精品解析：廣東省深圳市龍崗區(qū)2022-2023學(xué)年九年級上學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試卷-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

?2022-2023學(xué)年九年級數(shù)學(xué)（上冊）學(xué)科素養(yǎng)形成練習(xí)
期中（第一章～第四章）
（滿分：100分）
第一部分（選擇題，共30分）
一、選擇題（本題有10小題，每小題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】根據(jù)一元二次方程的定義“只含有一個未知數(shù)，且未知數(shù)的最高次數(shù)是2的整式方程叫做一元二次方程”逐項判斷即可．
【詳解】A. 2x+1=0是一元一次方程，故不符合題意；
B. ，分母含有未知數(shù)，故不符合題意；
C.為一元二次方程，符合題意；
D. ，分母含有未知數(shù)，故不符合題意；
故選C．
【點睛】此題主要考查一元二次方程的定義，解題的關(guān)鍵是熟知一元二次方程的特點．
2. 已知線段a、b有，則為（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】把比例式化成乘積式求出ab之間的關(guān)系即可.
【詳解】∵
∴
解得
∴
故選C.
【點睛】本題考查比例性質(zhì)，熟練利用比例的性質(zhì)轉(zhuǎn)換比例式和乘積式是解題的關(guān)鍵.
3. 如圖，矩形的頂點，分別在菱形的邊和對角線上，連接，若，則的長為（　）

A. 4 B. 5 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】連接AF，由題意可知，由四邊形ABCD為菱形，可證得，即可求得CF=AF=5．
【詳解】解：連接AF，如圖所示，

∵四邊形AGFE為矩形，
∴，
∵四邊形ABCD為菱形，
∴AD=CD，，
在和中，
∵，
∴，
∴CF=AF=5，
故選：B．
【點睛】本題考查了菱形性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握菱形和矩形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
4. 如圖，下列條件中，不能判定△ACD∽△ABC的是（　?。?br />
A. ∠ADC＝∠ACB B. ∠B＝∠ACD C. ∠ACD＝∠BCD D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)相似三角形的判定即可求出答案．
【詳解】（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；
故選C．
【點睛】本題考查相似三角形，解題的關(guān)鍵是熟練運(yùn)用相似三角形的判定，本題屬于基礎(chǔ)題型．
5. 若，則下列比例式成立的是（　?。?br /> A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用內(nèi)項之積等于外項之積進(jìn)行判斷．
【詳解】解：A、∵，∴，故此選項不符合題意；
B、∵，∴，故此選項符合題意；
C、∵，∴，故此選項不符合題意；
D、∵，∴，故此選項不符合題意；
故選：B．
【點睛】本題考查比例的性質(zhì)，熟練掌握比例的基本性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
6. 下列說法正確的是（　?。?br /> A. 對角線互相垂直的四邊形是菱形
B. 由兩個全等的三角形拼成的四邊形是矩形
C. 四個角都是直角的平行四邊形是正方形
D. 對角線相等且互相平分的四邊形是矩形
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)菱形、矩形、正方形的判定定理逐一進(jìn)行判定即可．
【詳解】解：A．對角線互相垂直平分的四邊形是菱形，故A錯誤；
B．由兩個全等的直角三角形拼成的四邊形是矩形，故B錯誤；
C．四個角都是直角的菱形是正方形，故C錯誤；
D．對角線相等且互相平分的四邊形是矩形，正確；
故選：D．
【點睛】本題考查了菱形、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題的關(guān)鍵．
7. 如圖，菱形ABCD中，∠D＝140°，則∠1的大小是（　?。?br />
A. 10° B. 20° C. 30° D. 40°
【答案】B
【解析】
【分析】由菱形的性質(zhì)得到DA＝DC，∠DAC＝∠1，由等腰三角形的性質(zhì)得到∠DAC＝∠DCA＝∠1，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理求出∠DAC，即可得到∠1．
【詳解】解：∵四邊形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°，
故選：B．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理求出∠DAC是解決問題的關(guān)鍵．
8. 一種藥品，原來的售價每件200元，連續(xù)兩次降價后，現(xiàn)在每件售價162元，若每次降價的百分率相同，則平均每次降價(　　)
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)“原來的售價每件200元，連續(xù)兩次降價后，現(xiàn)在每件售價元，若每次降價的百分率相同”得到數(shù)量關(guān)系是：藥品原來價格每次降價的百分率現(xiàn)在價格，設(shè)出未知數(shù)，列方程解答即可．
【詳解】解：設(shè)這種襯衫平均每次降價的百分率為x，根據(jù)題意列方程得，
，
解得 (不合題意，舍去)；
答：這種襯衫平均每次降價的百分率為．
故選：B．
【點睛】本題考查了一元二次方程的應(yīng)用，根據(jù)題意列出一元二次方程是解題的關(guān)鍵．
9. 若整數(shù)使得關(guān)于的一元二次方程有實數(shù)根，且關(guān)于的不等式組有解且最多有個整數(shù)解，則符合條件的整數(shù)的個數(shù)為（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用根的判別式確定a的一個取值范圍，根據(jù)不等式組的解集，確定一個a的取值范圍，綜合兩個范圍確定答案即可．
【詳解】∵整數(shù)使得關(guān)于的一元二次方程有實數(shù)根，
∴a+2≠0，≥0，
∴a≤2且a≠-2；
∵的解集為a＜x≤3，且最多有個整數(shù)解，
∴-3≤a＜3，
∴-3≤a≤2，a≠-2，
∴a的值為-3，-1，0，1，2共有5個，
故選C．
【點睛】本題考查了一元二次方程的定義，根的判別式，不等式組的特殊解，熟練掌握根的判別式，不等式組解法是解題的關(guān)鍵．
10. 如圖，點E、F分別在正方形的邊上，且垂直于，若，，則的周長為（　?。?br />
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】連接，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得，，根據(jù)勾股定理可得，設(shè)，則，根據(jù)，列出，解得x的值，進(jìn)而可得的周長．
【詳解】解：如圖，連接，
∵四邊形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，

