福建省莆田中山中学2024-2025学年上学期期中考试九年级数学试题（解析版）

这是一份福建省莆田中山中学2024-2025学年上学期期中考试九年级数学试题（解析版），共30页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（共10小题，每题4分，共40分）
1. 下列方程中，属于一元二次方程的是（ ）
A. x+2y＝1B. ax2+bx+c＝0C. 3x+＝4D. x2﹣2＝0
【答案】D
【解析】
【分析】先判断是否是整式方程，如果是整式方程，化简后只含有一个未知数，未知数的最高次数是2，这样的方程就是一元二次方程
【详解】解：A．含有2个未知数，故错误；
B．当a＝0时不是一元二次方程，故错误；
C．为分式方程，故错误；
D．只含有一个未知数，未知数的最高次数是2，二次项系数不为0，是一元二次方程，正确；
故选：D．
【点睛】用到的知识点为：一元二次方程只含有一个未知数，未知数的最高次数是2，为整式方程；并且二次项系数不为0．
2. 用配方法解方程，配方正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】按照配方法解一元二次方程的方法和步骤，先移项，再在方程两边都加上一次项系数的一半的平方（二次项系数为1），整理化简即得答案．
【详解】解：方程即为，
在方程的两边都加上，得，
即．
故选：A．
【点睛】本题主要考查配方法解一元二次方程，掌握配方法解一元二次方程的的方法和步骤是解此题的关键．
3. 如图，已知，，，．将沿图中的DE剪开，剪下的阴影三角形与不相似的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．根据相似三角形的判定逐一判断即可．
【详解】解：A、，，
，
故A不符合题意；
B、，，
，
故B不符合题意；
C、由图形可知，，
，
，，
，
又，
，
故C不符合题意；
D、由已知条件无法证明与相似，
故D符合题意，
故选：D．
4. “双碳”背景下，我国新能源汽车保有量已处于世界第一，随着消费人群不断增多，某款新能源汽车销售量持续增长．如果月销售量的增长率一致，且第三个月的销售量是第一个月的3倍，设第一个月销售量为a辆，月销售量的增长率为x，则可列出方程是（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，熟练掌握一元二次方程的应用是解题的关键．
利用公式：（其中指原产量，指连续两次增速后的产量，为每次的平均增长率），列方程求解即可．
【详解】解：设第一个月销售量为a辆，月销售量的增长率为x，则第三个月的销售量为辆，
依题意得，，
故选：A．
5. 如 图，D是的边上一点，已知，，若的面积为a， 则的面积为 （ ）
A. aB. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟记相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题关键．
先得到，然后根据相似三角形的性质得出，再根据计算即可得．
【详解】解：在和中，
故选：C．
6. 对于抛物线，下列判断不正确的是（ ）
A. 抛物线的顶点坐标为
B. 把抛物线向右平移1个单位，再向上平移2个单位，得到抛物线
C. 若点，在抛物上，则
D. 当时，y随x的增大而增大
【答案】C
【解析】
【分析】利用二次函数的性质以及平移的规律判断即可．本题考查二次函数的性质，二次函数图象与几何变换，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握平移的规律．
【详解】解：∵，
抛物线开口向上，对称轴为直线，顶点坐标为，
故A选项是正确的；
时，随的增大而减小，
则当时，y随x的增大而增大，
∴当时，y随x的增大而增大，
故D选项是正确的；
由平移规律可知，将抛物线右平移1个单位，再向上平移2个单位，
则得到的抛物线解析式为，
即．
故B选项是正确的；
∵点，在抛物上，且，
∴比靠近对称轴，
∵抛物线开口向上，
∴，
故C选项是错误的；
故选：C．
7. 在同一平面直角坐标系中，一次函数与二次函数的图像可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数与一次函数图像的识别，熟练掌握二次函数图像与一次函数图像的性质是解题关键．根据图像分别判断二次函数解析式中的符合以及一次函数解析式中的符合，判断是否一致，即可获得答案．
【详解】解：A、由抛物线可知，，，得，由直线可知，，，故本选项不符合题意；
B、由抛物线可知，，，得，由直线可知，，，故本选项符合题意；
