福建省2025九年级数学上学期期末学情评估试卷（附解析华东师大版）

这是一份福建省2025九年级数学上学期期末学情评估试卷（附解析华东师大版），共10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。
1.下列二次根式中，是最简二次根式的是( )
A.eq \r(5) B.eq \r(\f(1,3)) C.eq \r(12) D.eq \r(50)
2．下列方程是一元二次方程的是( )
A．x－2＝0 B．x2－4y＝0
C．x2－5x－1＝0 D．ax2＋bx＋c＝0
3．要使二次根式eq \r(x－3)有意义，x的值可以是( )
A．－4 B．1 C．2 D．4
4．利用位似可以设计有立体感的美术字．如图是以点O为位似中心，设计“MATH”中字母“M”美术字的一种方法．若OA′＝4，OA＝5，则eq \f(A′B′,AB)的值为( )
A.eq \f(4,5) B.eq \f(5,4) C.eq \f(4,9) D.eq \f(1,4)

(第4题) (第6题)
5．将方程x2－4x＋2＝0化成(x－2)2＝a的形式，则a的值为( )
A．－2 B．2 C．0 D．4
6．数学课上，李老师与学生们做“用频率估计概率”的试验：不透明袋子中有4个黑球、3个白球、2个蓝球和1个红球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机取出一个球，某一颜色的球出现的频率如图所示，则该种球的颜色最有可能是( )
A．黑色 B．白色
C．蓝色 D．红色
7．下面是一元二次方程x2－2x－3＝0的解答过程：因为x2－2x＋1＝4，所以(x－1)2＝4，所以x－1＝±2，所以x1＝3或x2＝－1.上述解法用到的方法是( )
A．直接开平方法 B．因式分解法
C．公式法 D．配方法
8．某款智能汽车销售火爆．某4S店10月份销售100台，11月、12月共销售264台，该款汽车11月、12月销量的月平均增长率为x，根据题意列出的方程是( )
A．100(1＋x)2＝264
B．100(1＋x)＋100(1＋x)2＝264
C．100(1＋x2)＝264
D．100＋100(1＋x)＋100(1＋x)2＝264
9．如图，AC是电线杆AB的一根拉线，若BC＝4 m，∠ACB＝52°，则电线杆的高度AB为( )
A．4sin 52° m B．4tan 52° m C.eq \f(4,cs 52°) m D.eq \f(4,tan 52°) m

(第9题) (第13题) (第15题)
10．已知m是关于x的一元二次方程x2－3x＋a＋2＝0的一个实数根，且满足eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2－3m＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋1))＝－4，则a的值为( )
A．－3 B．1 C．－3或－1 D．－3或1
二、填空题(本题共6小题，每小题4分，共24分)
11．若eq \f(n,m)＝eq \f(3,5)，则eq \f(n,m－n)的值为________．
12．诗句“清明时节雨纷纷”，从数学的观点看描述的事件是__________事件．(填“必然”“不可能”或“随机”)
13．如图，已知传送带AB与地面AC所成坡面的坡度为i＝1∶3，它把物体从地面点A送到离地面2 m高的点B处，则物体从A到B所经过的路程为________m.
14．若最简二次根式eq \r(3b)与eq \r(2b－a＋2)是同类二次根式，则a＋b＝______．
15．如图，在△ABC中，点G是△ABC的重心，连结AG并延长交BC于点E，过点G作GF∥AB交BC于点F，如果EF＝2，那么CE＝________．
16．如图，在正方形ABCD中，E，N分别是BC，AB的中点，CN与DE交于点G，连结BG并延长交CD于点F，CN与对角线BD交于点H，现有以下结论：①∠CNB＋∠BEG＝180°；②S正方形ABCD＝6S△BNH；③eq \f(NG,CD)＝eq \f(EG,CF)；④NG＋EG＝eq \r(2)BG.其中正确的结论有________．(填序号)
三、解答题(本题共9小题，共86分)
17．(8分)计算：eq \r(12)－2 eq \r(6)÷eq \r(2)＋cs 30°.
18．(8分)解方程：x2＋2x－1＝0.