設(shè)，則，
∴，，
∴，
解得，
∴，
∴，
則的周長．
故選：B．
【點睛】本題考查了勾股定理和正方形的性質(zhì)，根據(jù)圖形的特點構(gòu)造直角三角形，利用勾股定理求解是解題的關(guān)鍵．
第二部分（非選擇題，共70分）
二、填空題（本題有5小題，每小題3分，共15分）
11. 不透明的紙箱里裝有2張畫有“”和1張畫有“”的卡片，這些卡片除了圖案不同外其他都相同，從中任意抽取一張，不放回再從中抽取一張，則兩次抽到的卡片的圖案不同的概率是 _____．
【答案】
【解析】
【分析】畫樹狀圖列出所有等可能結(jié)果，從中找到符合條件的結(jié)果數(shù)，再根據(jù)概率公式計算可得．
【詳解】解：兩張印有圖案“”的卡片用A、B表示，一張印有的“”卡片用C表示，根據(jù)題意畫圖如下：

由樹狀圖知，共有6種等可能結(jié)果，其中兩次抽到的卡片的圖案不同的有4種結(jié)果，
則兩次抽到的卡片的圖案不同的概率是．
故答案為：．
【點睛】本題考查畫樹狀圖法或列表法求概率，利用畫樹狀圖法或列表法分析出所有可能結(jié)果數(shù)與所求事件可能的結(jié)果數(shù)是解題的關(guān)鍵．
12. 如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，以原點O為位似中心，將△OAB放大后得到△OCD，若，，則△OAB與△OCD的面積比為______．

【答案】1：9
【解析】
【分析】根據(jù)信息，找到OB與OD的比值即為相似比，然后由兩個相似三角形的面積比等于相似比的平方求得答案．
【詳解】解答：解：∵B（0，1），D（0，3），
∴OB＝1，OD＝3，
∵△OAB以原點O為位似中心放大后得到△OCD，
∴△OAB與△OCD的相似比是OB：OD＝1：3，
∴△OAB與△OCD的面積的比是1：9．
故答案是：1：9．
【點睛】本題考查的是位似變換、坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵在于找到相似比就是對應(yīng)邊的比．
13. 已知方程的兩個根是，，則_____．
【答案】3
【解析】
【分析】直接利用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系求解，即可得到答案．
【詳解】根據(jù)題意，得：
故答案為：3．
【點睛】本題考查了一元二次方程的知識；解題的關(guān)鍵是熟練掌握一元二次方程根與系數(shù)關(guān)系的性質(zhì)，從而完成求解.
14. 如圖，點，點，點為線段上一個動點，作軸于點，作軸于點，連接，當(dāng)取最小值時，則四邊形的面積為______．

