2022—2023学年广东省深圳市南山区南海中学九年级上学期期中考试数学试卷(解析版)

南山区南海中学2022-2023学年第一学期九年级期中考试数学试卷

一．选择题（共10小题）

1. 一元二次方程的解为（    ）

A. －2 B. 2 C. 0或－2 D. 0或2

【答案】D

【解析】

【分析】利用因式分解法求解即可．

【详解】解：，

x2-2x=0，

x(x-2)=0，

x=0或x-2=0，

∴x=0或2，

故选：D．

【点睛】本题考查解一元二次方程，熟练掌握用因式分解法解一元二次方程是解题的关键．

2. 已知，下列变形正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据比例的性质：两内项之积等于两外项之积对各选项分析判断即可得解．

详解】∵，

∴，

∴，

∴只有D选项正确，

故选：D．

【点睛】本题考查了比例的性质，能正确运用比例的性质进行变形是解此题的关键．

3. 如图，已知ABCDEF，若AC＝6，CE＝3，DF＝2，则BD的长为（    ）

A. 4 B. 4.5 C. 5.5 D. 6

【答案】A

【解析】

【分析】根据平行线分线段成比例定理得到比例式，代入数值即可求出BD．

【详解】解：∵AB∥CD∥EF，

∴，

∵AC=6，CE=3，DF=2，

∴，

∴BD=4．

故选：A．

【点睛】本题考查了平行线分线段成比例，熟记平行线分线段成比例“三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例“是解决问题的关键．

4. 如图，菱形中，，，则菱形的面积为（    ）

A. 20 B. 40 C. 28 D. 24

【答案】D

【解析】

【分析】直接根据菱形的面积公式即可得出结论．

【详解】解：∵菱形ABCD中，AC＝8，BD＝6，

∴菱形的面积＝AC•BD＝×8×6＝24，故D正确．

故选：D．

【点睛】本题主要考查的是菱形的性质，熟知菱形面积等于对角线面积的一半是解答此题的关键．

5. 关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则m的值可能是（    ）

A. 8 B. 9 C. 10 D. 11

【答案】A

【解析】

【分析】先根据判别式＞0，求出m范围，进而即可得到答案．

【详解】解：∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，

∴，解得：m＜9，

m的值可能是：8．

故选：A.

【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式与根的情况的关系，掌握一元二次方程有两个不等的实数解，则，是解题的关键．

6. 如图示，已知，那么添加下列一个条件后，仍无法判定的是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据已知条件推出，再从相似三角形判定方法中找到有角的判定的方法对各个选项进行分析，从而得到答案．

【详解】解：∵

∴

A、，两个三角形的对应角相等，那么，故A选项不符合题意；

B、，两个三角形的对应角相等，那么，故B选项不符合题意；

C、，两个三角形的两条对应边的比相等且夹角相等，那么，故C选项不符合题意；

D、，与的大小无法判断，即无法判定，故D选项符合题意．

故选：D．

【点睛】本题考查了相似三角形的判定方法，解题关键是掌握：（1）两角分别相等的两个三角形相似；（2）两边成比例且夹角相等的两个三角形相似．

7. 下列命题中是假命题的是（　　）

A. 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形

B. 一组对边相等且有一个角是直角的四边形是矩形

C. 一组邻边相等的平行四边形是菱形

D. 一组邻边相等的矩形是正方形

【答案】B

【解析】

【分析】根据平行四边形和特殊平行四边形的判定法则即可得出答案．

【详解】解：A、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，正确；

B、一组对边相等且相等，且有一个角是直角的四边形是矩形，错误；

C、一组邻边相等的平行四边形是菱形，正确；

D、一组邻边相等的矩形是正方形，正确．

故选B．

【点睛】本题主要考查的是平行四边形和特殊平行四边形的判定定理，属于基础题型．熟记判定定理是解决这个问题的关键．

8. 受国际油价影响，今年我国汽油价格总体呈上升趋势．某地号汽油价格三月底是元/升，五月底是元/升．设该地号汽油价格这两个月平均每月的增长率为，根据题意列出方程，正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设该地号汽油价格这两个月平均每月的增长率为，根据三月底和五月底92号汽油价格，得出关于x的一元二次方程即可．

【详解】解：依题意，得．

故选：A．

【点睛】本题主要考查了一元二次方程解决实际问题的知识，找准数量关系，正确列出一元二次方程式解题关键．

9. 设点是抛物线（a、b是常数）的图象上三点，则的大小关系是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据二次函数的对称性和增减性即可进行解答．