19．(8分)有四张形状和大小完全一样的卡片，正面分别写有“决”“胜”“中”“考”，将其背面朝上并洗匀，从中随机抽取两张，请用画树状图或列表的方法，求抽到的两张卡片中有“胜”卡片的概率．
20.(8分)为了保护视力，某人购买了可升降夹书阅读架，将其放置在水平桌面上的侧面示意图如图所示，底座高DE为4 cm，∠CDE＝150°，支架CD为20 cm，求支点C离桌面GH的高度(结果保留根号)；
21．(8分)如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点均在网格格点上．
(1)以点O为位似中心，在第一象限画出△ABC的位似图形△A1B1C1，使△A1B1C1与△ABC的相似比为2∶1；
(2)在(1)的条件下，若每个小正方形的面积为1，请直接写出△A1B1C1的面积．
22．(10分)某水果店以批发价40元/箱的价格购进一批坂头芦柑，若以50元/箱的零售价出售，则每天可售出20箱．为了更好地促进乡村经济发展，该水果店决定降价销售．经调查发现，每箱的售价每降价1元，每天可多售出5箱．该水果店想要每天通过销售坂头芦柑盈利240元，又要尽可能让顾客得到实惠，应将每箱的售价降低多少元？
23．(10分)已知关于x的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0满足2a＋b＋c＝0.
(1)求证：方程总有两个不相等的实数根；
(2)若一元二次方程的两个实数根为x1，x2，且x12＋x22－x1x2＝10，请确定a，b之间的数量关系．
24．(12分)如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CH⊥AB于点H，点D，H关于直线AC对称，连结AD，CD，E为AB的中点，连结DE交AC于点F，连结CE.
(1)求证：AC2＝AB·AD；
(2)求证：eq \f(S△ADF,S△AEF)＝eq \f(AH,BE)；
(3)若AD＝4，AB＝6，求DE的值．
25．(14分)综合与实践
【问题情境】数学活动课上，老师带领同学们开展了“折叠矩形纸片做30°角”的探究活动，先将矩形纸片ABCD按图①所示上下对折后展开，折痕为MN；E是线段BC上的点，再把△ABE按图②所示沿AE折叠，使点B刚好落在MN上的点F处，则∠BAE＝∠EAF＝∠FAD＝30°.活动后，老师鼓励同学们能通过折叠手中的矩形纸片发现并提出新的问题．
【活动猜想】(1)小华受此问题启发，将准备的一张A4纸(生活常识：一张A4纸宽为21 cm，长为21 eq \r(2)cm)，按图③所示的方式把△ABE沿AE折叠得到△AFE，经观察后得到猜想：当E，F，D三点共线时，△AFD是一个特殊的三角形．请直接写出：△AFD是________三角形；
【探究迁移】(2)如图④，小明和小亮把△ABE沿AE折叠，使点B的对应点F落在AC上，连结DF，发现并提出新的探究点：
①若AB＝6，AD＝8，求DF的长；
②当E，F，D三点共线时，求sin ∠ACB的值．
答案
一、1.A 2.C 3.D 4.A 5.B 6.C 7.D 8.B 9.B 10.A
二、11.eq \f(3,2) 12.随机 13.2 eq \r(10)
14．2 15.6 16.①③④
三、17.解：原式＝2 eq \r(3)－2 eq \r(3)＋eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2).
18．解：x2＋2x＝1，x2＋2x＋1＝2，(x＋1)2＝2，x＋1＝±eq \r(2)，
所以x＋1＝eq \r(2)或x＋1＝－eq \r(2)，
解得x1＝eq \r(2)－1，x2＝－eq \r(2)－1.
19．解：画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中抽到的两张卡片中有“胜”的结果有6种．
所以P(抽到的两张卡片中有“胜”)＝eq \f(6,12)＝eq \f(1,2).
20．解：如图，作CN⊥GH于点N，DM⊥CN于点M，
易知四边形DENM为矩形，∴MN＝DE＝4 cm，∠EDM＝90°，∴∠CDM＝150°－90°＝60°.
在Rt△CDM中，sin∠CDM＝eq \f(CM,CD)，
∴CM＝CD·sin 60°＝20×eq \f(\r(3),2)＝10 eq \r(3)(cm)，
∴CN＝CM＋MN＝(10 eq \r(3)＋4)cm,
∴支点C离桌面GH的高度为(10 eq \r(3)＋4)cm.
21．解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求．
(2)△A1B1C1的面积为12.
22．解：设每箱的售价降低x元，则每箱的销售利润为(50－x－40)元，平均每天可售出(20＋5x)箱．
根据题意，得(50－x－40)(20＋5x)＝240，
整理，得x2－6x＋8＝0，
解得x1＝2，x2＝4，
因为要尽可能让顾客得到实惠，所以x＝4.