【答案】
【解析】
【分析】首先連接OP，易得四邊形ONPM是矩形，即可得在中，當(dāng)OP⊥AB時OP最短，即MN最小，然后利用勾股定理與三角形的面積的求解，則四邊形的面積可求．
【詳解】解：如圖，連接OP．

由已知可得：．
∴四邊形ONPM是矩形．
∴，
在中，當(dāng)時OP最短，即MN最?。?br /> ∵即
根據(jù)勾股定理可得：．
∵
∴
∴
即當(dāng)點P運(yùn)動到使OP⊥AB于點P時，MN最小，最小值為
在中，根據(jù)勾股定理可得：
∴
∵
∴
∴
在中
∴
∴
故答案為：
【點睛】此題考查了矩形的判定與性質(zhì)、勾股定理與三角形面積問題．注意掌握輔助線的作法，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．
15. 如圖，等腰中，，D為中點，E、F分別是上的點（且E不與B、C重合），且．若，則的值是_____（用含n的式子表示）

【答案】
【解析】
【分析】過點D作于點H，設(shè)，則，用含n的式子分別表示出、、等線段；求出的值并用以計算出的長；證明，利用相似三角形的性質(zhì)得出的長，然后用的長減去的長即得出的長，從而可得的值．
【詳解】解：如圖，過點D作于點H，

∵，
∴設(shè)，則，
∵等腰中，，D為中點，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴，
故答案為：．
【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、銳角三角函數(shù)在計算中的應(yīng)用等知識點，本題計算難度較大，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識解決問題．
三、解答題（本題有7題，共55分）
16. （1）解方程：．
（2）用配方法解關(guān)于的方程：．
【答案】（1）無解；（2）
【解析】
【分析】（1）利用公式法求解即可．
（2）把左邊配成完全平方式，右邊化為常數(shù)．再利用直接開平方法即可求解．
【詳解】解：（1），
∵a=2，b=-5，c=4，
∴，
∴此方程無解；
（2），
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【點睛】本題考查了解一元二次方程，能夠正確運(yùn)用公式法和配方法是解此題的關(guān)鍵．
17. 先化簡，再求值．
÷＋，請從一元二次方程x2－x－2＝0的兩個根中選擇一個你喜歡的求值．
【答案】，或－1
【解析】
【分析】根據(jù)分式的運(yùn)算法則進(jìn)行化簡，再把一元二次方程x2－x－2＝0的兩個根入即可求解．
【詳解】解：÷＋
＝
＝
＝
＝，
因x2－x－2＝0的兩根是2，－1，
把x＝2代入得或把x＝－1代入得－1．
【點睛】本題考查分式的化簡求值、解一元二次方程，注意代入數(shù)值時，要注意保證分式有意義，正確化簡分式和解出一元二次方程的根是解決本題的關(guān)鍵．
18. 小明與小剛做游戲，在甲、乙兩個不透明的口袋中，分別裝有完全一樣的小球，其中甲口袋中的4個小球上分別標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4，乙口袋中的3個小球分別標(biāo)有數(shù)字2，3，4，小明先從甲袋中隨意摸出一個小球，記下數(shù)字為x，再從乙袋中隨機(jī)摸出一個小球，記下數(shù)字為y．
（1）請用列表或畫樹狀圖的方法表示出所有可能出現(xiàn)的結(jié)果；
（2）若x，y都是方程的解時，則小明獲勝；若x，y都不是方程的解時，則小剛獲勝，它們誰獲勝的概率大？請說明理由．
【答案】（1）答案見解析；
（2）小明獲勝的概率大；理由見解析．
【解析】
【分析】（1）列表或畫樹狀圖把所有情況表示出來；
（2）首先解出方程解，再根據(jù)表格或樹狀圖找出符合的情況，最后比較一下得出概率大?。?br /> 【小問1詳解】
解：所有可能出現(xiàn)的結(jié)果列表如下：

