四川省成都市成都高新实验中学2023-2024学年九年级上册期中数学试题（含解析）

这是一份四川省成都市成都高新实验中学2023-2024学年九年级上册期中数学试题（含解析），共25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。
（时间：120分钟，总分：150分）
A卷（共100分）
一、单选题（共32分）
1．方程的根是（ ）
A．B．C．，D．，
2．下列说法正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形
B．四条边都相等的四边形是正方形
C．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
D．四个角相等的四边形是矩形
3．已知（a≠0，b≠0），下列变形错误的是（ ）
A．B．2a=3bC．D．3a=2b
4．用配方法解方程x2-2x=2时，配方后正确的是（ ）
A．B．C．D．
5．如图，直线，直线AC和DF被，，所截，AB＝8，BC＝12，EF＝9，则DE的长为（ ）
A．5B．6C．7D．8
6．顺次连接四边形四边的中点所得的四边形为矩形，则四边形一定满足（ ）
A．B．C．D．
7．某校九年级学生毕业时，每个同学都将自己的相片向全班其他同学各送一张留作纪念，全班共送了3540张相片，如果全班有x名学生，根据题意，列出方程为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在平行四边形中，，，过点A作边的垂线交的延长线于点E，点F是垂足，连接交于点O．则下列结论：①四边形是正方形；②；③；④，正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、填空题（共20分）
9．已知，那么 ．
10．在比例尺是的地图上，量得甲乙两地的距离是2厘米，上午9点20分有一架飞机从甲地飞往乙地，上午11点20分到达，这架飞机每小时飞行 千米．
11．相邻两边长的比值是黄金分割数的矩形叫做黄金矩形，从外形看最具美感．现在想要制作一张“黄金矩形”的贺年卡，如果较长的一条边长等于20厘米，那么相邻一条边的边长等于 厘米．（精确到0.01）
12．若实数a，b是方程的两个实数根，则的值是 ．
13．如图，某小区有一块长为，宽为的矩形空地，计划在其中修建两块相同的矩形绿地，它们的面积之和为，两块绿地之间及周边有宽度相等的人行通道，设人行通道的宽度为米，则可列方程 ．

三、解答题（共48分）
14．按要求计算
(1)计算：；
(2)解不等式组：；
(3)解方程：；
(4)解方程：．
15．已知AB∥CD，AD，BC相交于点O，若OA＝2，OD＝4，AB＝3，
（1）求证：△ABO∽△DCO；
（2）求线段CD的长．
16．如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，.
(1)以原点为位似中心，在轴的右侧画出将放大为原来的2倍得到的，请写出点的对应点的坐标；
(2)画出将向左平移1个单位，再向上平移2个单位后得到的，写出点的对应点的坐标；
(3)请在图中标出与的位似中心，并写出点的坐标．
17．如图，在平行四边形ABCD中，点О是对角线AC中点，过点О作EFAC分别交边AB，CD于点E，F．
(1)求证：四边形AECF是菱形；
(2)当AF平分时，且 CF=5，DF=2，求AD的值．
18．如图，四边形为边长为8的正方形，点E为边中点，F，G分别为边上两动点，于H．
(1)求证：；
(2)若点H为中点，连接并延长交于点K．求的长．
B卷（共50分）
一、填空题（共20分）
19．关于x的一元二次方程（k－1）x2－2x+1=0有两个不相等的实数根，则实数k的取值范围是 ．
20．已知方程的两根分别为，，则的值为 ．
21．如图，在边长为7的等边中，D、E分别在边上，，，连接交于点P，则的长为 ．
22．如图，在边长为6的菱形中，为其对角线，，点M、N分别是边上的动点，且．连接交于点P．则点P到直线的距离的最大值为 ．
23．如图，正方形中，点E是边上一点，连接，以为对角线作正方形，边与正方形的对角线相交于点H，连接，有以下五个结论：①；②；③；④；⑤若，则，你认为其中正确的是 （填写序号）．
二、解答题
24．某快餐店有A、B两种招牌套餐，A套餐的成本为10元/份，B套餐成本为12元/份，一份B套餐的售价比一份A套餐的售价贵3元钱，买6份A套餐与买5份B套餐花费一样．
(1)求快餐店A套餐和B套餐的单价分别为多少元；
(2)商家统计发现，每天平均可售A套餐300份和B套餐200份，如果将A套餐的单价每提高0.1元，则每天将少售出A套餐5份：如果将B套餐的单价每提高0.2元，则每天将少售出B套餐7份；该快餐店决定将两种套餐都提高a元，在不考虑其他因素的条件下，当a为多少时，才能使该商家每天销售这两种套餐获取的利润共2055元．
25．如图，在平面直角坐标系中，点A，B分别在x轴，y轴正半轴上，AO＝2BO，点C（3，0）（A点在C点的左侧），连接AB，过点A作AB的垂线，过点C作x轴的垂线，两条垂线交于点D，已知△ABO≌△DAC，直线BD交x轴于点E．
(1)求直线AD的解析式；
(2)直线AD有一点F，设点F的横坐标为t，若△ACF与△ADE相似，求t的值；
