2025-2026学年福建省泉州市永春县三校联考九年级（上）期中数学试卷

这是一份2025-2026学年福建省泉州市永春县三校联考九年级（上）期中数学试卷，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列各组中的四条线段成比例的是( )
A. a=2，b=3，c=4，d=1
B. a=2，b= 5，c=2 3，d= 15
C. a=4，b=6，c=5，d=10
D. a= 2，b=3，c=2，d= 3
2.下列二次根式中，与 2能合并的二次根式的是( )
A. 12B. 8C. 20D. 27
3.用配方法将方程x2+6x−11=0变形，正确的是( )
A. (x−3)2=20B. (x−3)2=2C. (x+3)2=2D. (x+3)2=20
4.如图，小明同学用自制的直角三角形纸板DEF测量树的高度AB，他调整自己的位置，设法使斜边DF保持水平，并且边DE与点B在同一直线上.已知纸板的两条边DE=0.4m，EF=0.3m，测得边DF离地面的高度AC=1.5m，CD=20m，则树高AB为( )
A. 16.5mB. 13.5mC. 15mD. 12m
5.若关于x的一元二次方程ax2+x−1=0有实数根，则a的取值范围是( )
A. a≥−14且a≠0B. a≤−14C. a≥−14D. a≤−14且a≠0
6.如图，点D、E分别在△ABC的边AC、AB上，要使△ABC∽△ADE，需加一个条件，则以下所添加条件不正确的为( )
A. ∠B=∠ADE
B. ∠C=∠AED
C. ADAB=AEAC
D. ADAB=DEBC
7.如图是某商场一楼与二楼之间的手扶电梯示意图，其中AB、CD分别表示一楼、二楼地面的水平线，电梯坡面BC的坡度i=1： 3，则电梯坡面BC的坡角α为( )
A. 15∘B. 30∘C. 45∘D. 60∘
8.如图，△ABC中，AB=6cm，AC=4cm，点E是BC的中点，若AD平分∠BAC，CD⊥AD，线段DE的长为( )
A. 0.5cm
B. 1cm
C. 1.5cm
D. 2cm
9.已知a是方程x2−2025x+1=0的一个根，则a2−2024a+2025a2+1=( )
A. 2022B. 2023C. 2024D. 2025
10.如图，在正方形ABCD中，以BC为边在正方形内作等边△BPC，延长BP、CP分别交AD于点E、F，连接BD、DP，BD与CF相交于点H，则下列四个结论：①∠ADP=15∘，②△PDE∽△DBE，③BC：DF=3：2，④PF=12PH.其中正确的有( )个.
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.要使 4x−5有意义，则x的取值范围是______.
12.已知：x6=y4=z3(x、y、z均不为零)，则x+3y3y−2z=______.
13.若两个相似多边形的相似比是2：3，则它们的面积比等于______.
14.若关于x的一元二次方程(m−3)x2+3x+m2−9=0有一个根是0，则m=______.
15.如图，在△ABC中，∠ACB=90∘，sinB=12，CD是高.若AD=2，则BD= .
16.关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，下列说法：
①若c是方程ax2+bx+c=0的一个根，则一定有ac+b+1=0成立；
②当(a+c)2≤b2时，则关于x的方程ax2+bx+c=0必有实数根；
③若b2−5ac>0，则方程一定有两个不相等的实数根；
④若x0是一元二次方程ax2+bx+c=0的根，则b2−4ac=(2ax0+b)2.
其中正确的是 .(填序号)
三、计算题：本大题共1小题，共8分。
17.解方程：x2+2x−1=0.
四、解答题：本题共8小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题8分)
计算： 12−4 12−tan60∘+| 3−2|.
19.(本小题8分)
如图，在矩形ABCD中，点E在AD边上，EF⊥BE交CD于F，求证：△ABE∽△DEF.
20.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，△OAB的顶点坐标分别为O(0,0)，A(2,1)，B(1,−2).
(1)以原点O为位似中心，在y轴的右侧画出△OAB的一个位似△OA1B1，使它与△OAB的位似比为2：1；
(2)画出将△OAB向左平移2个单位，再向上平移1个单位后得到的△O2A2B2；
(3)判断△OA1B1和△O2A2B2是位似图形吗？若是，请在图中标出位似中心点M，并写出点M的坐标.
