精品解析：广东省深圳市龙岗区2022-2023学年九年级上学期期中考试数学试卷

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2022-2023学年九年级数学（上册）学科素养形成练习
期中（第一章～第四章）
（满分：100分）
第一部分（选择题，共30分）
一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分）
1. 下列方程中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“只含有一个未知数，且未知数的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程”逐项判断即可．
【详解】A. 2x+1=0是一元一次方程，故不符合题意；
B. ，分母含有未知数，故不符合题意；
C.为一元二次方程，符合题意；
D. ，分母含有未知数，故不符合题意；
故选C．
【点睛】此题主要考查一元二次方程的定义，解题的关键是熟知一元二次方程的特点．
2. 已知线段a、b有，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】把比例式化成乘积式求出ab之间的关系即可.
【详解】∵
∴
解得
∴
故选C.
【点睛】本题考查比例性质，熟练利用比例的性质转换比例式和乘积式是解题的关键.
3. 如图，矩形的顶点，分别在菱形的边和对角线上，连接，若，则的长为（　 ）

A. 4 B. 5 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接AF，由题意可知，由四边形ABCD为菱形，可证得，即可求得CF=AF=5．
【详解】解：连接AF，如图所示，

∵四边形AGFE为矩形，
∴，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD=CD，，
在和中，
∵，
∴，
∴CF=AF=5，
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握菱形和矩形的性质是解题的关键．
4. 如图，下列条件中，不能判定△ACD∽△ABC的是（　　）

A. ∠ADC＝∠ACB B. ∠B＝∠ACD C. ∠ACD＝∠BCD D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据相似三角形的判定即可求出答案．
【详解】（A）∵∠A＝∠A，∠ADC＝∠ACB，
∴△ACD∽△ABC，故A能判定△ACD∽△ABC；
（B）∵∠A＝∠A，∠B＝∠ACD，
∴△ACD∽△ABC，故B能判定△ACD∽△ABC；
（D）∵＝ ，∠A＝∠A，
∴△ACD∽△ABC，故D能判定△ACD∽△ABC；
故选C．
【点睛】本题考查相似三角形，解题的关键是熟练运用相似三角形的判定，本题属于基础题型．
5. 若，则下列比例式成立的是（　　）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用内项之积等于外项之积进行判断．
【详解】解：A、∵，∴，故此选项不符合题意；
B、∵，∴，故此选项符合题意；
C、∵，∴，故此选项不符合题意；
D、∵，∴，故此选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查比例的性质，熟练掌握比例的基本性质是解题的关键．
6. 下列说法正确的是（　　）
A. 对角线互相垂直的四边形是菱形
B. 由两个全等的三角形拼成的四边形是矩形
C. 四个角都是直角的平行四边形是正方形
D. 对角线相等且互相平分的四边形是矩形
【答案】D
【解析】
【分析】根据菱形、矩形、正方形的判定定理逐一进行判定即可．
【详解】解：A．对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故A错误；
B．由两个全等的直角三角形拼成的四边形是矩形，故B错误；
C．四个角都是直角的菱形是正方形，故C错误；
D．对角线相等且互相平分的四边形是矩形，正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形、矩形、正方形的判定定理，掌握菱形、矩形、正方形的判定定理是解题的关键．
7. 如图，菱形ABCD中，∠D＝140°，则∠1的大小是（　　）

A. 10° B. 20° C. 30° D. 40°
【答案】B
【解析】
【分析】由菱形的性质得到DA＝DC，∠DAC＝∠1，由等腰三角形的性质得到∠DAC＝∠DCA＝∠1，根据三角形的内角和定理求出∠DAC，即可得到∠1．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴DA＝DC，∠DAC＝∠1，
∴∠DAC＝∠DCA＝∠1，
在△ABD中，
∵∠D＝140°，∠D+∠DAC+∠DCA＝180°，
∴∠DAC＝∠DCA＝（180°﹣∠D）＝×（180°﹣140°）＝20°，
∴∠1＝20°，
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠DAC是解决问题的关键．
8. 一种药品，原来的售价每件200元，连续两次降价后，现在每件售价162元，若每次降价的百分率相同，则平均每次降价(　　)
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据“原来的售价每件200元，连续两次降价后，现在每件售价元，若每次降价的百分率相同”得到数量关系是：药品原来价格每次降价的百分率现在价格，设出未知数，列方程解答即可．
【详解】解：设这种衬衫平均每次降价的百分率为x，根据题意列方程得，
，
解得 (不合题意，舍去)；
答：这种衬衫平均每次降价的百分率为．
故选：B．
【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．
9. 若整数使得关于的一元二次方程有实数根，且关于的不等式组有解且最多有个整数解，则符合条件的整数的个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用根的判别式确定a的一个取值范围，根据不等式组的解集，确定一个a的取值范围，综合两个范围确定答案即可．
【详解】∵整数使得关于的一元二次方程有实数根，
∴a+2≠0，≥0，
∴a≤2且a≠-2；
∵的解集为a＜x≤3，且最多有个整数解，
∴-3≤a＜3，
∴-3≤a≤2，a≠-2，
∴a的值为-3，-1，0，1，2共有5个，
故选C．
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，根的判别式，不等式组的特殊解，熟练掌握根的判别式，不等式组解法是解题的关键．
10. 如图，点E、F分别在正方形的边上，且垂直于，若，，则的周长为（　　）

