个实数根，
∴，
解得：，且；
【小问2详解】
当时，方程为：，即，
解得：．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根的判别式，解决本题的关键是掌握当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根，掌握利用判别式判断根的个数是解题的关键．
18. 为落实“双减”政策，某校随机调查了50名学生平均每天完成书面作业所需时间的情况，根据调查数据绘制了如下不完整的统计图：
（1）补全条形统计图：
（2）若该校有学生2000人，估计每天完成书面作业的时间不足1.5小时的学生有___________人．
（3）学校需要深入了解影响作业时间的因素，现从E组的4人中随机抽取2人进行谈话，已知E组中七、八年级各1人，九年级2人，则抽取的2人都是九年级学生的概率为多少？请用列表法或树状图说明．
【答案】（1）见解析 （2）1640
（3），见解析
【解析】
【分析】（1）用样本总数减去其它组的人数求出D组的人数，补全条形统计图即可；
（2）用全校人数乘以每天完成书面作业的时间不足1.5小时的学生人数所占的百分比求解即可；
（3）利用列表法求解概率即可．
【小问1详解】
(人)，
补全条形统计图如下：
【小问2详解】
(人)，
∴估计每天完成书面作业的时间不足1.5小时的学生有1640人；
【小问3详解】
将七、八、九年级的学生分别记作七1、八1、九1、九2，画树形图如图所示：
共有12种等可能情况，其中抽取的两名学生都来自九年级的有2种情况．
∴抽取的两名学生都来自九年级的概率为．
【点睛】本题考查了用列表法求概率、频数分布直方图、频数分布表等知识．列表法可以不重复不遗漏列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
19. 如图，在四边形中，，对角线交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，则的面积为___________．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）先证四边形是平行四边形，再证，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得，求出OA＝3，再证，得，过O作于P，然后由面积法得，即可得出答案．
【小问1详解】
证明：∵，
∵，
∴四边形是平行四边形
∵平分，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵四边形是平行四边形
∴平行四边形是菱形；
【小问2详解】
解：∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，
过O作于P，
则，
∴的面积．
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、平行线的性质、勾股定理以及相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
20. 某快餐店有A、B两种招牌套餐，A套餐的成本为10元/份，B套餐成本为12元/份，一份B套餐的售价比一份A套餐的售价贵3元钱，买6份A套餐与买5份B套餐花费一样．
（1）求快餐店A套餐和B套餐的单价分别为多少元；
（2）商家统计发现，每天平均可售A套餐300份和B套餐200份，如果将A套餐的单价每提高0.1元，则每天将少售出A套餐5份：如果将B套餐的单价每提高0.2元，则每天将少售出B套餐7份；该快餐店决定将两种套餐都提高a元，在不考虑其他因素的条件下，当a为多少时，才能使该商家每天销售这两种套餐获取的利润共2055元．
【答案】（1）一份A套餐售价为15元，则一份B套餐的售价为18元
（2）当时，才能使该商家每天销售这两种套餐获取的利润共2055元
【解析】
【分析】（1）设一份A套餐的售价为x元，则一份B套餐的售价为元，根据6份A套餐价格=5份B套餐价格列出方程解方程即可；
（2）两种套餐都提高a元后，根据销售A套餐获得的利润+销售B套餐获得的利润=2055元列出方程，解方程即可．
【小问1详解】
解：设一份A套餐的售价为x元，则一份B套餐的售价为元，根据题意得：
，
解得：，（元），
答：一份A套餐的售价为15元，则一份B套餐的售价为18元．
【小问2详解】
两种套餐都提高a元后，销售一份A套餐获得的利润为元，即元，
销售一份B套餐获得的利润为元，即元，
可以销售A套餐的份数为：份，即份，
可以销售B套餐的份数为：份，即份，
根据题意得：，
解得：，（舍去），
答：当时，才能使该商家每天销售这两种套餐获取的利润共2055元．
【点睛】本题主要考查了一元一次方程和一元二次方程的应用，根据题意找出题目中的等量关系式是解题的关键．
21. 定义：只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形，连接它的两个非直角顶点的线段叫做这个损矩形的直径．如图，，四边形是损矩形，则该损矩形的直径是线段．同时我们还发现损矩形中有公共边的两个三角形角的特点：在公共边的同侧的两个角是相等的．如图中：和有公共边，在同侧有和，此时；再比如和有公共边，在同侧有和，此时．
（1）请在图中找出一对这样的角来：___________；
（2）如图，中，，以为一边向外作菱形，D为菱形对角线的交点，连接．
①四边形___________损矩形（填“是”或“不是”）；
②当平分时，判断四边形为何种特殊的四边形？请说明理由；
③若，求的长．
【答案】（1）
（2）①是，②正方形，见解析，③
【解析】
【分析】（1）根据题意给出的性质即可得出一组角相等；
（2）①根据菱形的性质即可证明，
②根据损矩形的性质即可求出四边形ACEF是正方形；
③过点D作，交的延长线于H，根据四边形是菱形可得，根据四边形为损矩形可得，最后结合含的直角三角形的性质和勾股定理即可求出解答．
【小问1详解】
由图1得：和有公共边，在同侧有和，此时；
故答案为：；
【小问2详解】
①∵四边形为菱形，
∴，即，
∵，
∴四边形为损矩形；
②四边形为正方形，理由如下：
证明：∵，平分，
∴，
∵四边形为损矩形，
∴，
∴，
∴菱形为正方形；
③过点D作，交的延长线于H，
∵四边形是菱形，，
∴，
∵四边形为损矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查新定义下的图形计算，主要运用到菱形、正方形的性质，含的直角三角形的性质和勾股定理，关键在于熟练掌握基础知识，合理利用辅助线得出条件计算．
22. 如图，在中，，D、E分别是的中点，连接．点P从点D出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点Q从点B出发，沿方向匀速运动，速度为，当点P停止运动时，点Q也停止运动．连接，设运动时间为．解答下列问题：
（1）___________，___________（用含有t的代数式表示）
（2）请求出t为何值时，以点E、P、Q为顶点的三角形与相似？
（3）当t为何值时，为等腰三角形？（直接写出答案即可）．
【答案】（1）4，
（2）t为或
（3）或3或或
【解析】
【分析】（1）根据勾股定理求出，根据三角形中位线定理求出，根据题意用含t的代数式表示的长；
（2）分、两种情况，根据相似三角形的性质列式计算即可；
（3）分三种情况，根据等腰三角形的性质列式计算即可．
【小问1详解】
由勾股定理得，，
∵D、E分别是的中点，，
∴，
由题意得，，
∴，
故答案为：4，；
【小问2详解】
解：在中，
，
∴．
∵D、E分别是的中点．
且，
①时，
∵，
∴，
∴，由题意得：，
即 ，
解得；
②如图2中，当时，，
∴，
∴，
∴，
∴当t为或时，以点E、P、Q为顶点的三角形与相似．
【小问3详解】
解：如图3中，当点Q在线段上时，由，
可得，
解得，
如图4中，当点Q在线段上时，，
可得，
解得，
如图5中，当点Q在线段上时，由，
过点Q作于M，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得．
如图6中，当点Q在线段上时，由，
同理可得，
解得．
综上所述，或3或或时， 是等腰三角形．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、三角形中位线定理的应用，掌握相似三角形的判定定理和性质定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
A
B
A
A，A
A，B
B
B，A
B，B
分组
时间x（时）
A
B
C
D
E