(3)如图2，在直线AD上找一点G，直线BD上找一点P，直线CD上找一点Q，使得四边形AQPG是菱形，求出G点的坐标．
26．（1）问题探究；如图1，在正方形中，点E，Q分别在边上，于点O，点G，F分别在边上，．

①判断与的数量关系：______；②推断：的值为________；
（2）类比探究，如图（2），在矩形中，（k为常数），将矩形沿折叠，使点A落在边上的点E处，得到四边形交于点H，连接交于点O．试探究与之间的数量关系，并说明理由；

（3）拓展应用．如图3，四边形ABCD中，，点M、N分别在边上，求的值．

参考答案与解析
1．C
【分析】根据因式分解法解一元二次方程，即可求解．
【详解】解：，
∴或，
解得：，，
故选：C．
【点睛】本题考查了因式分解法解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
2．D
【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定逐项判断即可
【详解】解：A：对角线互相垂直且平分的的四边形是菱形，故A错误，不符合题意
B：四条边都相等且有一个角为直角的平形四边形是正方形，故B错误，不符合题意
C：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故C错误，不符合题意
D：四个角相等的四边形是矩形，说法正确，符合题意
故选D
【点睛】本题考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定，掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理是解题关键．
3．B
【分析】根据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】解：由得，3a=2b，
A、由比例的基本性质得： 3a=2b，正确，不符合题意；
B、由比例的基本性质得3a=2b，错误，符合题意；
C、由比例的基本性质得：3a=2b，正确，不符合题意；
D、由比例的基本性质得：3a=2b，正确，不符合题意；
故选B．
【点睛】本题考查了比例的性质，主要利用了两内项之积等于两外项之积．
4．C
【分析】方程左右两边都加上1，左边化为完全平方式，右边合并即可得到结果．
【详解】解：x2-2x=2，
x2-2x+1=2+1，即（x-1）2=3．
故选：C．
【点睛】本题考查了解一元二次方程-配方法，熟练掌握用配方法解一元二次方程的步骤是解决问题的关键．
5．B
【分析】根据平行线分线段成比例可知，代值求解即可得到结论．
【详解】解：∵，
∴，
∵AB＝8，BC＝12，EF＝9，
∴，解得DE＝6，
故选：B．
【点睛】本题考查平行线分线段成比例，读懂题意，结合图形得到相应比例求解是解决问题的关键．
6．B
【分析】利用三角形中位线的性质得出，再由四边形是矩形，即可得出结果．
【详解】解：由于E、F、G、H分别是的中点，
根据三角形中位线定理得：，
∵四边形是矩形，即，
∴，
故选：B．
【点睛】题目主要考查中点四边形及矩形的判定和性质，三角形中位线的性质，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
7．C
【分析】设全班有x名学生，根据“每个同学都将自己的相片向全班其他同学各送一张留作纪念，全班共送了3540张相片，”列出方程，即可求解．
【详解】解：设全班有x名学生，根据题意，
．
故选：C
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，明确题意，准确得到等量关系是解题的关键．
8．D
【分析】本题主要考查了正方形的判定、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，根据有一个角是90°的平行四边形是正方形证明即可①；利用相似三角形的性质证明即可②；证明等腰直角三角形，然后再利用等腰三角形的性质即可判断③；证明即可判定④；灵活运用相关性质和定理成为解题的关键．
【详解】解：①∵，
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是正方形，即①正确；
②∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，即②正确；
③∵，
∴．
∵，
∴，
∴，即③正确；
④∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，即④正确．
综上，正确的有4个．
故选D．
9．
【分析】根据比例的性质即可求出答案．
【详解】解：，
，
；
故答案为：．
【点睛】本题考查比例的基本性质，熟练掌握比例的基本性质是解题的关键．
10．900
【分析】由题意可知：上午9点20分有一架飞机从甲地飞往乙地，上午11点20分到达共飞了2小时，根据“比例尺是1：90000000”，又因为甲乙两地的图上距离是2厘米，求实际距离，进而求出答案．
【详解】解：甲乙两地的实际距离：
，
（千米），
（千米）；
答：这架飞机每小时行900千米．
故答案为：900．
【点睛】本题考查比例线段，正确根据比例进行计算是解题关键．
