09，甘肃省张掖市临泽县第二中学2023-2024学年九年级上学期期中考试数学试题

这是一份09，甘肃省张掖市临泽县第二中学2023-2024学年九年级上学期期中考试数学试题，共22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3分，共30分）
1. 若关于x的方程是一元二次方程，则a的值不能为（ ）
A. 2B. -2C. 0D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】首先化成一元二次方程的一般式可得二次项系数为，根据二次项系数不为零即可得出答案；
【详解】解：，
，
，
，
，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的定义，关键是掌握二次项的系数不等于0．
2. 如图，在中，对角线与交于点，添加下列条件不能判定为矩形的只有（ ）
A. B. ，，
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了矩形的判定定理，解题的关键是熟练掌握矩形的判定方法．根据矩形的判定方法即可一一判断．
【详解】解：A、正确．对角线相等平行四边形是矩形．
B、正确．，，，您看到的资料都源自我们平台，家威杏 MXSJ663 低至0.3元/份，
，
平行四边形为矩形．
C、正确，，
，
，
平行四边形是矩形，
D、错误．对角线垂直的平行四边形是菱形．
故选：D
3. 方程的解是（ ）．
A. x1=x2=0B. x1=x2=1C. x1=0, x2=1D. x1=0, x2=-1
【答案】D
【解析】
【分析】利用提公因式法解方程，即可得到答案.
【详解】解：∵，
∴，
∴或；
故选择：D.
【点睛】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握提公因式法解方程是解题的关键.
4. 如图所示的图形是由四个全等的直角三角形围成的，若两直角边分别为3和4，则向图中随机抛掷一枚飞镖，飞镖落在阴影区域的概率是（不考虑落在线上的情形）（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直角三角形的性质，求出阴影部分面积和总面积，计算出二者的比值即可．
【详解】解：∵两条直角边分别为3和4，
∴斜边为：=5，
∵如图是由四个全等的直角三角形围成的，
∴四边形ABCD与四边形EFGH是正方形，
∴AB=3+4=7，
∴S正方形ABCD=49，S正方形EFGH=25，
∴飞镖落在阴影区域的概率是：．
故选D．
【点睛】本题考查几何概率的求法,解题的关键是求解各部分的面积，注意用到的知识点为：概率=相应的面积与总面积之比．
5. 如图，AB、CD相交于点O，AD∥CB，若AO=2，BO=3，CD=6，则CO等于（ ）
A. 2.4B. 3C. 3.6D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由平行线分线段成比例定理，得到 ；利用AO、BO、CD的长度，求出CO的长度，即可解决问题．
【详解】如图，∵AD∥CB，
∴；
∵AO=2，BO=3，CD=6，
∴ ，解得：CO=3.6，
故选C．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理及其应用问题．掌握平行于三角形一边的直线截其他两边（或两边的延长线），所得的对应线段成比例是解题的关键．．
6. 已知矩形的长为20，宽为12，顺次连结四边中点所形成四边形的面积是（ ）
A. 80B. 240C. 120D. 96
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了中点四边形，菱形的判定，矩形的性质，，三角形中位线定理，关键是掌握三角形中位线定理，菱形的判定方法．由三角形中位线定理推出，得到四边形是菱形，即可求出四边形的面积．
【详解】解：如图，矩形中，点分别是各边中点，
连接，，

、分别是、的中点，
是的中位线，
，
同理，，，
四边形是矩形，
，
，
四边形是菱形，
四边形的面积，
故选：C
7. 一个多边形的边长为2，3，4，5，6，另一个和它相似的多边形的最长边为24，则这个多边形的最短边长为（ ）
A. 6B. 8C. 10D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了相似多边形的性质，根据相似多边形的性质进行解答即可．解题的关键是熟练掌握两个相似多边形的对应边成比例．