A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】连接，根据正方形的性质可得，，根据勾股定理可得，设，则，根据，列出，解得x的值，进而可得的周长．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，

设，则，
∴，，
∴，
解得，
∴，
∴，
则的周长．
故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理和正方形的性质，根据图形的特点构造直角三角形，利用勾股定理求解是解题的关键．
第二部分（非选择题，共70分）
二、填空题（本题有5小题，每小题3分，共15分）
11. 不透明的纸箱里装有2张画有“”和1张画有“”的卡片，这些卡片除了图案不同外其他都相同，从中任意抽取一张，不放回再从中抽取一张，则两次抽到的卡片的图案不同的概率是 _____．
【答案】
【解析】
【分析】画树状图列出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式计算可得．
【详解】解：两张印有图案“”的卡片用A、B表示，一张印有的“”卡片用C表示，根据题意画图如下：

由树状图知，共有6种等可能结果，其中两次抽到的卡片的图案不同的有4种结果，
则两次抽到的卡片的图案不同的概率是．
故答案为：．
【点睛】本题考查画树状图法或列表法求概率，利用画树状图法或列表法分析出所有可能结果数与所求事件可能的结果数是解题的关键．
12. 如图，在平面直角坐标系中，以原点O为位似中心，将△OAB放大后得到△OCD，若，，则△OAB与△OCD的面积比为______．

【答案】1：9
【解析】
【分析】根据信息，找到OB与OD的比值即为相似比，然后由两个相似三角形的面积比等于相似比的平方求得答案．
【详解】解答：解：∵B（0，1），D（0，3），
∴OB＝1，OD＝3，
∵△OAB以原点O为位似中心放大后得到△OCD，
∴△OAB与△OCD的相似比是OB：OD＝1：3，
∴△OAB与△OCD的面积的比是1：9．
故答案是：1：9．
【点睛】本题考查的是位似变换、坐标与图形的性质，解题的关键在于找到相似比就是对应边的比．
13. 已知方程的两个根是，，则_____．
【答案】3
【解析】
【分析】直接利用一元二次方程根与系数的关系求解，即可得到答案．
【详解】根据题意，得：
故答案为：3．
【点睛】本题考查了一元二次方程的知识；解题的关键是熟练掌握一元二次方程根与系数关系的性质，从而完成求解.
14. 如图，点，点，点为线段上一个动点，作轴于点，作轴于点，连接，当取最小值时，则四边形的面积为______．

【答案】
【解析】
【分析】首先连接OP，易得四边形ONPM是矩形，即可得在中，当OP⊥AB时OP最短，即MN最小，然后利用勾股定理与三角形的面积的求解，则四边形的面积可求．
【详解】解：如图，连接OP．

由已知可得：．
∴四边形ONPM是矩形．
∴，
在中，当时OP最短，即MN最小．
∵即
根据勾股定理可得：．
∵
∴
∴
即当点P运动到使OP⊥AB于点P时，MN最小，最小值为
在中，根据勾股定理可得：
∴
∵
∴
∴
在中
∴
∴
故答案为：
【点睛】此题考查了矩形的判定与性质、勾股定理与三角形面积问题．注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
15. 如图，等腰中，，D为中点，E、F分别是上的点（且E不与B、C重合），且．若，则的值是_____（用含n的式子表示）

【答案】
【解析】
【分析】过点D作于点H，设，则，用含n的式子分别表示出、、等线段；求出的值并用以计算出的长；证明，利用相似三角形的性质得出的长，然后用的长减去的长即得出的长，从而可得的值．
【详解】解：如图，过点D作于点H，