【详解】解：∵（是常数），

∴抛物线的对称轴为直线，开口向上，

而点离对称轴最近，点离对称轴最远，

∴，

故选：A．

【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握的对称轴为，顶点坐标为；时，函数开口向上，在对称轴左边，y随x的增大而减小，在对称轴右边，y随x的增大而增大，时，函数开口向下，在对称轴左边，y随x的增大而增大，在对称轴右边，y随x的增大而减小．

10. 如图，正方形和正方形的顶点，，在同一直线上，且，，给出下列结论：①；②；③；④的面积是．其中正确的结论为（    ）

A ①③ B. ①④ C. ②③ D. ①③④

【答案】B

【解析】

【分析】①根据正方形的性质和平角的定义可求；

②根据正方形的性质可求，再根据线段的和差关系可求的长；

③首先证明，可得，之后证明即可；

④根据三角形面积公式即可求解．

【详解】解：①，，

，故①正确；

②，

，

，

，故②错误；

③四边形与四边形均为正方形，

，，

，

，

，

，

连接 交 于,过作交于，

四边形为矩形，

，，

，,

，

，

，，

，

，

在 与中，

，，

，

，故③错误；

④的面积，故④正确；

其中正确的结论为①④．

故选：B．

【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形面积，勾股定理，平角的定义，综合性较强，解决本题的关键是掌握正方形的性质．

二．填空题（共5小题）

11. 方程x2+2x–2=0配方得到（x+m）2=3，则m=__________．

【答案】1

【解析】

【分析】移项，配方即可得出的值.

【详解】

故答案为1.

【点睛】考查一元二次方程配方法，熟练掌握配方法的步骤是解题的关键.

12. 如图，两段公路AC，BC互相垂直，公路AB的中点M与点C被湖隔开，若测得AB的长为2km，则M，C两点间的距离为______km．

【答案】1

【解析】

【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得km．

【详解】解：∵在中，，为的中点，

(km) ，

故答案为：1．

【点睛】本题考查直角三角形的性质，解题关键点是熟练掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，理解题意，将实际问题转化为数学问题是解题的关键．

13. 如图，，且，若四边形的面积是10，则的面积是___．

【答案】

【解析】

【分析】利用相似三角形的面积，求解即可．

【详解】解：∵，，

∴，

∵四边形的面积是10，

∴，

解得：．

故答案为：．

【点睛】此题考查了相似三角形的性质，解题的关键是掌握相似三角形的面积比为相似比的平方．

14. 已知实数，，满足，则=___________．

【答案】2或-1

【解析】

【分析】根据题意，可分为和两种情况进行分析，分别求出k的值即可.

【详解】解：根据题意，

∵，

当时，利用等比性质，得

，

∴；

当时，有，

∴，

∴.

故答案为：2或.

【点睛】本题考查了等比性质，解题的关键是熟练掌握等比性质进行解题，注意掌握分类讨论的思想进行解题.

15. 如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于点C，它的对称轴为直线x＝﹣1，有下列结论：①abc＜0；②4ac﹣b2＜0；③c﹣a＞0；④当x＝﹣n2﹣2时，y≥c；⑤若x1，x2（x1＜x2）是方程ax2+bx+c＝0的两根，则方程a（x﹣x1）（x﹣x2）﹣1＝0的两根m，n（m＜n）满足m＜x1且n＞x2；其中，正确结论的个数是 _____

