2023-2024学年四川省成都市龙泉驿区九年级上学期数学期中试题及答案

这是一份2023-2024学年四川省成都市龙泉驿区九年级上学期数学期中试题及答案，共32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。
第Ⅰ卷 选择题（共32分）
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，答案涂在答题卡上）
1. 下列方程是一元二次方程的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义逐个判断即可．
【详解】解：A、是二元一次方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
B、是一元三次方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
C、是一元二次方程，故本选项符合题意；
D、是分式方程，不是整式方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，注意：只含有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是的整式方程，叫一元二次方程．
2. 已知=，则的值为( )．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据比例的性质计算即可；
【详解】∵=，
∴；
故答案选C．
【点睛】本题主要考查了比例的性质应用，准确计算是解题的关键．
3. 如图，矩形的对角线相交于点，下列结论一定正确的是（ ）
平分B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据矩形的对角线相等，以及矩形与菱形性质的区别判断即可．
【详解】解：由矩形的对角线相交于点，
根据矩形的对角线相等，
可得．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，关键是掌握矩形的性质．
4. 如图，与位似，点O是它们的位似中心，且位似比为1∶2，则与的周长之比是（ ）
A. 1∶2B. 1∶4C. 1∶3D. 1∶9
【答案】A
【解析】
【分析】根据位似图形是相似图形，位似比等于相似比，相似三角形的周长比等于相似比即可求解．
【详解】解：∵与位似
∴
∵与的位似比是1:2
∴与的相似比是1:2
∴与的周长比是1:2
故选：A．
【点睛】本题考查了位似变换，解题的关键是掌握位似变换的性质和相似三角形的性质．
5. 近年来，由于新能源汽车的崛起，燃油汽车的销量出现了不同程度的下滑，经销商纷纷开展降价促销活动．某款燃油汽车今年3月份售价为万元，5月份售价为万元．设该款汽车这两月售价的月均下降率是x，则所列方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用．根据题意正确的列方程是解题的关键．
由题意知，4月份的售价为，5月份的售价为，进而可列方程．
【详解】解：依题意得，，
故选：B．
6. 如图，四边形的对角线，交于点O，且，，下列说法错误的是（ ）

A. 若，则是菱形B. 若，则是矩形
C. 若且，则是正方形D. 若，则是正方形
【答案】D
【解析】
【分析】先根据平行四边形的判定证明是平行四边形，再根据已知条件结合菱形、矩形及正方形的判定逐一判断即可．
【详解】解：∵，，
∴四边形是平行四边形，
若，则四边形是菱形，故A选项不符合题意；
若，则四边形是矩形，故B选项不符合题意；
若且，则四边形是正方形，故C选项不符合题意；
若，则四边形是矩形，故D选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查平行四边形的判定、菱形的判定与矩形的判定、正方形的判定，熟练掌握相关定理是解题的关键．
7. 若关于x的一元二次方程有两个实数根，则k的取值范围是（ ）
A. B. C. 且D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义及根的判别式即可解答．
【详解】解：∵为一元二次方程，
∴，
∵该一元二次方程有两个实数根，
∴，
解得，
∴且，
故选：D．
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义及根的判别式，解题的关键是熟知当判别式的值大于0时，方程有两个不相等的实数根，同时要满足二次项的系数不能是0．
8. 如图，在中，，在边上，，，若的面积等于9，则的面积为（ ）
A. 4B. 2C. 3D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】过点作于，过点作于，首先根据等腰三角形的性质及三角形外角的性质，可证得，再根据三角形的面积公式，可求得，根据相似三角形的性质，可求得，据此即可求得．
【详解】解：过点作于，过点作于，
，
，
，，
，
．
，
的面积等于9，
，
，
，
．
的面积为：，
故选：A．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形外角的性质，相似三角形的判定与性质，三角形的面积公式，作出辅助线是解决本题的关键．
第Ⅱ卷 非选择题（共68分）
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）
9. 已知关于x的方程的一个根是1，则另一根是________．
【答案】-3
【解析】
分析】根据一元二次方程根与系数，带入即可求出答案．