【详解】解：设另一个多边形的最短边长为x，根据题意得：
，
解得：，
故选：B．
8. 若一元二次方程x2－2x－m＝0无实数根，则一次函数y＝(m＋1)x＋m－1的图象不经过第( )象限．
A. 四B. 三C. 二D. 一
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据方程无实数根，求出m<-1，再判断一次函数的图象经过的象限问题．
【详解】解：∵一元二次方程x2-2x-m=0无实数根，
∴△=4+4m<0，
即m<-1，
∴一次函数的比例系数m+1<0，
图像经过二四象限，
截距m-1<0，
则图象与y轴交于负半轴，图像过第三象限
∴一次函数y=(m+1)x+m-1的图像不经过第一象限，
故选D．
【点睛】本题考查了根的判别式、一次函数的图象，解题的关键是求出m的取值范围．
9. 若，则的值为（ ）
A. ﹣6B. 6C. 18D. 30
【答案】B
【解析】
【详解】解：∵，
∴，
∴原式=
=
=
=
=﹣12+18
=6
故选B．
10. 如图，D、E分别是的边上的点，，若，则的值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知条件易求得，由可证，，可得的值，再利用相似三角形的性质即可解决问题．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了等高的两个三角形的面积之间的关系和相似三角形的判定和性质，属于基本题型，熟练掌握相似三角形的判定和性质是关键．
二、填空题（每小题4分，共32分）
11. 若线段、、、成比例，其中，，，则______cm．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了成比例线段的概念，写比例式的时候，要注意单位统一，是一道基础题．根据四条线段成比例的概念，得比例式，再根据比例的基本性质，即可求得的值．
【详解】解：四条线段、、、成比例，
，
．
故答案为．
12. 已知线段，C为线段AB的黄金分割点，则___________．
【答案】cm
【解析】
【分析】利用黄金分割的定义计算即可．
【详解】解：∵点C是线段AB的黄金分割点，且AC＞BC，
∴
∴cm，
故答案为：cm．
【点睛】本题考查了黄金分割点的定义，若C为线段AB的黄金分割点，则，熟练应用黄金分割的性质列出方程是解题的关键．
13. 已知，则________
【答案】
【解析】
【分析】设，再将分别用的代数式表示，再代入约去即可求解．
【详解】解：设，
则，
故，
故答案为：．
【点睛】本题考查了比例性质，正确用同一字母表示各数是解决此类题的关键．
14. 我县政府2022年投资5亿元用于保障性住房建设，计划到2024年投资保障性住房建设的资金为9.8亿元，如果从2022年到2024年投资此项目资金的年增长率相同，那么年增长率是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．设从2022年到2024年投资此项目资金的年增长率为，利用我县政府计划到2024年投资保障性住房建设的资金我县政府2022年投资保障性住房建设的资金从2022年到2024年投资此项目资金的年增长率），可列出关于的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
【详解】解：设从2022年到2024年投资此项目资金的年增长率为，
根据题意得：，
解得：，（不符合题意，舍去），
从2022年到2024年投资此项目资金的年增长率为．
故答案为：
15. 如图，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（4，0），（﹣1，0），点D在y轴上，则点C的坐标是_____．
【答案】（﹣5，3）
【解析】
【分析】利用菱形的性质以及勾股定理得出DO的长，进而求出C点坐标．
【详解】∵菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（4，0），（﹣1，0），点D在y轴上，
∴AB＝AD＝5＝CD，
∴DO＝＝＝3，
∵CD∥AB，
∴点C的坐标是：（﹣5，3）．
故答案为（﹣5，3）．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及坐标与图形的性质，得出DO的长是解题关键．
