四川省内江市市中区市中区天立学校2023-2024学年九年级上册期中数学试题（含解析）

这是一份四川省内江市市中区市中区天立学校2023-2024学年九年级上册期中数学试题（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）
1．下列方程中，属于一元二次方程的是( )
A．B． C． D．
2．下列计算正确的是（ ）
A．B．C．D．
3．已知，下列变形正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．在下列长度的各组线段中，是成比例线段的是（ ）
A．2，3，4，5B．1，3，6，12C．1.5，2，3.5，4D．4，5，8，10
5．如图，，请你再添加一个条件，使得．则下列选项不成立的是（ ）
A．B．C．D．
6．如图，五线谱是由等距离、等长度的五条平行横线组成的，同一条直线上的三个点A，B，C都在横线上．若线段，则线段的长是（ ）

A．B．2C．D．5
7．一花户，有26m长的篱笆，要围成一边靠住房墙（墙长12m）的面积为的长方形花园，且垂直于住房墙的一边留一个1m的门，设垂直于住房墙的其中一边长为x，则可列方程为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知点．若点到两坐标轴的距离相等，则的值为（ ）
A．4B．C．或4D．或
9．如图，和是以点O为位似中心的位似图形，，的周长为8，则的周长为（ ）
A．12B．18C．20D．50
10．如图，在中为的中点，为上一点，与交于点，则的长为（ ）

A．B．C．D．
11．在《九章算术》方田章“圆田术”中指出：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这里所用的割圆术所体现的是一种无限与有限的转化的思想，比如将化成分数，设，则有，，解得，类比上述方法及思想则（ ）
A．3B．C．D．
12．如图，在矩形ABCD中，，，连接AC，以对角线AC为边，按逆时针方向作矩形，使矩形矩形ADCB；再连接，以对角线为边，按逆时针方向作矩形，使矩形矩形，…，按照此规律作下去，则边的长为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．若在实数范围内有意义，则的取值范围是 ．
14．关于 x 的一元二次方程有两个实数根，则k的取值范围是
15．《周髀算经》中记载了“偃矩以望高”的方法．“矩”在古代指两条边呈直角的曲尺（即图中的）．“偃矩以望高”的意思是把“矩”仰立放，可测量物体的高度如图，点，，在同一水平线上，和均为直角，与相交于点．测得，则树高 m．

16．边长分别为10，6，4的三个正方形拼接在一起，它们的底边在同一直线上（如图），则图中阴影部分的面积为 ．

三、解答题（本大题共5小题，共44分）
17．计算：．
18．解方程：
(1)；
(2)．
19．中国教育家孔子周游列国14年，其中10年居卫（卫国即现在的濮阳），若濮阳龙湖论语广场有一尊孔子雕像，数学兴趣小组的同学为了测量雕像的高度（顶端A到水平地面的距离），在雕像旁边的水平地面上C处放了一面镜子（平面镜的厚度忽略不计），组长小丽沿直线后退到点E处，这时恰好在镜子里看到雕像的顶端A，此时测得米，米，小丽的眼睛距地面的高度米，求雕像的高度的高度．
20．公安交警部门提醒市民，骑车出行必须严格遵守“一盔一带”的规定．某头盔经销商统计了某品牌头盔4月份到6月份的销量，该品牌头盔4月份销售150个，6月份销售216个，且从4月份到6月份销售量的月增长率相同．
(1)求该品牌头盔销售量的月增长率；
(2)若此种头盔的进价为30元/个，测算在市场中，当售价为40元/个时，月销售量为600个，若在此基础上售价每上涨1元/个，则月销售量将减少10个，为使月销售利润达到10000元，而且尽可能让顾客得到实惠，则该品牌头盔的实际售价应定为多少元/个？
21．如图，，，E是上一点，使得；
(1)求证：；
(2)若，，求的长；
(3)当时，请写出线段之间数量关系，并说明理由．
B卷（60分）
四、填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分，请把答案填在相应答题卡上）
22．若p、q是方程的两个不相等的实数根，则代数式的值为 ．
23．斜边长，另两边长恰好是关于方程的两个根，则的周长是 ．
24．代数基本定理告诉我们对于形如（其中，，…，为整数）这样的方程，如果有整数根的话，那么整数根必定是的约数．例如方程的整数根只可能为，代入检验得时等式成立．故含有因式，所以原方程可转化为：，进而可求得方程的所有解．请你仿照上述解法，解方程：得到的解为 ．
25．如图，在正方形中，是等边三角形，、的延长线分别交于点，，连接、，与相交于点，给出下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的结论是 （填序号）．
五、解答题（本大题共3小题，每小题12分，共36分，解答应写出必要的文字说明或推演步骤）
26．材料：对于一个关于的二次三项式，除了可以利用配方法求该多项式的取值范围外，爱思考的小宁同学还想到了利用根的判别式的方法，如下例：
例：求的最小值；
解：令 ∴
∴ ∴，∴的最小值为4．
请利用上述方法解决下列问题：
如图1，在中，，高，矩形的一边在边上，、两点分别在、上，交于点．