【答案】3

【解析】

【分析】①由开口向上得到，由对称轴在轴左侧得到，由函数图象与轴的交点在轴的正半轴上得到，进而得到的正负情况；

②由函数图象与轴的交点个数得到的正负；

③由对称轴为得到，然后由当时，得到的正负；

④由对称轴为和时，，得到时，，再由，得到当时，；

⑤由方程的根得到函数与轴的交点横坐标分别为，，进而由方程的两根为，即为函数与直线的交点横坐标，得到与、与之间的关系．

【详解】解：①开口向上，对称轴在轴左侧，函数图象与轴的交点在轴的正半轴上，

，，，

，故①错误，不符合题意；

②函数图象与轴有2个交点，

，

，故②正确，符合题意；

③对称轴为，

，

，

当时，，

，

，故③错误，不符合题意；

④对称轴为，且当时，，

时，，当时，随的增大为减小，

，得到当时，，故④正确，符合题意；

⑤，是方程的两根，

与轴的两个交点的横坐标为，，

方程的两根为，，

函数与直线的交点横坐标位，，

函数图象开口向上，

，，故⑤正确，符合题意，

正确的个数有3个，

故答案为：3．

【点睛】本题考查了二次函数的性质、二次函数图象与系数的关系、二次函数图象与轴的交点坐标与方程的解之间的关系，解题的关键是熟知函数的图象与系数的关系．

三．解答题（共7小题）

16. 解下列方程：

（1）；

（2）．

【答案】（1）x1=2，x2=4   

（2）x1=2+，x2=2-

【解析】

【分析】（1）先把方程的左边分解因式，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可；

（2）移项后配方，开方，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可．

【小问1详解】

（x-2）2-2x+4=0，

（x-2）2-2（x-2）=0，

（x-2）（x-2-2）=0，

x-2=0或x-2-2=0，

解得：x1=2，x2=4；

【小问2详解】

x2-4x-1=0，

x2-4x=1，

配方，得x2-4x+4=1+4，

（x-2）2=5，

开方得：x-2=±，

解得：x1=2+，x2=2-．

【点睛】本题考查了解一元二次方程，能选择适当的方法解方程是解此题的关键，解一元二次方程的方法有直接开平方法，公式法，配方法，因式分解法等．

17. 如图，已知O是坐标原点，B、C两点的坐标分别为（3，﹣1）、（2，1）．

（1）以O点为位似中心在y轴的左侧将△OBC放大到两倍（即新图与原图的相似比为2），画出△OB'C′；

（2）B点的对应点B'的坐标是　   ；C点的对应点C′的坐标是　   　．

【答案】（1）见解析；（2）（﹣6，2），（﹣4，﹣2）．

【解析】

【分析】（1）延长BO到B′，使OB′=2OB，则B′就是B的对应点，同样可以作出C的对称点，则对应的三角形即可得到；

（2）根据（1）的作图即可得到B′、C′的坐标．

【详解】解：（1）如图所示：△OB'C′，即为所求；

（2）B点的对应点B'的坐标是（﹣6，2）；

C点的对应点C′的坐标是（﹣4，﹣2）．

【点睛】本题主要考查作位似图形和位似图形的性质，解决本题的关键是要熟练掌握作位似图形的方法和位似图形的性质．

18. 如图，王海同学为了测量校园内一棵大树的高度，他走到了校园的围墙外（如图所示），然后他沿着过点F与墙垂直的直线从远处向围墙靠近至B处，使大树恰好被围墙挡住顶端C和树的顶端E时，三点在同一条直线上．若米，米， 米，王海身高1.6米．求大树的高度．

【答案】大树的高度为8.6米

【解析】

【分析】如图，作于H，交于G，则，；然后再证明，运用相似三角形的性质可得，最后根据线段的和差即可解答．

【详解】如图，作于H，交于G，则，，

∵，

∴，

∴=，即=，

∴ ，

∴（m）．

答：大树的高度为8.6米．

【点睛】本题主要考查了相似三角形的应用，利用杆或直尺测量物体的高度就是利用杆或直尺的高（长）作为三角形的边，利用视点和盲区的知识构建相似三角形，用相似三角形对应边的比相等的性质求物体的高度．

19. 某手机专营店，第一期进了甲种手机50部．售后统计，甲种手机的平均利润是160元/部．调研发现：甲种手机每增加1部，平均利润减少2元/部；该店计划第二期进货甲种手机比第一期增加x部，

（1）第二期甲种手机售完后的利润为8400元，那么甲种手机比第一期要增加多少部？

（2）当x取何值时，第二期进的甲种手机售完后获得的利润W最大，最大利润是多少？

【答案】（1）增加10件和增加20件品牌手机的利润是相同的，为了减少成本故第二期甲种手机售完后的利润为8400元，品牌手机应该增加10部（2）当x取15时，第二期进的甲手机售完后获得的总利润W最大，最大总利润是8450元