11．
【分析】由黄金矩形的定义，可知黄金矩形的宽与长之比为，设所求边长为x，代入已知数据即可得出答案．
【详解】解：设所求边长为x，由题意，
得，
解得x=cm．
故答案为．
【点睛】本题主要考查了黄金分割点的概念，需要熟记黄金比的值．
12．4
【分析】根据根与系数的关系得到a+b=4即可求解．
【详解】解：∵a，b是方程的两个实数根，
∴；
故答案为：4．
【点睛】本题考查了根与系数的关系：若，是一元二次方程（a≠0）的两根时，，．
13．
【分析】根据矩形空地长为，宽为，设人行通道的宽度为米，可表示出两块相同的矩形绿地的长和宽，根据两块相同的矩形绿地面积之和为，由此即可求解．
【详解】解：∵矩形空地长为，宽为，设人行通道的宽度为米，
∴两块相同的矩形绿地的长为，宽为，且面积之和为，
∴，整理得，，
∴设人行通道的宽度为米，列方程．
【点睛】本题主要考查一元二次方程在实际问题中的运用，掌握解一元二次方程与实际问题中的数量关系的综合是解题的关键．
14．(1)
(2)
(3)
(4)
【分析】（1）本题主要考查了二次根式的加减运算，先根据负整数次幂、零次幂、绝对值、算术平方根化简，然后再计算即可；掌握相关运算法则是解题的关键；
（2）本题主要考查了解一元一次不等式组，先分别求出每个不等式的解集，然后再求解集的公共部分即可；根据不等式的解集确定不等式组的解集是解题的关键；
（3）本题主要考查了解一元二次方程，直接运用配方法进行解答即可；灵活运用配方法解一元二次方程是解题的关键；
（4）本题主要考查了解一元二次方程，直接运用因式分解法求解即可；灵活运用因式分解法一元二次方程是解题的关键．
【详解】（1）解：
．
（2）解：
解不等式①可得：；
解不等式②可得：；
所以，不等式组的解集为：．
（3）解：，
，
，
，
，
所以．
（4）解：，
，
，
．
15．（1）见解析；（2）线段CD的长为6．
【分析】（1）由AB∥CD得到∠A=∠D，∠B=∠C，根据相似三角形的判定方法得到△ABO∽△DCO；
（2）利用相似三角形的性质可计算出CD．
【详解】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠A=∠D，∠B=∠C，
∴△ABO∽△DCO；
（2）解：∵△ABO∽△DCO，
∴，即，
∴CD=6．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质：有两组角对应相等的两个三角形相似；相似三角形的对应角相等，对应边的比相等．
16．(1)图见解析，点的坐标
(2)图见解析，点的坐标
(3)图见解析，
【分析】（1）利用位似的定义作图，再根据点的位置直接写出点的坐标即可；
（2）利用平移的性质作图，并写出坐标即可；
（3）连接任意两对对应点，它们的交点即为所求．
【详解】（1）如图即为所求作的三角形，点的坐标；
（2）如图，即为所求作的三角形，点的坐标；
（3）点即为所求作；．
【点睛】本题考查了图形的位似作图、图形的平移等知识，解题关键是掌握位似作图的概念与方法．
17．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由平行四边形的性质知OA=OC，再由EFAC推出EF是线段AC的垂直平分线，得到AF=CF，AE=CE，再由等腰三角形三线合一的性质得出，再利用平行线的性质推出，证出AF=AE=CE=CF，即可得到四边形AECF是菱形；
（2）先由AF平分，AF=CF，推出，结合推出，进而推出，代入求解即可求出AD的值．
【详解】（1）证明：∵平行四边形ABCD中，点О是对角线AC中点，
∴OA=OC，
∵EFAC，
∴EF是线段AC的垂直平分线，
∴AF=CF，AE=CE，
在等腰三角形AFC中，EOAC，OA=OC，
（三线合一），
又平行四边形ABCD，
，
，
∴AF=AE=CE=CF，
四边形AECF是菱形．
（2）证明：∵AF平分，
，
∵AF=CF，
，
，
又，
，
，
∵CF=5，DF=2，
∴CD=7，
，
．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、菱形的判定，垂直平分线的性质、等腰三角形三线合一、相似三角形的判定和性质等知识，涉及知识点较多，难度一般，解题方法不唯一，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．
18．(1)见解析
(2)
【分析】（1）如图：过点F作于点M，再利用正方形的性质、平行线的性质、垂直的定义证明，再根据全等三角形对应边相等即可证明结论；
（2）如图：过点H作于点N，再利用三角形的中位线定理和平行线的性质证明，最后相似三角形的性质以及线段的和差即可解答．
【详解】（1）证明：如图：过点F作于点M，
∵四边形为边长为8的正方形，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴．
在和中，
，
∴，
∴．
（2）解：如图：过点H作于点N，
∵，，
∴，
∵点E为边中点，
∴为的中位线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴,解得：，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、平行线的判定与性质、三角形的中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