21.(本小题8分)
如图，某校数学兴趣小组为了测得学校旗杆的高度AB，在点D处用高为1.2米的测角仪CD，测得旗杆顶端A的仰角为22∘，又测得BD=30米，求这根旗杆的高度AB.(精确到0.1米)
22.(本小题10分)
如图，已知Rt△ABC中，∠ACB=90∘，CD是斜边AB上的中线，过点A作AE⊥CD，AE分别与CD，CB相交于点H，E，AH=2CH.
(1)求证：AH⋅AB=AC⋅BC；
(2)求sinB的值.
23.(本小题10分)
古县城以“青春古城游”为主题，通过科技加持、文化赋能的创新融合，成功打造了一场现代与传统交织的文旅盛宴.
【科技加持】千架无人机腾空而起，在夜幕绘就“古城星空”，吸引不少游客驻足观看.据统计，假期第一天古县城累计接待游客约5万人次，第三天接待游客达7.2万人次.
(1)求游客人数从假期第一天到第三天的日平均增长率.
【文化赋能】烟火气十足的“去古城赶集”汇集非遗手作，地方美食等，重现古城商贸活力.如景区推出古城著名景点冰箱贴：每个冰箱贴的成本为5元，当售价为10元时，平均每天可售出500个；当售价每降低0.5元，平均每天可多售出25个.
(2)若要使每天销售冰箱贴获利1800元，则售价应降低多少元？
24.(本小题13分)
阅读材料：在一元二次方程中，根的判别式Δ=b2−4ac通常用来判断方程实数根的个数，但在实际应用中，我们也可以用根的判别式来解决部分函数的最值问题，例如：已知函数y=x2−6x+6，当x取何值时，y取最小值，最小值为多少？
解答：∵y=x2−6x+6
∴x2−6x+(6−y)=0
∵b2−4ac≥0，即36−4(6−y)≥0，解得y≥−3.
因此y的最小值为−3，
此时x2−6x+6=−3，解得x1=x2=3，符合题意
∴当x=3时，ymin=−3
解决问题：请根据上述材料，解答下列问题：
(1)已知函数y=−4x2+6x−3，当x取何值时，y取最大值，y的最大值为多少？
(2)已知x2−2x+3x2−4x+4，当x取何值时，x2−2x+3x2−4x+4取最小值，x2−2x+3x2−4x+4的最小值为多少？
(3)如图，已知Rt△ABC，Rt△AED，D是线段BC上一点，∠B=∠EAD=90∘，AB=BC，DC=AE=1，当BD为何值时，DEBC取最小值，最小值是多少？
25.(本小题13分)
在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，M是AD边的中点，P是AB边上的一个动点(不与A、B重合)，PM的延长线交射线CD于Q点，MN⊥PQ交射线BC于N点．
(1)若点N在BC边上时，如图1.
①求证：PN=QN；
②请问PMPN是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请举反例说明；
(2)当△PBN与△NCQ的面积相等时，求AP的值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、4×1≠3×2，四条线段不成比例，故本选项错误；
B、2× 15= 5×2 3，四条线段成比例，故本选项正确；
C、4×10≠5×6，四条线段不成比例，故本选项错误；
D、 2×3≠2× 3，四条线段不成比例，故本选项错误．
故选：B.
根据比例线段的概念，让最小的和最大的相乘，另外两条相乘，看它们的积是否相等即可得出答案．
此题考查了比例线段，理解成比例线段的概念，注意在线段两两相乘的时候，要让最小的和最大的相乘，另外两条相乘，看它们的积是否相等进行判断．
2.【答案】B
【解析】解：A、 12=2 3，2 3与 2不能合并，故A错误；
B、 8=2 2，2 2与 2被开方数相同，故 8与 2能合并，故B正确；
C、 20=2 5，故 20与 2不能合并，故C错误；
D、 27=3 3，故 27与 2不能合并，故D错误；
故选：B.