C、由抛物线可知，，，得，由直线可知，，，故本选项不符合题意；
D、由抛物线可知，，，得，由直线可知，，，故本选项不符合题意．
故选：B．
8. 四分仪是一种十分古老的测量仪器。其出现可追溯到数学家托勒密的《天文学大成》．图是古代测量员用四分仪测量一方井的深度，将四分仪置于方井上的边沿，通过窥衡杆测望井底点、窥衡杆与四分仪的一边交于点．图中，四分仪为正方形．方井为矩形．若测量员从四分仪中读得AB为，为，实地测得为．则井深为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意得出，代入数据即可求解．
【详解】解：依题意，，
∴，
∴，
∵测量员从四分仪中读得AB为，为，实地测得为．
∴
解得：，
∴
故选：A．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
9. 如图，一张底边长为、底边上的高为的等腰三角形纸片，沿底边依次从下往上裁剪宽度均为的矩形纸条．若剪得的纸条是一张正方形，则这张正方形纸条是（ ）

A. 第4张B. 第5张C. 第6张D. 第7张
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了相似三角形的性质，正方形的性质．设剪得正方形纸条是第张，根据相似三角形的性质，得到，从而求出的值，即可得到答案．掌握相似三角形对应边成比例是解题关键．
【详解】解：字母标注如图，
由题意可知，，，，
设剪得正方形纸条是第张，
，
，
，
，
解得：，
即剪得正方形纸条是第张，
故选：C．

10. 如图，M是三条角平分线的交点，过M作，分别交于D，E两点，设，关于x的方程（）
A. 一定有两个相等实根B. 一定有两个不相等实根
C. 有两个实根，但无法确定是否相等D. 无实根
【答案】A
【解析】
【分析】M是三条角平分线的交点，过M作，则得出，即可得出△DBM∽△MBC，再求出△BMC∽△MEC，△DBM∽△EMC，即可得出：，即可求解．
【详解】解：∵AM平分∠BAC，DE⊥AM，
∴∠ADM=∠AEM，，
∴，
∵M是三条角平分线的交点
∴，
∴，
∴，
∴，
∵M是△ABC的内角平分线的交点，
∴∠1=∠2，
∴△DBM∽△MBC，
同理可得出：△BMC∽△MEC，
△DBM∽△EMC，
∴，
即：，
即．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定与性质，根据已知得出是解题关键．
二、填空题（共6小题，每题4分，共24分）
11. 已知方程的一个根为，则方程的另一个根为______．
【答案】4
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程的根与系数的关系．设方程的另一个根为m，根据两根之和等于，即可得出关于m的一元一次方程，解之即可得出结论．
【详解】解：设方程的另一个根为m，
∵方程有一个根为，
∴，
解得：．
故答案为：4．
12. 已知二次函数 的图象如图所示，则一元二次方程的解是 _____．

【答案】，
【解析】
【分析】先求出二次函数的图象与x轴的交点，再根据二次函数的图象与x轴的交点即为一元二次方程的解，即可求解．
【详解】由图象可知，二次函数的图象与x轴的一个交点坐标为1，对称轴为，根据二次函数图象的对称性，可知二次函数的图象与x轴的一个交点坐标为，
二次函数的图象与x轴的交点即为一元二次方程的解
∴一元二次方程的解为，，
故答案为：，．
【点睛】本题考查二次函数的图象与x轴的一个交点与一元二次方程的解的关系，解题的关键是明确函数与方程的联系．
13. 如图，在平面直角坐标系中，已知点、，以原点O为位似中心，相似比为，把缩小，则点A的对应点的坐标是________
【答案】或，
【解析】
【分析】本题考查了是位似变换，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为，那么位似图形对应点的坐标的比为或，由此即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：∵点、，以原点O为位似中心，相似比为，把缩小，
∴点A的对应点的坐标是或，即或，
故答案为：或．
14. 如图1是装了液体的长方体容器的主视图（数据如图），将该容器绕地面一棱进行旋转倾斜后，水面恰好接触到容器口边缘，如图2所示，此时液面宽度______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质．熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
如图，作于，则，由题意知，，，则，证明，则，即，计算求解即可．