16. 如图，某单位准备在院内一块长、宽的长方形花园中修两条纵向平行和一条横向弯折的小道，剩余的部分种植花草．如图，要使种植花草的面积为，则小道进出口的宽度为______m．
【答案】1
【解析】
【分析】设小道进出口的宽度为x米，然后利用其种植花草的面积为532平方米列出方程求解即可．
【详解】解：设小道进出口的宽度为x米，
依题意得，
整理，得，
解得， ．
（不合题意，舍去），
．
即：小道进出口的宽度应为1米．
故答案为：1．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是找到正确的等量关系并列出方程．
17. 如图，，是正方形的对角线上的两点，，，则四边形的周长是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查正方形的性质、菱形的判定和性质及勾股定理，掌握对角线互相垂直平分的四边形为菱形是解题的关键．连接交于点，则可证得，，可证四边形为平行四边形，且，可证得四边形为菱形；根据勾股定理计算的长，可得结论．
【详解】解：如图，连接交于点，
四边形为正方形，
，，
，
，即，
四边形为平行四边形，且，
四边形为菱形，
，
，，
由勾股定理得：，
四边形的周长，
故答案为：
18. 三角形的每条边的长都是方程的根，则三角形的周长是________．
【答案】6或10或12
【解析】
【分析】首先用因式分解法求得方程的根，再根据三角形的每条边的长都是方程的根，进行分情况计算．
【详解】由方程，得=2或4．
当三角形的三边是2，2，2时，则周长是6；
当三角形的三边是4，4，4时，则周长是12；
当三角形的三边长是2，2，4时，2+2=4，不符合三角形的三边关系，应舍去；
当三角形的三边是4，4，2时，则三角形的周长是4+4+2=10．
综上所述此三角形的周长是6或12或10．
故答案为：6或10或12
三、解答题（19题每小题4分，20—25题各8分，26、27题各10分，28题12分，共88分）
19. 解方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】此题考查了解一元二次方程因式分解法，利用此方法解方程时，首先将方程左边化为积的形式，右边化为0，然后利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．
（1）找出，及的值，计算出根的判别式的值大于0，代入求根公式即可求出解；
（2）将方程变形移项后，利用平方差公式分解因式，然后利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．
【小问1详解】
解：，，，
，
，
即，；
【小问2详解】
原方程变形为．
移项得．
把方程的左边进行因式分解，得，
即，
从而或，
所以
20. 有三张正面分别标有数字，1，3的不透明卡片，它们除数字外都相同，现将它们背面朝上，洗匀后从三张卡片中随机地抽取一张，放回卡片洗匀后，再从三张卡片中随机地抽取一张．
（1）试用列表或画树状图的方法，求两次抽取的卡片上的数字之积为负数的概率；
（2）求两次抽取的卡片上的数字之和为非负数的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）画出树状图列出所有等可能结果，再找到数字之积为负数的结果数，根据概率公式可得；
（2）根据（1）中树状图列出数字之和为非负数的结果数，再根据概率公式求解可得．
【小问1详解】
解：画树状图如下：

由树状图可知，共有9种等可能结果，其中数字之积为负数的有4种结果，
两次抽取的卡片上的数字之积为负数的概率为；
【小问2详解】
在（1）种所列9种等可能结果中，数字之和为非负数的有6种，
两次抽取的卡片上的数字之和为非负数的概率为．
【点睛】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．
21. 如图，有一块三角形的铁皮．
求作：以∠B为一个内角的菱形BEFG，使顶点F在AC边上．
要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹．
【答案】见解析
【解析】
【分析】作BF平分∠ABC交AC于F，作线段BF的垂直平分线交AB于G，交BC于E．
【详解】解：如图，四边形BEFG即为所求作．