答：应将每箱的售价降低4元．
23．(1)证明：因为2a＋b＋c＝0，所以b＝－2a－c，
所以Δ＝b2－4ac＝(－2a－c)2－4ac＝4a2＋c2.
因为ax2＋bx＋c＝0是关于x的一元二次方程，所以a≠0，所以a2>0.
又c2≥0，所以Δ＝4a2＋c2>0，
所以方程总有两个不相等的实数根．
(2)解：因为方程ax2＋bx＋c＝0的两个实数根为x1，x2，
所以x1＋x2＝－eq \f(b,a)，x1x2＝eq \f(c,a).
因为x12＋x22－x1x2＝10，所以(x1＋x2)2－3x1x2＝10，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,a)))eq \s\up12(2)－eq \f(3c,a)＝10.
因为2a＋b＋c＝0，所以c＝－b－2a，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,a)))eq \s\up12(2)－eq \f(3（－b－2a）,a)＝10，
整理，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))eq \s\up12(2)＋3·eq \f(b,a)－4＝0，
所以eq \f(b,a)＝1或eq \f(b,a)＝－4 ，所以a，b之间的数量关系为b＝a或b＝－4a.
24．(1)证明：∵点D，H关于直线AC对称，
∴∠DAC ＝∠CAH.又∵∠ADC ＝∠ACB ＝ 90°，
∴△ACD∽△ABC，∴eq \f(AC,AB)＝eq \f(AD,AC)，
∴AC2 ＝ AB·AD.
(2)证明：由(1)知，∠DAC＝∠CAH，
∴AF是∠DAE的平分线，
∴点F到AD的距离等于点F到AE的距离，∴eq \f(S△ADF,S△AEF)＝eq \f(AD,AE).
∵点D，H关于直线AC对称，∴AD＝AH.
∵E是AB的中点，∴AE＝BE，
∴eq \f(S△ADF,S△AEF)＝eq \f(AD,AE)＝eq \f(AH,BE).
(3)解：∵AC2 ＝ AB·AD，AB＝6，AD＝4，∴AC ＝ 2 eq \r(6).
由勾股定理，得CD＝eq \r(AC2－AD2)＝2 eq \r(2).
∵E是AB的中点，∠ACB＝90°，
∴AE＝BE＝CE＝eq \f(1,2)AB＝3，
∴∠ABC＝∠ECB，
由(1)知，△ACD∽△ABC，∴∠ABC＝∠ACD，
∴∠ACD＝∠ECB.
∵∠ECB＋∠ACE＝90°，
∴∠ACD＋∠ACE＝90°，即∠DCE＝90°.
∴由勾股定理，得DE＝eq \r(CD2 ＋CE2)＝eq \r(17).
25．解：(1)等腰直角
(2)①如图①，过点F作FM⊥AD于点M，则FM∥CD.
∵四边形ABCD为矩形，∴CD＝AB＝6，∠ADC＝90°.
在Rt△ACD中，AC＝eq \r(AD2＋CD2)＝10.
由把△ABE沿AE折叠得到△AFE，可得AF＝AB＝6.
∵FM∥CD，∴△AFM∽△ACD，
∴eq \f(FM,CD)＝eq \f(AM,AD)＝eq \f(AF,AC)，即eq \f(FM,6)＝eq \f(AM,8)＝eq \f(3,5)，
∴FM＝eq \f(18,5)，AM＝eq \f(24,5)，∴DM＝AD－AM＝eq \f(16,5).
在Rt△FMD中，DF＝eq \r(FM2＋DM2)＝eq \f(2 \r(145),5).
②当E，F，D三点共线时，如图②，由把△ABE沿AE折叠得到△AFE，
可知∠EFA＝∠B＝90°，∠AEB＝∠AEF，EF＝BE.∴∠EFC＝90°.
设EF＝BE＝x，CE＝y，
∵BC∥AD，∴∠AEB＝∠EAD，∴∠AED＝∠EAD，
∴DE＝AD＝BC＝x＋y, ∴DF＝DE－EF＝y.
∵BC∥AD，∴△CEF∽△ADF，∴eq \f(CE,AD)＝eq \f(EF,DF)，即eq \f(y,x＋y)＝eq \f(x,y)，
解得eq \f(x,y)＝eq \f(\r(5)－1,2)或eq \f(－\r(5)－1,2)(舍去)，
在Rt△CEF中，sin ∠ACB＝eq \f(EF,CE)＝eq \f(x,y)＝eq \f(\r(5)－1,2).
题序
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案