【详解】解：如图，作于，则，
由题意知，，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
解得，，
故答案为：．
15. 如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C，D，P都在格点上，连接AP，CP，CD，则∠PAB－∠PCD＝________．
【答案】45°
【解析】
【分析】如图，取CD边上的格点E，连接AE，PE，易得∠BAE＝∠PCD,证明为等腰直角三角形，从而可得答案．
【详解】如图，取CD边上的格点E，连接AE，PE，易得∠BAE＝∠PCD．
由题意可得AP2＝PE2＝12+22＝5，AE2＝12+32＝10．
∴AE2＝AP2+PE2．
∴△APE是等腰直角三角形．
∴∠PAE＝45
∴∠PAB－∠PCD＝∠PAB－∠BAE＝∠PAE＝45°．
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，勾股定理的逆定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
16. 在平面直角坐标系中，O为坐标原点，二次函数的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），顶点为C．另一个二次函数的图象经过B、C、三点，其中，该函数图象与x轴交于另一点D，点D在线段上（与点O、B不重合）．则t的取值范围是______．
【答案】且
【解析】
【分析】根据顶点式可直接得出点的坐标；令，解方程，可得出点，的坐标；由对称轴的性质可知，二次函数图象的对称轴与轴的交点坐标为，再由对称性可知，，由点在线段上，且与端点不重合，可得，即，而当时，过点，，三点的二次函数不存在，由此可得且；本题主要考查待定系数法求函数解析式，二次函数的对称性，二次函数的图象性质等相关知识，熟练掌握相关知识是解题基础．
【详解】解：二次函数的图象的顶点为，
；
令，解得或，
∵点A在点B的左侧，
，；
点在线段上，
，
点到对称轴的距离小于2，
设二次函数的解析式为：，
将，两点代入，
得，
，
，
，
二次函数图象的对称轴与轴的交点坐标为，
，两点关于对称轴对称，点，
，
点在线段上，且与端点不重合，
，即，
时，过点，，三点的二次函数不存在，
且；
故答案为：且．
三．解答题（共9小题）
17. 解方程：．
【答案】，
【解析】
【分析】本题考查了配方法解一元二次方程．熟练掌握配方法解一元二次方程是解题的关键．
利用配方法解一元二次方程即可．
【详解】解：，
，
，
∴，
解得，，．
18. 如图，E是的边BC上的点，已知，，，．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据，可证得．
【详解】证明：，，
，
，
，
即，
．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，熟悉三角形相似判定定理是解题关键．本题用到的判定是两边对应成比例且夹角相等．
19. 如图，抛物线y＝x2+bx+c的图象交x轴于点A（1，0），B（5，0），交y轴于点C．
（1）求抛物线的解析式．
（2）此抛物线顶点为P，求△PBC的面积．
【答案】（1）y＝x2﹣3x+；；（2）△PBC的面积＝
【解析】
【分析】（1）将A（1，0），B（5，0）两点的坐标代入y＝
x2＋bx＋c，运用待定系数法就可求出抛物线的解析式；
（2）根据（1）中所求的抛物线的解析式可得顶点P的坐标为（3，－2），C点坐标为（0，）．利用待定系数法求出直线PC的解析式为y＝－32x＋，那么直线PC与x轴交点D的坐标为（，0），再根据△PBC的面积＝△PBD的面积＋△DBC的面积列式计算即可求解．
【详解】（1）∵抛物线y＝x2＋bx＋c的图象交x轴于点A（1，0），B（5，0），
∴，
解得：，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣3x＋；
（2）∵y＝x2﹣3x＋＝（x2﹣6x＋9）﹣2＝（x﹣3）2﹣2，
∴顶点P的坐标为（3，﹣2）．
令x＝0，得y＝，
∴C点坐标为（0，）．
设直线PC的解析式为y＝mx＋n，
∵P（3，﹣2），C（0，），
∴，解得，
∴直线PC的解析式为y＝﹣32x＋，
∴y＝0时，﹣32x＋＝0，解得x＝，
设直线PC与x轴交于点D，则D（，0）．
∵B（5，0），
∴BD＝5﹣＝，
∴△PBC的面积＝△PBD的面积＋△DBC的面积
＝××2＋××
＝．
【点睛】
本题考查的是抛物线，熟练掌握抛物线的性质是解题的关键.