2
3
4
1

2

3

4

由表可知共有12種可能出現(xiàn)結(jié)果，且每種結(jié)果出現(xiàn)的可能性相同．
【小問2詳解】
∵方程的兩個根分別為2或3，
∴由表格可知，x，y都是方程的解有，，，共4種，都不是方程的解有，兩種，
∴P小明勝，P小剛勝，
∴小明獲勝的概率大．
【點睛】本題考查用表格或樹狀圖表示事件發(fā)生的情況和解一元二次方程的解．準(zhǔn)確且不重復(fù)不遺漏的畫出樹狀圖是解題的關(guān)鍵．
19. 如圖，在中，，點D是的中點，過點D作于點E，延長到點F，使得，連接．

（1）根據(jù)題意，補(bǔ)全圖形；
（2）求證：四邊形是菱形；
（3）若，求菱形ADCF的面積．
【答案】（1）見解析（2）見解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意畫出圖形即可；
（2）首先證明，推出四邊形是平行四邊形，再根據(jù)，推出四邊形是菱形；
（3）求出菱形的對角線的長即可解決問題．
【小問1詳解】
解：補(bǔ)全圖形如圖所示．
【小問2詳解】
證明： ∵D是的中點，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴四邊形是菱形．
【小問3詳解】
解：在中，∵，
∴，
∴，
由（1）得
∴
∴
∴．
【點睛】本題主要考查了等腰三角形的性質(zhì)與判定，菱形的性質(zhì)與判定，直角三角形斜邊上的中線，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等等，熟知菱形的性質(zhì)與判定條件是解題的關(guān)鍵．
20. 為積極響應(yīng)新舊動能轉(zhuǎn)換．提高公司經(jīng)濟(jì)效益．某科技公司近期研發(fā)出一種新型高科技設(shè)備，每臺設(shè)備成本價為6萬元，經(jīng)過市場調(diào)研發(fā)現(xiàn)，每臺售價為8萬元時，月銷售量為120臺；每臺售價為9萬元時，月銷售量為110臺．假定該設(shè)備的月銷售量y(單位：臺)和銷售單價x(單位：萬元)成一次函數(shù)關(guān)系．
（1）求月銷售量y與銷售單價x的函數(shù)關(guān)系式；
（2）根據(jù)相關(guān)規(guī)定，此設(shè)備的銷售單價不得低于10萬元，如果該公司想獲得240萬元的月利潤．則該設(shè)備的銷售單價應(yīng)是多少萬元？
【答案】（1）
（2）萬元/臺
【解析】
【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可求出年銷售量y與銷售單價x函數(shù)關(guān)系式；
（2）設(shè)此設(shè)備的銷售單價為x萬元/臺，則每臺設(shè)備的利潤為萬元，銷售數(shù)量為臺，根據(jù)總利潤=單臺利潤×銷售數(shù)量，即可得出關(guān)于x的一元二次方程，解之取其不小于10的值即可得出結(jié)論．
【小問1詳解】
解：設(shè)年銷售量y與銷售單價x的函數(shù)關(guān)系式為，
將時，時，代入，得
，
解得：，
∴年銷售量y與銷售單價x的函數(shù)關(guān)系式為；
【小問2詳解】
設(shè)此設(shè)備的銷售單價為萬元/臺，
則每臺設(shè)備的利潤為萬元，銷售數(shù)量為臺，
根據(jù)題意得：．
整理，得：，
解得：．
∵此設(shè)備的銷售單價不得低于萬元，
∴．
答：該設(shè)備的銷售單價應(yīng)是萬元/臺．
【點睛】本題考查了一次函數(shù)的應(yīng)用，一元二次方程的應(yīng)用，根據(jù)題意列出函數(shù)關(guān)系式以及一元二次方程是解題的關(guān)鍵．
21. 在邊長為1的正方形中，點E從點A沿向點D運(yùn)動，以為邊，在的上方作正方形，連接．