【点睛】本题考查作图−应用与设计作图，解题的关键是是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
22. 阅读下面的材料，解决问题：
解方程，这是一个一元四次方程，根据该方程的特点，它的解法通常是：
设，那么，于是原方程可变为，解得，．
当时，，
∴；
当时，，
∴；
∴原方程有四个根：，，，．
请参照例题，解方程．
【答案】；
【解析】
【分析】仿照例题，设，则，再解一元二次方程即可．
【详解】解：设，则，
∴原方程可变为，解得，．
当时，，
∴；；
当时，，
∴此方程无解；
∴原方程有两个根：；．
【点睛】此题考查了解一元二次方程，正确掌握解一元二次方程的解法及理解题意是解题的关键．
23. 如图，正方形ABCD中，M为BC上一点，F是AM的中点，EF⊥AM，垂足为F，交AD的延长线于点E，交DC于点N．
（1）求证：△ABM∽△EFA；
（2）若AB=12，BM=5，求DE的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）4.9
【解析】
【分析】（1）由正方形的性质得出AB=AD，∠B=90°，AD∥BC，得出∠AMB=∠EAF，再由∠B=∠AFE，即可得出结论；
（2）由勾股定理求出AM，得出AF，由△ABM∽△EFA得出比例式，求出AE，即可得出DE的长．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=90°，AD∥BC，
∴∠AMB=∠EAF，
又∵EF⊥AM，
∴∠AFE=90°，
∴∠B=∠AFE，
∴△ABM∽△EFA；
（2）∵∠B=90°，AB=12，BM=5，
∴AM==13，AD=12，
∵F是AM中点，
∴AF=AM=6.5，
∵△ABM∽△EFA，
∴，
即，
∴AE=16.9，
∴DE=AE－AD=4.9．
【点睛】本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
24. 如图所示，已知AB∥EF∥CD，AC、BD相交于点E，AB=6cm，CD=12cm，求EF．
【答案】4.
【解析】
【详解】试题分析：根据平行线分线段成比例定理可得 ，然后求出的值，再利用平行线分线段成比例定理即可求得EF的长.．
试题解析：
∵AB∥CD，
∴，
∴，
∵AB∥EF，
∴，
即，
解得EF=4cm．
点睛：本题考查平行线分线段成比例定理：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例，熟记定理找准对应线段是解题的关键．
25. 某商店将进货价为8元的商品按每件10元售出，每天可销售200件，现在采取提高商品售价减少销售量的办法来增加利润，如果这种商品按每件的销售价每提高0.5元其销售量就减少10件，要使每天利润为640元，问应将每件售价提高多少元？此时定价为多少元？
【答案】提高6元，定价为16元．
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．设每件售价提高元，则每件的销售利润为元，每天可销售件，利用总利润每件的销售利润日销售量，可列出关于的一元二次方程，解之即可得出结论．
【详解】解：设每件售价提高元，则每件的销售利润为元，每天可销售件，
根据题意得：，
整理得：，
解得：，，
因为要求采取提高商品售价减少销售量的办法来增加利润，
所以，
当时，．
答：应将每件售价提高提高6元，定价为16元．
26. 四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，点E在边AB上，点F在AD的延长线上，且点E与点F关于直线CD对称，过点E作EG∥AF交CD于点G，连接FG，DE．

（1）求证：四边形DEGF是菱形；
（2）若AB＝10，AF＝BC＝8，求四边形DEGF的面积．
【答案】（1）见解析；（2）20
【解析】
【分析】（1）由轴对称的性质可得FD＝ED，FG＝EG，可证△FDG≌△EDG，可得∠EDG＝∠FDG，由平行线的性质可得∠EGD＝∠FDG＝∠EDG，可得ED＝EG，可得结论；
（2）连接FC，EC，先证四边形ABCF是矩形，可得AB＝CF，由轴对称的性质可得CE＝CF＝10，由勾股定理可求BE，AE，DF的长，即可求解．
【详解】证明：（1）∵点E与点F关于直线 CD对称，
∴FD＝ED，FG＝EG，且DG＝DG，
∴△FDG≌△EDG（SSS），
∴∠EDG＝∠FDG，
∵EG∥AF，