20. 关于x的一元二次方程有两个实数根，，并且．
（1）求实数m的取值范围；
（2）是否存在m使得满足？若存在，请求m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1） （2）不存在，见解析
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程的解，一元二次方程的根与系数的关系等知识．熟练掌握一元二次方程根的判别式，一元二次方程的解，一元二次方程的根与系数的关系是解题的关键．
（1）由题意知，Δ=-42-4×-2m+5>0，计算求解即可；
（2）由题意知，，，则，可得，计算求解，然后作答即可．
小问1详解】
解：由题意知，Δ=-42-4×-2m+5>0，
解得，，
∴实数m的取值范围为；
【小问2详解】
解：不存在，理由如下；
由题意知，，，
∴，
∴，整理得，，
∵，
∴方程无解，即不存在m使得满足．
21. 如图，在△ABC中，∠ACB=90°．
（1）在AB上求作点D，使△CDB∽△ACB；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）的条件下，若BC=5，AC=12，求BD长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）已知是直角三角形，要使，则△CDB也是直角三角形，因此我们需要作D点，使得CD⊥AB；
（2）根据勾股定理先求出AB的长度，再根据第（1）问的结论，结合相似三角形的性质，列出等式，代入数值即可求解出BD的长度．
【详解】（1）当 ，时，．
如图1所示，过点C作，垂足为D，则点D就是所求作的点．
（2）证明：∵BC=5，AC=12，∠ACB=90，
∴．
∵，
∴ ．
∴．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质的综合应用和尺规作图．解本题的关键要掌握相似三角形的判定和性质、勾股定理、以及作图方法．
22. 企鹅塔祖尼是2023年女足世界杯的吉祥物，塔祖尼造型的玩偶非常畅销．某特许经销店销售一种塔祖尼造型玩偶，每件成本为8元，在销售过程中发现，每天的销售量（件）与每件售价（元）之间存在一次函数关系（其中，且为整数）．当每件售价为8元时，每天的销售量为110件；当每件售价为10元时，每天的销售量为100件．
（1）求与之间的函数关系式．
（2）若该商店销售这种玩偶每天获得360元的利润，则每件玩偶的售价为多少元?
（3）设该商店销售这种玩偶每天获利（元），当每件玩偶的售价为多少元时，每天的销售利润最大?最大利润是多少元?
【答案】（1）
（2）若该商店销售这种玩偶每天获得360元的利润，则每件玩偶的售价为12元
（3）每件消毒用品的售价为15元时，每天的销售利润最大，最大利润是525元
【解析】
【分析】本题考查二次函数的应用，一次函数的应用，一元二次方程的应用，待定系数法求一次函数解析式，求二次函数最值．
（1）根据给定的数据,利用待定系数法即可求出y与x之间的函数关系式；
（2）根据题意列出利润的一元二次方程，正确解出即可，并注意x的取值范围；
（3）利用销售该消毒用品每天的销售利润每件的销售利润每天的销售量，即可得出w关于x的函数关系式，再利用二次函数的性质即可解决最值问题．
【小问1详解】
解：设每天的销售量（件）与每件售价（元）函数关系式为：，
由题意可知：，
解得：，
与之间的函数关系式为：；
【小问2详解】
解：根据题意得：，
解得：，（舍去），
答：若该商店销售这种玩偶每天获得360元的利润，则每件玩偶的售价为12元；
小问3详解】
解：根据故意得：
，
，且为整数，
当时，随的增大而增大，
当时，有最大值，最大值为525．
答：每件消毒用品的售价为15元时，每天的销售利润最大，最大利润是525元．
23. 阅读材料，并解决问题．
【学习研究】
我国古代数学家赵爽在其所著《勾股圆方图注》中记载了一元二次方程的几何解法，以为例，构造方法如下：
首先将方程变形为，然后画四个长为，宽为x的矩形，按如图1所示的方式拼成一个“空心”大正方形，则图1中大正方形的面积可表示为，还可表示为四个矩形与一个边长为2的小正方形面积之和，即．因此，可得新方程．因为x表示边长，所以，即．遗憾的是这样的做法只能得到方程的其中一个正根．
【理解应用】
参照上述图解一元二次方程的方法，请在下面三个构图中选择能够用几何法求解方程的正确构图是 ．（从序号①②③中选择）
【类比迁移】
小颖根据以上解法解方程，请将其解答过程补充完整：
第一步：将原方程变形为，即x（ ）；
第二步：利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形;
第三步：因此，根据大正方形的面积可得新的方程： ，解得原方程的一个根为 ；
【拓展应用】
一般地，对于形如的一元二次方程可以构造图2来解．已知图2是由四个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4，那么此方程的系数 ， ，求得方程的正根为 ．
【答案】[理解应用] ③[类比迁移] ，，； [拓展应用] ，3，1或3．
【解析】
【分析】[理解应用]依据题干方法得到，再根据图形很容易判断；
[类比迁移]与题干思路一致，需要注意的是画出图形更容易得解；
[拓展应用]先因式分解变形得，再根据题干条件分析，，进而分类讨论求解即可．
本题考查了一元二次方程的应用、矩形的性质等内容，能知道系数、与各图形面积的关系是解题的关键．
【详解】解：[理解应用] ∵，
∴，
结合题意，将看作一个长为，宽为，面积为的矩形，
∴很容易观察出构图是③，
故答案为：③；
[类比迁移] ，
第一步：将原方程变为，即；