(1)若，求矩形的面积；
(2)设，求矩形的面积最大值．
27．【背景】法国数学家弗朗索瓦·韦达于1615年在其著作《论方程的识别与订正》中提出了说明一元二次方程中根与系数之间关系的韦达定理．根据韦达定理，不仅可以根据已知的一元二次方程求出两根的和与乘积，还可以根据两根的和与乘积构造一元二次方程．
【探究】写出符合条件的一元二次方程，使得其两根、满足：
①，，方程：__________；
②，，方程：__________．
【应用】，，若，求的值．
【推广】若实数、、满足，，求正数的最小值．
28．（1）课本再现：
已知：如图，是的中位线．求证：，且．
证明：如下图，延长至点，使得，连接．请你根据小乐添加的辅助线，写出完整的证明过程；（不再添加新的辅助线）

（2）知识应用
如下图，在四边形中，，，，，点，分别是，的中点，求的长．

参考答案与解析
1．B
【分析】根据一元二次方程的定义，即可求解．一元二次方程定义，只含有一个未知数，并且未知数项的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程．
【详解】解：A. ，不是整式方程，不是一元二次方程，故该选项不正确，不符合题意；
B. ，是一元二次方程，故该选项正确，符合题意；
C. ，含有2个未知数，不是一元二次方程，故该选项不正确，不符合题意；
D. ，不是整式方程，不是一元二次方程，故该选项不正确，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的定义是解题的关键．
2．C
【分析】根据二次根式的化简，乘法法则及除法法则计算判断．
【详解】解：A. ，原计算错误；
B. ，原计算错误；
C. ，原计算正确；
D. ，原计算错误；
故选：C．
【点睛】此题考查了二次根式的计算，正确正确二次根式的化简，乘除法计算法则是解题的关键．
3．D
【分析】根据比例式的性质，即可得到答案．
【详解】解：∵⇔，
⇔，
⇔，
⇔，
∴变形正确的是选项D．
故选：D．
【点睛】本题主要考查比例式的性质，掌握比例式的内项之积等于外项之积，是解题的关键．
4．D
【分析】本题主要考查了成比例线段，判定四条线段是否成比例，计算最长与最短线段的乘积，两较长线段的积，看是否相等即可．
【详解】解：∵，
∴长为2，3，4，5的线段不是成比例线段，故A不符合题意；
∵，
∴长为1，3，6，12的线段不是成比例线段，故B不符合题意；
∵，
∴长为1.5，2，3.5，4的线段不是成比例线段，故C不符合题意；
∵，
∴长为4，5，8，10的线段是成比例线段，故D符合题意；
故选D．
5．D
【分析】根据，可以得到，然后即可判断添加各个选项中的条件是否可以使得，本题得以解决．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴当添加条件时，则，故选项A不符合题意；
当添加条件时，则，故选项B不符合题意；
当添加条件 时，则，故选项C不符合题意；
当添加条件 时，则不一定相似，故选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查相似三角形的判定，解答本题的关键是明确题意，利用三角形相似的判定方法解答．
6．D
【分析】过点A作平行横线的垂线，交点B所在的平行横线于D，交点C所在平行横线于E，根据平行线分线段成比例定理，列出比例式，计算即可得解．
【详解】解：过点A作平行横线的垂线，交点B所在的平行横线于D，交点C所在平行横线于E，