（1）線段與是否相等？請說明理由；
（2）若設(shè)，當(dāng)x取何值時，y最大？
（3）連接，當(dāng)點E運(yùn)動的什么位置時，？
【答案】（1）相等，理由見解析
（2）
（3）點E是中點
【解析】
【分析】（1）根據(jù)證，即可得證；
（2）先證，得，即可求出函數(shù)解析式，繼而求出最值；
（3）要使，需，又因為，所以，即，即當(dāng)E點事的中點時，．
【小問1詳解】
解：；理由如下：
在正方形和正方形中，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴；
【小問2詳解】
在正方形和正方形中，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即當(dāng)時，y有最大值為；
【小問3詳解】
當(dāng)點E是中點時，，理由如下：
∵E是的中點，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴．
【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，以及二次函數(shù)的性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．
22. 在正方形ABCD中，過點B作直線l，點E在直線l上，連接CE，DE，其中，過點C作于點F，交直線l于點H．
（1）當(dāng)直線l在如圖①的位置時
①請直接寫出與之間的數(shù)量關(guān)系______．
②請直接寫出線段BH，EH，CH之間的數(shù)量關(guān)系______．
（2）當(dāng)直線l在如圖②的位置時，請寫出線段BH，EH，CH之間的數(shù)量關(guān)系并證明；
（3）已知，在直線l旋轉(zhuǎn)過程中當(dāng)時，請直接寫出EH的長．

【答案】（1）①；②；（2）；證明見解析；（3）或．
【解析】
【分析】（1）①，根據(jù)CE=BC，四邊形ABCD為正方形，可得BC=CD=CE，根據(jù)CF⊥DE，得出CF平分∠ECD即可；
②，過點C作CG⊥BE于G，根據(jù)BC=EC，得出∠ECG=∠BCG=，根據(jù)∠ECH=∠HCD=，可得CG=HG，根據(jù)勾股定理在Rt△GHC中，，根據(jù)GE=，得出即可；
（2），過點C作交BE于點M，得出，先證得出，可證是等腰直角三角形，可得即可；
（3）或，根據(jù)，分兩種情況，當(dāng)∠ABE=90°-15°=75°時，BC=CE，先證△CDE為等邊三角形，可求∠FEH=∠DEC=∠CEB=60°-15°=45°，根據(jù)CF⊥DE，得出DF=EF=1，∠FHE=180°-∠HFE-∠FEH=45°，根據(jù)勾股定理HE=，當(dāng)∠ABE=90°+15°=105°，可得BC=CE得出∠CBE=∠CEB=15°，可求∠FCE=，∠FEC=180°-∠CFE-∠FCE=30°，根據(jù)30°直角三角形先證得出CF=，根據(jù)勾股定理EF=，再證FH=FE，得出EH=即可．
【詳解】解：（1）①
∵CE=BC，四邊形ABCD為正方形，
∴BC=CD=CE，
∵CF⊥DE，
∴CF平分∠ECD，
∴∠ECH=∠HCD，
故答案為：∠ECH=∠HCD；

②，過點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），
證明：過點C作交BE于點M，

則，
∴?，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
（3）或，
∵，分兩種情況，
當(dāng)∠ABE=90°-15°=75°時，
∵BC=CE，
∴∠CBE=∠CEB=15°，
∴∠BCE=180°-∠CBE-∠CEB==180°-15°-15°=150°，
∴∠DCE=∠BCE-∠BCD=150°=90°=60°，
∵CE=CD，
∴△CDE為等邊三角形，
∴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=，

當(dāng)∠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．

【點睛】本題考查正方形性質(zhì)，圖形旋轉(zhuǎn)性質(zhì)，勾股定理，等邊三角形，等腰直角三角形性質(zhì)，角平分線，線段和差，掌握正方形性質(zhì)，圖形旋轉(zhuǎn)性質(zhì)，勾股定理，等邊三角形，等腰直角三角形性質(zhì)，角平分線，線段和差是解題關(guān)鍵．

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