根据同类二次根式是最简二次根式的被开方数相同，可得答案．
本题考查同类二次根式的概念，同类二次根式是化为最简二次根式后，被开方数相同的二次根式称为同类二次根式．
3.【答案】D
【解析】解：把方程x2+6x−11=0的常数项移到等号的右边，得到x2+6x=11，
方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到x2+6x+9=11+9，
配方得(x+3)2=20.
故选：D.
在本题中，把常数项−11移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数6的一半的平方．
本题考查了配方法解一元二次方程．配方法的一般步骤：
(1)把常数项移到等号的右边；
(2)把二次项的系数化为1；
(3)等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
4.【答案】A
【解析】解：∵∠DEF=∠DCB=90∘，∠D=∠D，
∴△DEF∽△DCB，
∴DEDC=EFCB，
∵DE=0.4m，EF=0.3m，CD=20m，
∴0.420=0.3BC，
∴CB=15m，
∴AB=AC+BC=1.5+15=16.5(m).
故选：A.
利用Rt△DEF和Rt△BCD相似求得BC的长后加上边DF到地面的高度AC，即可求得树高AB.
本题考查了相似三角形的应用，解题的关键是从实际问题中整理出相似三角形的模型．
5.【答案】A
【解析】解：根据题意得a≠0且Δ=12−4×a×(−1)≥0，
解得a≥−14且a≠0.
故选：A.
根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到a≠0且Δ=12−4×a×(−1)≥0，然后求出两不等式的公共部分即可．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的两个实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的两个实数根；当Δ0不能直接退出Δ>0，说法③错误；
若x0是方程的根，则ax02+bx0+c=0，即ax02+bx0=−c，
对(2ax0+b)2=4a2x02+4abx0+b2=4a(ax02+bx0)+b2=4a(−c)+b2=b2−4ac，因此b2−4ac=(2ax0+b)2，说法④正确．
故答案为：②④．
对每个选项逐一判断即可．
本题主要考查了一元二次方程的根的定义，判别式的应用，熟练掌握一元二次方程的根的定义和判别式的应用方法是解题的关键．
17.【答案】解：方程变形得：x2+2x=1，
配方得：x2+2x+1=2，即(x+1)2=2，
开方得：x+1=± 2，
解得：x1=−1+ 2，x2=−1− 2.
【解析】方程常数项移到右边，两边加上1变形后，开方即可求出解．
此题考查了解一元二次方程-配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
18.【答案】解：原式=2 3−4× 22− 3+2− 3
=2−2 2.
【解析】原式前两项化为最简二次根式，第三项利用特殊角的三角函数值计算，最后一项利用绝对值的代数意义化简，计算即可得到结果．
此题考查了实数的运算，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
19.【答案】∵EF⊥BE，
∴∠EFB=90∘，
∴∠DEF+∠AEB=90∘.
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠D=90∘，
∴∠AEB+∠ABE=90∘，
∴∠DEF=∠ABE，
∴△ABE∽△DEF.
【解析】证明：∵EF⊥BE，
∴∠EFB=90∘，
∴∠DEF+∠AEB=90∘.
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠D=90∘，
∴∠AEB+∠ABE=90∘，
∴∠DEF=∠ABE，
∴△ABE∽△DEF.
由同角的余角相等可得出∠DEF=∠ABE，结合∠A=∠D=90∘，即可证出△ABE∽△DEF.
本题考查了相似三角形的判定，解题的关键是利用同角的余角相等找出∠DEF=∠ABE.
20.【答案】解：(1)如图，△OA1B1即为所作图形；
(2)如图，△O2A2B2即为所作图形；
(3)△OA1B1和△OA2B2是位似图形，点M为所求位似中心，点M的坐标为(−4,2).

【解析】(1)根据位似变换的性质找出对应点即可求解；
(2)根据平移变换的性质找出对应点即可求解；
(3)根据位似中心的性质可得答案．
本题主要考查了作图-位似变换，平移变换，熟练掌握位似变换的性质是解题的关键．
21.【答案】解：作CE⊥AB于点E.
由作图和已知易得四边形CDBE是矩形．
∴CD=EB=1.2米，CE=DB=30米，
在Rt△ACE中，∠ACE=22∘，∠AEC=90∘，
∵tan∠ACE=AECE，
∴AE=CE⋅tan∠ACE=30×tan22∘≈12.1，
∴AB=AE+EB≈12.1+1.2=13.3(米).