∴∠EGD＝∠FDG，
∴∠EGD＝∠EDG，
∴ED＝EG，
∴FD＝ED＝FG＝EG，
∴四边形DEGF是菱形；
（2）连接FC，EC，则CE＝CF

∵∠A＝∠B＝90°，
∴AF∥CB，且AF＝BC＝8，
∴四边形ABCF是平行四边形，且∠A＝90°，
∴四边形ABCF是矩形，
∴CE＝CF＝AB＝10，
在 中，
∴ ，
∴AE＝4，
设FD＝ED＝FG＝EG＝x，则AD＝8﹣x，
在Rt△ADE中，42+（8﹣x）2＝x2，
∴x＝5．
∴S＝5×4＝20．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的判定与性质；轴对称的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
27. 如图，在矩形中，，，点P从点A出发沿以的速度向点B运动；同时，点Q从点B出发沿以的速度向点C运动．设运动时间为．

（1） cm， cm（用含x的式子表示）；
（2）若，求x的值；
（3）若的面积为，求x的值．
【答案】（1），；
（2）x的值为或2．
（3）x的值为1或5．
【解析】
【分析】（1）根据点P，Q的运动速度及时间，即可用含x的代数式表示出当运动时间为时，的长度；
（2）利用勾股定理，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论；
（3）根据的面积为，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论．
【小问1详解】
解：当运动时间为时，，，
，．
【小问2详解】
∵矩形，，，
∴，，，
∴，
即，
整理得：， 解得：，．
答：x的值为或2．
【小问3详解】
依题意得：，
即，
整理得：，
解得：，．
答：x的值为1或5．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用、勾股定理、列代数式以及三角形的面积，解题的关键是：（1）根据各数量之间的关系，用含x的代数式表示出，的长度；（2）（3）找准等量关系，正确列出一元二次方程．
28. 如图，矩形的顶点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点的坐标为（3，4），一次函数的图像与边OC、AB分别交于点D、E，并且满足，M是线段DE上的一个动点
（1）求b的值；
（2）连接OM，若的面积与四边形的面积之比为，求点M的坐标；
（3）设N是x轴上方平面内的一点，以O、D、M、N为顶点的四边形是菱形，求点N的坐标．
【答案】（1）b=3；（2）点M坐标为；（3）或
【解析】
【分析】（1）首先在一次函数的解析式中令x=0，即可求得D的坐标，则OD=b，则E的坐标即可利用b表示出来，然后代入一次函数解析式即可得到关于b的方程，求得b的值；
（2）首先求得四边形OAED的面积，则△ODM的面积即可求得，设出M的横坐标，根据三角形的面积公式即可求得M的横坐标，进而求得M的坐标；
（3）分两种情况进行讨论，①四边形OMDN是菱形时，M是OD的中垂线与DE的交点，M关于OD的对称点就是N；②四边形OMND是菱形，OM=OD，M在直线DE上，设出M的坐标，根据OM=OD即可求得M的坐标，则根据OD∥MN,且OD=MN即可求得N的坐标．
【详解】（1）在中，令x=0，解得y=b，
则D的坐标是(0,b)，OD=b，
∵OD=BE，
∴BE=b，则点E坐标为（3,4-b），
将点E代入中，得：4-b=2+b,
解得：b=3；
(2)如图，∵=,
∵三角形ODM面积与四边形OAEM的面积之比为,
∴
设M的横坐标是a，则，
解得：，
将代入中，得：
则点M坐标为；
（3）依题意，有两种情况：
①当四边形OMDN是菱形时，如图(1),M的纵坐标是，
把代入中，得：
，解得：，
∴点M坐标为，
点N坐标为；
②当四边形OMND是菱形时，如图(2)，OM=OD=3，
设M的坐标，
由OM=OD得：，
解得：或m=0(舍去)，
则点M坐标为，
又MN∥OD，MN=OD=3，
∴点N的坐标为，
综上，满足条件的点N坐标为或．
【点睛】本题考查一次函数与几何图形的综合，涉及待定系数法、图形的面积计算、菱形的性质、方程等知识，解答的关键是认真审题，找出相关知识的联系点，运用待定系数法、数形结合法、分类讨论法等解题方法确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算．