∵，
∴设，则，
∵等腰中，，D为中点，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、锐角三角函数在计算中的应用等知识点，本题计算难度较大，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
三、解答题（本题有7题，共55分）
16. （1）解方程：．
（2）用配方法解关于的方程：．
【答案】（1）无解；（2）
【解析】
【分析】（1）利用公式法求解即可．
（2）把左边配成完全平方式，右边化为常数．再利用直接开平方法即可求解．
【详解】解：（1），
∵a=2，b=-5，c=4，
∴，
∴此方程无解；
（2），
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，能够正确运用公式法和配方法是解此题的关键．
17. 先化简，再求值．
÷＋，请从一元二次方程x2－x－2＝0的两个根中选择一个你喜欢的求值．
【答案】，或－1
【解析】
【分析】根据分式的运算法则进行化简，再把一元二次方程x2－x－2＝0的两个根入即可求解．
【详解】解：÷＋
＝
＝
＝
＝，
因x2－x－2＝0的两根是2，－1，
把x＝2代入得或把x＝－1代入得－1．
【点睛】本题考查分式的化简求值、解一元二次方程，注意代入数值时，要注意保证分式有意义，正确化简分式和解出一元二次方程的根是解决本题的关键．
18. 小明与小刚做游戏，在甲、乙两个不透明的口袋中，分别装有完全一样的小球，其中甲口袋中的4个小球上分别标有数字1，2，3，4，乙口袋中的3个小球分别标有数字2，3，4，小明先从甲袋中随意摸出一个小球，记下数字为x，再从乙袋中随机摸出一个小球，记下数字为y．
（1）请用列表或画树状图的方法表示出所有可能出现的结果；
（2）若x，y都是方程的解时，则小明获胜；若x，y都不是方程的解时，则小刚获胜，它们谁获胜的概率大？请说明理由．
【答案】（1）答案见解析；
（2）小明获胜的概率大；理由见解析．
【解析】
【分析】（1）列表或画树状图把所有情况表示出来；
（2）首先解出方程解，再根据表格或树状图找出符合的情况，最后比较一下得出概率大小．
【小问1详解】
解：所有可能出现的结果列表如下：

2
3
4
1



2



3



4



由表可知共有12种可能出现结果，且每种结果出现的可能性相同．
【小问2详解】
∵方程的两个根分别为2或3，
∴由表格可知，x，y都是方程的解有，，，共4种，都不是方程的解有，两种，
∴P小明胜，P小刚胜，
∴小明获胜的概率大．
【点睛】本题考查用表格或树状图表示事件发生的情况和解一元二次方程的解．准确且不重复不遗漏的画出树状图是解题的关键．
19. 如图，在中，，点D是的中点，过点D作于点E，延长到点F，使得，连接．

（1）根据题意，补全图形；
（2）求证：四边形是菱形；
（3）若，求菱形ADCF的面积．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意画出图形即可；
（2）首先证明，推出四边形是平行四边形，再根据，推出四边形是菱形；
（3）求出菱形的对角线的长即可解决问题．
【小问1详解】
解：补全图形如图所示．
【小问2详解】
证明： ∵D是的中点，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
【小问3详解】
解：在中，∵，
∴，
∴，
由（1）得
∴
∴
∴．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等等，熟知菱形的性质与判定条件是解题的关键．
20. 为积极响应新旧动能转换．提高公司经济效益．某科技公司近期研发出一种新型高科技设备，每台设备成本价为6万元，经过市场调研发现，每台售价为8万元时，月销售量为120台；每台售价为9万元时，月销售量为110台．假定该设备的月销售量y(单位：台)和销售单价x(单位：万元)成一次函数关系．
（1）求月销售量y与销售单价x的函数关系式；
（2）根据相关规定，此设备的销售单价不得低于10万元，如果该公司想获得240万元的月利润．则该设备的销售单价应是多少万元？
【答案】（1）
（2）万元/台
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法即可求出年销售量y与销售单价x函数关系式；
（2）设此设备的销售单价为x万元/台，则每台设备的利润为万元，销售数量为台，根据总利润=单台利润×销售数量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其不小于10的值即可得出结论．
【小问1详解】
解：设年销售量y与销售单价x的函数关系式为，
将时，时，代入，得
，
解得：，
∴年销售量y与销售单价x的函数关系式为；
【小问2详解】
设此设备的销售单价为万元/台，
则每台设备的利润为万元，销售数量为台，
根据题意得：．
整理，得：，
解得：．
∵此设备的销售单价不得低于万元，
∴．
答：该设备的销售单价应是万元/台．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，一元二次方程的应用，根据题意列出函数关系式以及一元二次方程是解题的关键．
21. 在边长为1的正方形中，点E从点A沿向点D运动，以为边，在的上方作正方形，连接．