【解析】作CE⊥AB于点E，在Rt△ACE中，求出AE即可解决问题．
本题考查解直角三角形的应用-仰角俯角问题，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
22.【答案】∵AE⊥CD，∠ACB=90∘，
∴∠AHC=∠ACB=90∘，
∴∠ACH+∠CAH=90∘，∠ACH+∠ECH=90∘，
∴∠CAH=∠HCE，
∵AD=DB，
∴CD=DA=DB，
∴∠HCE=∠B，
∴∠CAH=∠B，
∴△ACH∽△BAC，
∴AHBC=ACAB，
∴AH⋅AB=AC⋅BC；
sinB= 55
【解析】(1)证明：∵AE⊥CD，∠ACB=90∘，
∴∠AHC=∠ACB=90∘，
∴∠ACH+∠CAH=90∘，∠ACH+∠ECH=90∘，
∴∠CAH=∠HCE，
∵AD=DB，
∴CD=DA=DB，
∴∠HCE=∠B，
∴∠CAH=∠B，
∴△ACH∽△BAC，
∴AHBC=ACAB，
∴AH⋅AB=AC⋅BC；
(2)解：∵AH=2CH，
∴可以假设CH=m，则AH=2m，AC= 5m，
∴sin∠CAH=CHAC= 55，
∵∠B=∠CAH，
∴sinB= 55.
(1)证明△ACH∽△BAC，可得结论；
(2)求出sin∠CAH可得结论．
本题考查解直角三角形，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识解决问题．
23.【答案】20%；
售价应降低2元．
【解析】(1)设游客人数从假期第一天到第三天的日平均增长率为x，
由题意得：5(1+x)2=7.2，
解得：x1=0.2=20%，x2=−2.2(不符合题意，舍去)，
答：游客人数从假期第一天到第三天的日平均增长率为20%；
(2)设售价降低a元，则每天售出(500+a0.5×25)个，
由题意得：(10−5−a)(500+a0.5×25)=1800，
解得：a1=2，a2=−7(不符合题意，舍去)，
答：售价应降低2元．
(1)设游客人数从假期第一天到第三天的日平均增长率为x，根据假期第一天古县城累计接待游客约5万人次，第三天接待游客达7.2万人次，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可；
(2)设售价降低a元，则每天售出(500+a0.5×25)个，根据要使每天销售冰箱贴获利1800元，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可．
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．
24.【答案】当x=34时，y取最大值，最大值是−34；
当x=−1时，y取最小值，最小值是23；
当BD=1时，DEBC取最小值，最小值是 62
【解析】(1)∵−4x2+6x−3=y，即−4x2+6x−3−y=0，
∴Δ=36−16(3+y)≥0，
∴y≤−34，即y的最大值是−34；
又令y=−34，则−4x2+6x−3=−34，
∴x=34.
∴当x=34时，y取最大值，最大值是−34；
(2)∵y=x2−2x+3x2−4x+4，
∴y(x2−4x+4)=x2−2x+3，即(y−1)x2+(4y−2)x+3−4y=0，
∴Δ=(4y−2)2−4(1−y)(3−4y)≥0，
∴y≥23，即y的最小值是23，
∴当y=23时，13x2+23x+13=0，
∴x=−1(经检验符合题意)，
∴y的最小值是23；
∴当x=−1时，y取最小值，最小值是23；
(3)设BD=x，则BC=x+1，
∴AD2=AB2+BD2=(x+1)2+x2，DE2=AD2+AE2=(x+1)2+x2+1，
∴DEBC= 2x2+2x+2x+1，
设y=(DEBC)2，即y=2x2+2x+2x2+2x+1，
∴(2−y)x2+(2−2y)x+2−y=0，
∴Δ=(2−2y)2−4(2−y)(2−y)≥0，解得y≥32.
∴(DEBC)min= ymin= 62.
又将y=32代入方程得：12x2−x+12=0，
∴x1=x2=1(经检验符合题意)，
∴当BD=1时，DEBC取最小值，最小值是 62.