【详解】解：∵，一个根是1，
∴，
解得，
故答案是：-3．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，准确记住公式是解题关键．
10. 若，且，则的值为______．
【答案】76
【解析】
【分析】利用设法，进行计算即可解答．
【详解】解：设，
，，，
，
，
，
，
，，，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了比例的性质，熟练掌握设法是解题的关键．
11. 如图，中，，，，，则的长为_________．
【答案】4
【解析】
【分析】由题意，证明，得到，然后代入数据，即可得到答案．
【详解】解：
，，
，
，
，
，
，
，，

故答案为：4．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形对应边成比例是解题关键．
12. 将宽度相等的两张纸条按如图所示的方式放置，两个纸条重叠部分组成的四边形中，对角线，，则纸条重叠部分的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质．熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
证明四边形是平行四边形，如图，作于，于，由等宽可得，由，可得，证明四边形是菱形，根据，计算求解即可．
【详解】解：由题意知，，
∴四边形是平行四边形，
如图，作于，于，由等宽可得，
∵，
∴，即，
∴四边形是菱形，
∴，
故答案为：．
13. 如图，四边形ABCD是平行四边形，以点B为圆心，BC的长为半径作弧交AD于点E，分别以点C，E为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线BP交AD的延长线于点F，∠CBE＝60°，BC＝6，则BF的长为________
【答案】
【解析】
【分析】利用基本作图得到，平分，则，再根据平行四边形的性质和平行线的性质证明，所以，过点作于，如图，则，然后利用30°的三角函数值即可求出，从而得到的长．
【详解】解：由作法得，平分，
又∵∠CBE＝60°，
，
四边形为平行四边形，
，
，
，
，
如图，过点作于，
∵，，
∴，
在中，，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了作图复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定及性质以及解直角三角形的应用．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分，解答过程写在答题卡上）
14. 用适当方法解下列方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了直接开平方法、公式法解一元二次方程．熟练掌握直接开平方法、公式法解一元二次方程是解题的关键．
（1）利用直接开平方法解一元二次方程
（2）利用公式法解一元二次方程即可．
【小问1详解】
解：，
，
解得，；
【小问2详解】
解：，
，
∴，
解得，．
15. 如图，已知O是坐标原点，A，B的坐标分别为，．
（1）画出绕点O顺时针旋转后得到的；
（2）在y轴的左侧以O为位似中心作的位似三角形，使与的相似比为；
（3）直接写出线段与线段的位置关系与数量关系．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3），
【解析】
【分析】（1）根据旋转的性质作图即可，与关于点O成中心对称；
（2）根据位似进行作图即可；
（3）由中心对称、位似的性质，判断作答即可．
【小问1详解】
解：如图1，即为所求；
【小问2详解】
解：如图1，即为所求；
【小问3详解】
解：由中心对称、位似的性质可知，，．
【点睛】本题考查了作旋转图形，中心对称的性质，位似作图，位似的性质．正确作图是解题的关键．
16. 为了便于劳动课程的开展，学校打算建一个矩形生态园（如图），生态园一面靠墙（墙足够长），另外三面用的篱笆围成．生态园的面积能否为？如果能，请求出的长；如果不能，请说明理由．

【答案】长为米或米
【解析】
【分析】设米，则米，根据矩形生态园面积为，建立方程，解方程，即可求解．
【详解】解：设米，则米，根据题意得，
，
解得：，
答：长为米或米．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出一元二次方程是解题的关键．
17. 如图，在中，D，E分别是边AB，AC上的点，连接DE，且．
（1）求证：．
（2）若，，，求BD的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）BD的长是
【解析】
【分析】（1）根据两角对应相等两个三角形相似即可得证；
（2）根据相似三角形的性质可知，设BD=，则AD=2，AB=3，从而列出方程解出x的值．
【小问1详解】
证明：∵∠ADE=∠ACB，∠A=∠A，
∴
【小问2详解】
解：由（1）可知，，
∴．
设BD=，则AD=2，AB=3，
∵AE=4，AC=9，
∴，
解得（负值舍去），
∴BD的长是．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会利用参数构建方程解决问题．
18. 探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究．
如图1，将矩形纸片折叠，使点C的对应点始终落在对角线上，点B的对应点记为，折痕与边分别交于点E，F．