第二步：如图②，利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形；
第三步：根据大正方形的面积可得新的方程：；解得原方程的一个根为；
故答案为：，，；
[拓展应用] ，
，
，
∴四个小矩形的面积各为，大正方形的面积是，其中它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即，
图②是由4个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4，
，，
解得：，，
当时，，
∴，，方程的一个正根为1；
当时，，
∴，，方程的一个正根为3；
综上所述，方程的一个正根为1或3，
故答案为：，3，1或3．
24. 如图1，在中，，点D是上的一个动点，过点D作于点E，延长交延长线于点F．
（1）求证：；
（2）探究与的关系：
当时，；当时，．
请你继续探究：
①当时，则的值是 ；
②当时，猜想的值（用含m，n的式子表示），并证明；
（3）在图2中，过点F作，垂足为点P，连接CF，得到图2，当点D运动到使时，若，则的值是 ．（用含m，n的式子表示）
【答案】（1）见解析 （2）①；②，证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）由，可得，由，，可得，进而结论得证；
（2）①如图1，作于，则，证明，则
，然后求解作答即可；②由①可知，，然后求解作答即可；
（3）如图2，作于 ，则，，由，可得，证明，则
，，即，由（2）②可知，，然后求解作答即可．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴；
【小问2详解】
①解：如图1，作于，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得，，
故答案为：；
②解：，证明如下；
由①可知，，
∴；
【小问3详解】
解：如图2，作于 ，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
由（2）②可知，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，相似三角形的判定与性质，角平分线的判定与性质等知识．熟练掌握等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，相似三角形的判定与性质，角平分线的判定与性质是解题的关键．
25. 如图，抛物线与轴相交于，两点（点在点的左侧），其中，是方程的两个根，抛物线与轴相交于点．
（1）求该抛物线对应的函数表达式；
（2）已知直线与，轴分别相交于点，．
①设直线与相交于点，问在第三象限内的抛物线上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由；
②过抛物线上一点作直线的平行线．与抛物线相交于另一点．设直线，相交于点．连接，．求线段的最小值．
【答案】（1）
（2）①；②线段的最小值为
【解析】
【分析】（1）利用因式分解法解一元二次方程得出，，再利用待定系数法求解即可；
（2）①在中，令得出，在中，令得出，从而得出，即，待定系数法求得直线的解析式为，联立，得出 ，作轴于，则，，，求出，，由正切的定义得出，证明，得出，求出直线的解析式为，联立，计算即可得解；②设Mx1,y1，Nx2,y2，设直线的解析式为：，求出直线的解析式为，直线的解析式为；联立得：，由韦达定理得出，将Mx1,y1代入，得，求出，同理可得，联立，得出，推出点在直线上运动，求出，作点关于直线的对称点，连接交直线于，连接，则，由轴对称的性质可得，则，由两点之间线段最短可得：线段的最小值的最小时为，再由勾股定理计算即可得出答案．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∴，，
∴，，
∵抛物线与轴相交于，两点，
∴，
解得：，
∴该抛物线对应的函数表达式为；
【小问2详解】
解：①在中，令，，解得，即，
在中，令，则，即，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
将，代入解析式得，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，解得，
∴，
如图，作轴于，则，，，
，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
将代入得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，
解得：或，
∵点在第三象限，
∴；
②∵过抛物线上一点作直线的平行线．与抛物线相交于另一点．
∴设Mx1,y1，Nx2,y2，设直线的解析式为：，
设直线的解析式为，
将代入得，
解得：，
∴直线的解析式为，
设直线的解析式为，
将代入得，
∴直线的解析式为；
联立得：，
∴，
将Mx1,y1代入，得，
∴，
∴，
解得：，
将Nx2,y2代入，得，
∴，
∴，
解得：，
联立，
得出，
∴点在直线上运动，
在中，令，则，即，
如图，作点关于直线的对称点，连接交直线于，连接，则，
，
由轴对称的性质可得，
∴，
∴由两点之间线段最短可得：线段的最小值的最小时为，
∵，
∴线段的最小值为．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、解直角三角形、轴对称—线段最短问题、勾股定理、二次函数的图象与性质、求一次函数解析式、二次函数与一元二次方程、等腰直角三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键，此题难度较大，属于中考压轴题．