（1）线段与是否相等？请说明理由；
（2）若设，当x取何值时，y最大？
（3）连接，当点E运动的什么位置时，？
【答案】（1）相等，理由见解析
（2）
（3）点E是中点
【解析】
【分析】（1）根据证，即可得证；
（2）先证，得，即可求出函数解析式，继而求出最值；
（3）要使，需，又因为，所以，即，即当E点事的中点时，．
【小问1详解】
解：；理由如下：
在正方形和正方形中，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
在正方形和正方形中，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即当时，y有最大值为；
【小问3详解】
当点E是中点时，，理由如下：
∵E是的中点，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，以及二次函数的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
22. 在正方形ABCD中，过点B作直线l，点E在直线l上，连接CE，DE，其中，过点C作于点F，交直线l于点H．
（1）当直线l在如图①的位置时
①请直接写出与之间的数量关系______．
②请直接写出线段BH，EH，CH之间的数量关系______．
（2）当直线l在如图②的位置时，请写出线段BH，EH，CH之间的数量关系并证明；
（3）已知，在直线l旋转过程中当时，请直接写出EH的长．

【答案】（1）①；②；（2）；证明见解析；（3）或．
【解析】
【分析】（1）①，根据CE=BC，四边形ABCD为正方形，可得BC=CD=CE，根据CF⊥DE，得出CF平分∠ECD即可；
②，过点C作CG⊥BE于G，根据BC=EC，得出∠ECG=∠BCG=，根据∠ECH=∠HCD=，可得CG=HG，根据勾股定理在Rt△GHC中，，根据GE=，得出即可；
（2），过点C作交BE于点M，得出，先证得出，可证是等腰直角三角形，可得即可；
（3）或，根据，分两种情况，当∠ABE=90°-15°=75°时，BC=CE，先证△CDE为等边三角形，可求∠FEH=∠DEC=∠CEB=60°-15°=45°，根据CF⊥DE，得出DF=EF=1，∠FHE=180°-∠HFE-∠FEH=45°，根据勾股定理HE=，当∠ABE=90°+15°=105°，可得BC=CE得出∠CBE=∠CEB=15°，可求∠FCE=，∠FEC=180°-∠CFE-∠FCE=30°，根据30°直角三角形先证得出CF=，根据勾股定理EF=，再证FH=FE，得出EH=即可．
【详解】解：（1）①
∵CE=BC，四边形ABCD为正方形，
∴BC=CD=CE，
∵CF⊥DE，
∴CF平分∠ECD，
∴∠ECH=∠HCD，
故答案为：∠ECH=∠HCD；

②，过点C作CG⊥BE于G，
∵BC=EC，
∴∠ECG=∠BCG=，
∵∠ECH=∠HCD=，
∴∠GCH=∠ECG+∠ECF=+，
∴∠GHC=180°-∠HGC+∠GCH=180°-90°-45°=45°，
∴CG=HG，
在Rt△GHC中，
∴，
∵GE=，
∴GH=GE+EH=，
∴，
∴，
∴，
故答案是：；

（2），
证明：过点C作交BE于点M，

则，
∴⁰，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
（3）或，
∵，分两种情况，
当∠ABE=90°-15°=75°时，
∵BC=CE，
∴∠CBE=∠CEB=15°，
∴∠BCE=180°-∠CBE-∠CEB==180°-15°-15°=150°，
∴∠DCE=∠BCE-∠BCD=150°=90°=60°，
∵CE=CD，
∴△CDE为等边三角形，
∴DE=CD=AB=2，∠DEC=60°，
∴∠FEH=∠DEC=∠CEB=60°-15°=45°，
∵CF⊥DE，
∴DF=EF=1，∠FHE=180°-∠HFE-∠FEH=45°，
∴EF=HF=1，
∴HE=，

当∠ABE=90°+15°=105°，
∵BC=CE，∠CBE=∠CEB=15°，
∴∠BCE=180°-∠CBE-∠CEB=150°，
∴∠DCE=360°-∠DCB-∠BCE=120°，
∵CE=BC=CD，CH⊥DE，
∴∠FCE=，
∴∠FEC=180°-∠CFE-∠FCE=30°，
∴CF=，
∴EF=，
∵∠HEF=∠CEB+∠CEF=15°+30°=45°，
∴∠FHE=180°-∠HFE-∠FEH=45°=∠FEH，
∴FH=FE，
∴EH=，
∴或．

【点睛】本题考查正方形性质，图形旋转性质，勾股定理，等边三角形，等腰直角三角形性质，角平分线，线段和差，掌握正方形性质，图形旋转性质，勾股定理，等边三角形，等腰直角三角形性质，角平分线，线段和差是解题关键．