【初步感知】
（1）如图2，当点与A重合时，连接，四边形是哪种特殊的四边形，并证明；
【深入探究】
（2）如图3，当，，点，，D在同一条直线上时，求的长．
【答案】（1）菱形，证明见详解（2）
【解析】
【分析】（1）根据折叠的性质得出根据角的和差推出，根据矩形的性质得出，结合平行线的性质及等腰三角形的判定定理推出，利用证明，根据全等三角形的性质得出，则，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”推出四边形是平行四边形，再根据“邻边相等的平行四边形是菱形”即可推出四边形是菱形；
（2）设与交于点M，过点作于K，根据折叠的性质得出，根据相似三角形的判定与性质得出，根据矩形的性质及勾股定理求出，则，根据题意推出，根据相似三角形的性质推出，根据勾股定理求出，根据点，，D在同一条直线上，推出，根据勾股定理求解即可．
【详解】解：当点与A重合时，四边形是菱形，理由如下：
由折叠性质得
又，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴
∴
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
解：如图3，设与交于点M，过点作于K，
由折叠得：，
∴，
又，
∴，
∴，
在四边形是矩形中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∵，
∴
∴
∵点，，D在同一条直线上，
∴，
∴，
∴
∴或（舍去），
∴．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质和判定，菱形的判定，勾股定理，直角三角形性质，等腰三角形性质，平行线性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等，涉及知识点多，综合性强，难度较大．
B卷（共50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）
19. 三张纸牌，正面分别写着，0，2，背面都写着m，那么在摸牌游戏中使有实数根的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，简单的概率计算．熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键．
由题意知，，解得，，由，0能使有实数根，根据简单的概率公式计算求解即可．
【详解】解：∵有实数根，
∴，
解得，，
∴，0能使有实数根，
∴在摸牌游戏中使有实数根的概率为，
故答案为：．
20. 若，是方程的两根，则______．
【答案】10
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的根，根与系数的关系，以及已知式子的值求代数式的值，先把，代入，结合化简即可作答．
【详解】解：∵，是方程的两根，
∴，
故
即
故答案为：10
21. 如图，矩形中，，，且有一点P从B点沿着往D点移动，若过P点作的垂线交于E点，过P点作的垂线交于F点，则的长度最小为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了矩形的判定与性质、垂线段最短及面积法求直角三角形斜边上的高，需要熟练掌握并灵活运用．连接，依据，可得四边形为矩形，借助矩形的对角线相等，将求的最小值转化成的最小值，再结合垂线段最短，将问题转化成求斜边上的高，利用面积法即可得解．
详解】解：如图，连接，
∵，
∴．
∵四边形是矩形，
∴．
∴四边形为矩形．
∴．
∴要求的最小值就是要求的最小值．
∵点P从B点沿着往D点移动，
∴当时，取最小值．
下面求此时的值，
在中，
∵
∴，
∵，
∴．
∴的长度最小为：，
故答案为：．
22. 如图，中，，，，分别以，为边向两侧构造正方形，，连接，，；现取四边形四边的中点，，，，则四边形的面积为______．
【答案】49
【解析】
【分析】连接，交于点，设与交于点，过点作交的延长线于，先证和全等，得，，再证，由此可证四边形为正方形，然后求出，进而在中求出，，在中由勾股定理求出，进而得，据此可求出四边形的面积．
【详解】解：连接，交于点，设与交于点，过点作交的延长线于，如图所示：
四边形和四边形均为正方形，
，，，，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
在中，，则，
，，
，
，
即，
，，，分别为，，，的中点，
为的中位线，为的中位线，
∴，，，，
∴，，
四边形为平行四边形，
又为的中位线，
∴，，
，，
，，
平行四边形为正方形，
，
，
，
，
在中，，，
，
由勾股定理得：，
中，，，
由勾股定理得：，
，
．
故答案为：49．
【点睛】此题主要考查了正方形的判定和性质，三角形的中位线定理，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等，准确识图，熟练掌握正方形的判定和性质，三角形的中位线定理，全等三角形的判定和性质，灵活利用含有角的直角三角形的性质和勾股定理进行计算是解决问题的关键．
23. 定义：如果两个实数m，n满足，均为整数，则称m，n为一组“齐整数”．现有一组“齐整数”，且x，y满足，则的值为______．
【答案】14或8或18或9
【解析】
【分析】本题主要考查了分解因式的应用，先把已知条件中的方程组的两根方程相减，然后把所得结果分解因式，求出，根据都是整数，分三种情况讨论，求出和的值，再利用完全平方公式求出答案即可．解题关键是熟练掌握常见的几种分解因式的方法，注意利用分类讨论的数学思想．