(1)仿照题目所给的解题方法，将二次函数变换为一元二次方程，令Δ≥0求解即可；
(2)将y=x2−2x+3x2−4x+4变换为一元二次方程(y−1)x2+(4y−2)x+3−4y=0令Δ≥0求解即可；
(3)设BD=x，则BC=x+1，勾股定理求得DE，再利用一元二次方程的Δ≥0计算求值即可．
本题考查了一元二次方程方程根的判别式、勾股定理，读懂题意、利用Δ≥0求解是解题的关键．
25.【答案】解：(1)①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ADC=∠ABC=∠BCD=90∘.AB//CD，AD//BC.
∴∠A=∠ADQ，∠APM=∠DQM.
∵M是AD边的中点，
∴AM=DM.
在△APM和△QDM中
∠A=∠ADQ∠APM=∠DQMAM=DM，
∴△APM≌△QDM(AAS)，
∴PM=QM.
∵MN⊥PQ，
∴MN是线段PQ的垂直平分线，
∴PN=QN；
②PMPN=35是定值
理由：作ME⊥BC于E，
∴∠MEN=∠MEB=90∘，∠AME=90∘，
∴四边形ABEM是矩形，∠MEN=∠MAP，
∴AB=EM.
∵MN⊥PQ
∴∠PMN=90∘，
∴∠PMN=∠AME，
∴∠PMN−∠PME=∠AME−∠PME，
∴∠EMN=∠AMP，
∴△AMP∽△EMN，
∴AMEM=PMMN，
∴AMAB=PMMN.
∵AD=6，M是AD边的中点，
∴AM=12AD=3.
∵AB=4，
∴PMMN=34.
在Rt△PMN中，设PM=3a，MN=4a，由勾股定理，得
PN=5a，
∴PMPN=35；
(2)如图2，作BF⊥PN于F，CG⊥QN于G，作中线BS、CT，
∴∠BFS=∠CGT=90∘，BS=12PN，CT=12QN，
∵PN=QN，S△PBN=S△NCQ，
∴BF=CG，BS=CT.
在Rt△BFS和Rt△CGT中
BS=CTBF=CG，
∴Rt△BFS≌Rt△CGT(HL)，
∴∠BSF=∠CTG
∴∠BNP=12∠BSF=12∠CTG=∠CQN，
即∠BNP=∠CQN.
在△PBN和△QCN中
∠BNP=∠CQN∠PBN=∠NCQPN=QN，
∴△PBN≌△NCQ
∴BN=CQ，
∴设AP=x.则BP=4−x，QC=4+x，则CN=6−(4+x)=2−x，
∵4−x≠2−x，∴不合题意，舍去；
如图3，作BF⊥PN于F，CG⊥QN于G，作中线BS、CT，
∴∠BFS=∠CGT=90∘，BS=12PN，CT=12QN，
∵PN=QN，S△PBN=S△NCQ，
∴BF=CG，BS=CT.
在Rt△BFS和Rt△CGT中
BS=CTBF=CG，
∴Rt△BFS≌Rt△CGT(HL)，
∴∠BSF=∠CTG
∴∠BNP=12∠BSF=12∠CTG=∠CQN，
即∠BNP=∠CQN.
在△PBN和△QCN中
∠BNP=∠CQN∠PBN=∠NCQPN=QN，
∴△PBN≌△QCN
∴PB=NC，BN=CQ.
∵AP=DQ
∴AP+BP=AB=4，AP+4=DQ+CD=BC+CN=6+BP
∴AP−BP=2
∴2AP=6
∴AP=3.
【解析】(1)①由矩形的性质证明△APM≌△QDM就可以得出PPM=QM，再由MN⊥PQ就可以得出结论；
②作ME⊥BC于E，证明△AMP∽△EMN，由相似三角形的性质既可以求出PM与MN的关系，再由勾股定理表示出PN就可以求出结论；
(2)分两种情况，如图2，如图3，作BF⊥PN于F，CG⊥QN于G，作中线BS、CT，通过证明Rt△BFS≌Rt△CGT和△PBN≌△QCN，进一步由全等三角形的性质就可以得出结论．
本题考查了矩形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理了的运用，相似三角形的判定及性质的运用，垂直平分线的判定及性质的运用，三角形的面积公式的运用，解答时证明三角形全等是解答本题的关键．