，
五线谱是由等距离的五条平行横线组成的，
，
，
解得，
故选：D．
【点睛】此题考查了平行线分线段成比例定理，熟练掌握并灵活运用该定理、找准对应线段是解答此题的关键．
7．D
【分析】与墙垂直的一边长为x m，则与墙平行的一边长为m，根据花圃面积为即可列出关于x的一元二次方程，此题得解．
【详解】解：设与墙垂直的一边长为x m，则与墙平行的一边的长为m，
根据题意得：．
故选：D．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，根据花圃的面积列出关于x的一元二次方程是解题的关键．
8．C
【分析】由点M到两坐标轴的距离相等可得出，求出a的值即可．
【详解】解：∵点M到两坐标轴的距离相等，
∴
∴，
∴a=4或a=-1.
故选C．
【点睛】本题考查了点到坐标轴的距离与坐标的关系，解答本题的关键在于得出，注意不要漏解．
9．C
【分析】根据位似图形的性质，得到，根据得到相似比为：，再结合三角形的周长比等于相似比即可得到答案．
【详解】解：和是以点为位似中心的位似图形，
，
，
，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了相似图形的性质，掌握位似图形与相似图形的关系，熟记相似图形的性质是解决问题的关键．
10．A
【分析】延长交的延长线于点G．证明，得出，求出，根据平行线分线段成比例定理，得出，代入求出结果即可．
【详解】解：延长交的延长线于点G，如图所示：

∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，，
∵为的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
解得：，
∴
故选：A．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定和性质，平行线分线段成比例定理，解题的关键是作出辅助线，证明，求出．
11．A
【分析】设，等式两边平方得，然后解一元二次方程即可．
【详解】解：设，
两边平方得，
整理得，
解得，（舍去），
即则．
故选：A．
【点睛】本题考查了二次根式的化简求值：方程的思想的运用是解决问题的关键．也考查了规律性问题的解决方法．
12．A
【分析】根据已知和矩形的性质可分别求得AC，，的长，从而可发现规律，根据规律即可求得．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，，，
∴，
∴．
∵按逆时针方向作矩形ADCB的相似矩形，
∴矩形的边长和矩形ADCB的边长的比为，
即，
∴，
∴ ，
依此类推，．
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似多边形的性质，解此题的关键是能根据求出的结果得出规律．
13．且
【分析】根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式计算即可得解．
【详解】解：∵有意义，
∴，
∴且．
故答案为：且．
【点睛】本题考查的知识点为：分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数．
14．且
【分析】根据二次项系数非零以及，列出不等式组进行求解即可．
【详解】解：由题意，得：，
解得：且；
故答案为：且．
【点睛】本题考查根的判别式．解题的关键是掌握，一元二次方程有两个实数根．注意二次项系数非零．
15．
【分析】根据题意可得，然后相似三角形的性质，即可求解．
【详解】解：∵和均为直角
∴，
∴，
∴
∵，
∴,
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
16．15
【分析】根据正方形的性质及相似三角形的性质可进行求解．
【详解】解：如图，