【详解】解：∵，
∴
，
，
，
①当时，是方程的两根，，方程无解；
②当时，是方程的两根，，方程有解；
③当时，是方程的两根，，方程无解；
④当时，是方程的两根，，方程有解；
⑤当时，是方程的两根，，方程有解；
⑥当时，是方程的两根，，方程有解；
综上可知：或或或
∴当时，
则；
当时，
则；
当时，
则；
当时，
则；
综上可知：的值为14或8或18或9．
故答案为：14或8或18或9．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分，解答过程写在答题卡上）
24. 某一皮衣专卖店销售某款皮衣，其进价为每件元，经市场调查发现，若按每件元出售，平均每天可售出件；若每件降价元，平均每天的销售量可增加件，皮衣专卖店若想要平均每天获利元，则每件皮衣定价为多少元？
【答案】每件皮衣定价为或元
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用．根据题意正确的列方程，并正确的解方程是解题的关键．
设每件皮衣定价为元，依题意得，，计算求解即可．
【详解】解：设每件皮衣定价为元，
依题意得，，
整理得，，
，
解得，，，
∴每件皮衣定价为或元．
25. 如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，与直线交于点，C点坐标为．
（1）求直线的函数表达式；
（2）平面内存在点F，使得以A，B，D，F为顶点的四边形为平行四边形，请直接写出点F的坐标；
（3）直线在E点左侧部分上有一点P，y轴右侧有一动直线轴交于M，作直线交l于N，是否存在点P使得无论直线l如何运动始终有与相似，若存在请求出P点坐标，若不存在请说明理由．
【答案】（1）
（2）点F的坐标为或或
（3）存在点P，
【解析】
【分析】（1）求出，用待定系数法得直线的函数表达式为；
（2）求出设，由可得，分三种情况：①若为对角线，则的中点重合，有，②为对角线，则，③为对角线，则，分别解方程组可得答案；
（3）过P作于H，过H作轴，过D作于K，过P作于T，由，直线轴交于M，作直线交l于N，可得，故有，是等腰直角三角形，即可证，设，得，解方程组可得．
【小问1详解】
解：把代入得，
∴
设直线的函数表达式为，
将C点坐标，代入得：
，
解得
，
∴直线的函数表达式为；
【小问2详解】
解：在中，令得，令得，
∴，
∵
当时，，则
可得，
设，
①若为对角线，则的中点重合，
∴
解得，
∴；
②为对角线，
则，
解得，
∴；
③为对角线，
则，，
解得；
∴；
综上所述，点F的坐标为或或；
【小问3详解】
解：存在点P，使得无论直线l如何运动始终有与相似，理由如下：
过P作于H，过H作轴，过D作于K，过P作于T，如图：
∵，
∴，
∴，
∵直线轴交于M，作直线交l于N，
∴，
由可知，，
∴是等腰直角三角形，
∴
∴
∵，
∴
∴
设，
∵，
∴，，
解得，
∴
【点睛】本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法，平行四边形，等腰直角三角形，全等三角形判定与性质等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
26. 如图，在菱形中，，点E是边上一动点，连接，以为边在直线的左侧作菱形，使得菱形菱形．
（1）如图1，连接，我们感觉，在点E的运动过程中，与始终保持全等关系，请说明理由．
（2）如图2，连接交于H；
（Ⅰ）在点E的运动过程中，和有何位置关系，请说明理由；
（Ⅱ）当H为中点时，求的值；
（3）如图3，连接，当，是直角三角形时，求菱形的边长．
【答案】（1）证明见解析
（2）（Ⅰ），理由见解析；（Ⅱ）
（3）或
【解析】
【分析】（1）由菱形菱形，可得，则，进而可证；
（2）（Ⅰ）如图2，连接，，由菱形菱形，可得，，则，，证明，则，进而可得；（Ⅱ）如图2，作交延长线于，交于，证明，则，设，则，，，由勾股定理得，，则，证明，则，解得，由，可求，则，然后求解的值即可；
（3）由题意知，分，，，三种情况求解；①当时，如图3，连接，则，由勾股定理得，，求的值，进而可得的值，由，可求，由勾股定理求即可；②当时，如图4，证明与重合，则；③当时，此情况不存在．
【小问1详解】
证明：∵菱形菱形，
∴，
∴，即，
∵，
∴；
【小问2详解】
（Ⅰ）解：，理由如下：
如图2，连接，
∵菱形，，
∴，
∵菱形菱形，
∴，，
∴，，即，
∴，
∴，
∴，
∴；
（Ⅱ）解：如图2，作交延长线于，交于，
∴，，
∴，
∵H为中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
∴，
∵，
∴，
∴，解得，
∵，
∴，即，解得，
∴，
∴，
∴的值为；
【小问3详解】
解：由题意知，分，，，三种情况求解；
①当时，如图3，连接，
∵，
∴，
∵，，
∴，
由勾股定理得，，
解得，
∴，
∵，
∴，
由勾股定理得，，
∴菱形的边长为；
②当时，如图4，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴与重合，
∴，
∴菱形的边长为；
③当时，
∵点在运动过程中，在菱形内部，，
∴此情况不存在，
综上所述，是直角三角形时，菱形的边长为或．
【点睛】本题考查了相似的性质，菱形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，含的直角三角形等知识．熟练掌握菱形的性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键．