【解析】

【分析】（1）甲种手机利润=销售品牌手机的数量×每件品牌手机的利润，根据这个关系即可列出方程；

（2）表示出第二期进的甲种手机售完后获得的总利润，根据二次函数，即可求出最大利润．

【详解】（1）根据题意，（50+x）（160﹣2x）＝8400，

解得x1＝10，x2＝20，

因为增加10件和增加20件品牌手机的利润是相同的，为了减少成本故第二期甲种手机售完后的利润为8400元，品牌手机应该增加10部；

（2）W＝（50+x）（160﹣2x）＝﹣2（x﹣15）2+8450，

当x取15时，第二期进的甲手机售完后获得的总利润W最大，最大总利润是8450元．

【点睛】本题考查了一元二次方程和二次函数的实际应用，能够根据实际问题列出一元二次方程和二次函数是解答此题的关键．

20. 如图，四边形ABCD为平行四边形，EFBD，分别交BC，CD于点P，Q，交AB，AD的延长线于E，F，且BE＝BP，求证：

（1）∠E＝∠F；

（2）四边形ABCD菱形．

【答案】（1）见解析    （2）见解析

【解析】

【分析】（1）首先判定四边形BPFD是平行四边形，所以BP∥DF，利用平行线的性质可得∠F＝∠BPE，又因为BE＝BP，可得∠E＝∠F；

（2）利用平行线的性质以及菱形的判定方法进而得出即可．

【小问1详解】

证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴BP∥DF，

∵EF∥BD，

∴四边形BPFD是平行四边形，

∴BP∥DF，

∴∠F＝∠BPE，

∵BE＝BP，

∴∠E＝∠BPE，

∴∠E＝∠F；

【小问2详解】

∵EF∥BD，

∴∠E＝∠ABD，∠F＝∠ADB

∴∠ABD＝∠ADB，

又∵四边形ABCD为平行四边形，

∴四边形ABCD是菱形．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定、菱形的判定等知识，得出四边形BPFD是平行四边形是解题关键．

21. 如图，二次函数图象与x轴交于点A，B（A在B的左侧），与一次函数的图象交于A，C两点．

（1）求b的值；

（2）求△ABC的面积；

（3）根据图象直接写出当x为何值时，一次函数的值大于二次函数的值．

【答案】（1）；（2）△ABC的面积为；（3）

【解析】

【分析】（1）根据函数与方程的关系，当时，求解一元二次方程，即可得出抛物线与x轴的两个交点，然后将点A代入一次函数解析式即可确定b的值；

（2）先求两个函数的交点C的坐标，把代入中，求解一元二次方程，即可确定点C的坐标，然后结合图象，求三角形面积即可；

（3）根据图象可得：在线段AC部分，直线函数值在抛物线函数值上方，结合A（－1，0），C（2，－3），即可确定x的取值范围．

【详解】解：（1）当时，

，

解得：，，

∴抛物线与x轴交于A（－1，0），B（3，0）．  

∵直线经过A点，

∴，

∴；                             

（2）把代入中得：，

整理得

解得：（舍），，

把代入，得，

∴C（2，－3），                       

∴；

（3）根据图象可得：在线段AC部分，直线函数值在抛物线函数值上方，结合A（－1，0），C（2，－3），

∴，

当时，一次函数值大于二次函数值．

【点睛】题目主要考查二次函数与一次函数的综合问题，包括二次函数与坐标轴交点，待定系数法确定一次函数解析式，结合图象求不等式解集等，理解题意，熟练掌握二次函数及一次函数的基本性质是解题关键．

22. 如图，正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，连接AE，过点E作，交边BC于点F．

（1）求证：EA＝EF：

（2）写出线段FC，DE的数量关系并加以证明；

（3）若AB＝4，FE＝FC，求DE的长．

【答案】（1）见解析    （2）；证明见解析   

（3）

【解析】

【分析】（1）过点E作MN⊥AD于M，交BC于点N，由四边形ABCD为正方形，AE⊥EF，可证明△AEM≌△EFN（ASA），即可得AE＝EF．

（2）由△AEM≌△EFN，∠ADB＝45°，可得CF＝2MD，而，故CF＝；

（3）设DE＝x，可得，，根据得出方程，解方程得出答案．

【小问1详解】

证明：过点E作MN⊥AD于M，交BC于点N．

∵四边形ABCD为正方形，

∴，，∠ADB=45°，

∵MN⊥AD，

∴MN⊥BC，

∴四边形NCDM为矩形，

∴，∠AME＝∠ENF＝90°,

∵，MN⊥AD，

∴MD=ME，

∴AM=EN，

∵AE⊥EF，

∴，

∵∠AEM+∠MAE=90°，

∴∠FEN=∠MAE，

∴(ASA)，

∴；

【小问2详解】

，

证明：由（1）得，，

∴，

∵四边形为矩形，

∴，

∴，

∵，

∴；

【小问3详解】

设DE=x，则DM＝ME＝，

由（1）得：，

由（2）得，

∵FE=FC，

∴，

∴，

解得：，（舍去），

∴．

【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理及应用等，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．