由题意可知，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为15．
【点睛】本题主要考查正方形的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
17．
【分析】本题主要考查了二次根式的加减计算，零指数幂，先计算零指数幂，化简二次根式和去绝对值，再根据二次根式的加减计算法则求解即可．
【详解】解：原式
．
18．(1)，；
(2)，．
【分析】此题考查了一元二次方程的解法，熟练掌握配方法、因式分解法等方法与步骤是解题的关键．
（1）利用配方法解此一元二次方程即可；
（2）利用因式分解法求解一元二次方程．
【详解】（1）解：，
配方得，
即，
即，
∴，．
（2）解：，
移项、变形得：，
提取公因式得：，
∴或，
∴，．
19．5.6米
【分析】只需要证明得到，然后代入数值计算即可．
【详解】解：由题意得，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴米，
∴雕像的高度的高度是5.6米．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的应用举例，证明得到是解题的关键．
20．(1)20%
(2)50元/个
【分析】（1）设该品牌头盔销售量的月增长率为，根据“从4月份到6月份销售量的月增长率相同”列一元二次方程，求解即可；
（2）设该品牌头盔的实际售价为y元/个，“月销售利润达到10000元”列方程，求解即可．
【详解】（1）设该品牌头盔销售量的月增长率为，依题意得：
，
解得，（不合题意，舍去）．
答：该品牌头盔销售量的月增长率为20%；
（2）设该品牌头盔的实际售价为y元/个，依题意得：
，
整理得，
解得（不合题意，舍去），，
答：该品牌头盔的实际售价应定为50元/个．
【点睛】本题考查了列一元二次方程解决实际问题，准确理解题意，找出等量关系且熟练掌握知识点是解题的关键．
21．(1)证明见解析
(2)
(3)线段之间数量关系：，理由见解析．
【分析】此题主要考查学生对相似或全等三角形判定与性质的理解和掌握，本题符合“一线三等角”模型．
（1）先根据同角的余角相等可得，利用两角相等证明三角形相似即可；
（2）先根据勾股定理得出，再根据，列比例式可得结论；
（3）先根据，证明，可得，证明，则，同理可得：，相加可得结论．
【详解】（1）证明：，，
，，
，，
，
，
．
（2）解：中，
，，
，
，
，
由（1）得：，
，
，
．
（3）解：线段之间数量关系：，
理由是：如图，过作于，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
同理可得：，
，
．
22．
【分析】根据一元二次方程的解的定义得到，再根据根与系数的关系得到，然后利用整体思想计算即可．
【详解】∵若p、q是方程的两个不相等的实数根，
∴，，
∴，
∴
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，一元二次方程的解，利用整体思想降次消元是解题的关键．
23．
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系得,，又已知斜边长，则，所以有解这求出，从而求得，即可求解.
【详解】解：∵的两个根是b，c，
∴,,
∵斜边长，
∴
∴
解得： （负值不符合题意，已舍去）
∴
∴所求的周长为
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了一元二次方程根与系数关系，勾股定理定理，熟练掌握一元二次方程根与系数关系和勾股定理定理是解题的关键．
24．或或
【分析】本题通过题干分析，按照题干的方法可得方程：的整数根只能是，，代入检验得时等式成立，得到，然后根据方法转化原方程，得到对应的解．
【详解】解：的整数根只可能为，，代入检验得时等式成立，
故含有因式，
，
，
∴，或，
∴，，，
故答案为：或或．
【点睛】本题考查高阶次幂的一元方程的解法，通过判断整数解来进行因式分解，从而求出对应的解．
25．①②④⑤
【分析】由等边三角形的性质和等腰三角形的性质可得，故①正确；通过证明，可得，可求，可证，故⑤④正确；由相似三角形的性质可得，故③错误，根据，得，是等边三角形，，，得，所以②正确；即可求解．
【详解】解：是等边三角形，
，，
四边形是正方形，
，，
，
，故①正确；
是等边三角形，
，，
四边形是正方形，
，
是等边三角形，
，
，
，
在中，
，
，
，故②正确；
，
，
，
，
，
，，
而，
，故⑤正确；
，
，
，
，
又，
，故④正确；
，
，
，
，
，
，故③错误，
故答案为：①②④⑤．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，直角三角形的性质，等边三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
26．(1)
(2)
【分析】（1）证，得出，根据，，高，得出，设，则，求出，计算矩形的面积即可；
（2）证，得，即，则，设矩形的面积为，建立等式，得出，根据，计算出，即可得出矩形的面积最大值．
【详解】（1）解：∵为高，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
整理得：，
解得：，
即，
∴矩形的面积；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴矩形的面积最大值为．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、相似三角形的应用、一元二次方程的应用和根的判别式，能准确理解新方法、并运用新方法是解题的关键．
27．探究：①；②；应用：；推广：2
【分析】本题考查了一元二次方程中根与系数和根的判别式，解题的关键是熟练掌握一元二次方程中根与系数之间关系，和根的判别式．
探究：根据一元二次方程的两个根构造方程；根据一元二次方程的两个根构造方程；
应用：先求出，，则，为方程的两根，由方程的解代入方程得到，，然后整体代入得到，据此即可求解；
推广：由，，转化为，是关于方程的两根，然后用根的判别式即可求解．
【详解】解：探究：∵，，
∴构造一元二次方程为：，即，
∴，
故答案为：；
∵，，
∴构造一元二次方程为：，即，
∴
故答案为：；
应用：∵，，
∴，，
∴，为方程的两根，
∴，，
∴，，
∵，
∴
∴，
解得：；
推广：∵，，
∴，，
∴，为方程的两根，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即：正数的最小值为．
28．（1）证明见解析；（2）5
【分析】（1）如图1，延长至点，使得，连接，利用证明，再证明四边形是平行四边形，即可得证；
（2）取中点M，连接，由已知可得，，， ，再根据，，由平行线的性质求得，再利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：如图1，延长至点，使得，连接，
，
点是的边的中点，
，
在和中，
，
，
，，
，
又点是的边的中点，
，
，
四边形是平行四边形，
，，即，；
（2）解：如图，取中点M，连接，
点，，分别是，，的中点，，，，，
，，，，
，，
，
，
在中，．
的长为5．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理，平行线的性质，正确理解题意通过构造中位线进行求解是解题的关键．