19．k＜2且k≠1
【分析】根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到k﹣1≠0且＝（﹣2）2﹣4（k﹣1）＞0，然后求出两个不等式的公共部分即可．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程（k－1）x2－2x+1=0有两个不相等的实数根，
∴k－1≠0且∆=（－2）2－4（k－1）＞0，
解得：k＜2且k≠1．
故答案为：k＜2且k≠1．
【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判别式＝b2﹣4ac：当＞0，方程有两个不相等的实数根；当＝0，方程有两个相等的实数根；当＜0，方程没有实数根．
20．4
【分析】利用一元二次方程解的定义得到，；然后由根与系数的关系求得；最后代入所求的代数式求值即可．
【详解】解：∵方程的两根分别为，，
∴，，，
∴
．
故答案是：4．
【点睛】此题主要考查了根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．
21．
【分析】连接，取中点F，连接．由等边三角形的性质结合题意和所作辅助线易证为等边三角形，即得出，从而又易证，再根据含30度角的直角三角形的性质结合勾股定理可求出，．易证，得出，从而可求出．即又易证，得出，进而证明，得出，代入数据，即可求出的长．
【详解】如图，连接，取中点F，连接．
∵为等边三角形，
∴，．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵在和中，，
∴，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
解得：．
故答案为：．
【点睛】本题考查等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，综合性强，较难．正确作出辅助线是解题关键．
22．
【分析】先证为等边三角形可得，再证，进而证得为等边三角形可得，然后证明可得，进而求得设长为x,则,然后可得当时，最长；即当垂直于时，等边三角形边长最小，最小，最长．再过P作垂直于于E点，然后根据直角三角形的性质、勾股定理求解即可．
【详解】解：∵，
∴为等边三角形，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴,
∴为等边三角形，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
设长为x,则,
∴，
∴，
∴当时，最长，
即当垂直于时，等边三角形边长最小，此时最长，满足条件，
如图：作于点E．
∵，
∴，
∴，
在中，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形判定与性质、相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键．
23．①②③④
【分析】由正方形的性质和余角的性质可知，即可判定①；根据和都是等腰直角三角形，可得，从而得到即可判断②；由②相似知：，可得，可判定③；由可证，根据对应边成比例即可判定④；⑤设,则,由勾股定理知，借助④的证明即可判定⑤．
【详解】解：①∵正方形和正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即①正确．
②∵和都是等腰直角三角形，
∴，
又∵，
∴，即②正确．
③∵，
∴，
∴；即③正确．
④∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，即④正确．
⑤设,
∴,
在中，由勾股定理知：，
∵，
∴，
∴,
∴,
∴，即⑤错误．
综上所述，符合题意的结论有①②③④．
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理、正方形的性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定是解决问题的关键．
24．(1)一份A套餐的售价为15元，则一份B套餐的售价为18元
(2)当时，才能使该商家每天销售这两种套餐获取的利润共2055元
【分析】（1）设一份A套餐的售价为x元，则一份B套餐的售价为元，根据6份A套餐价格=5份B套餐价格列出方程解方程即可；
（2）两种套餐都提高a元后，根据销售A套餐获得的利润+销售B套餐获得的利润=2055元列出方程，解方程即可．
【详解】（1）解：设一份A套餐的售价为x元，则一份B套餐的售价为元，根据题意得：
，
解得：，（元），
答：一份A套餐的售价为15元，则一份B套餐的售价为18元．
（2）两种套餐都提高a元后，销售一份A套餐获得的利润为元，即元，
销售一份B套餐获得的利润为元，即元，
可以销售A套餐的份数为：份，即份，
可以销售B套餐的份数为：份，即份，
根据题意得：，
解得：，（舍去），
答：当时，才能使该商家每天销售这两种套餐获取的利润共2055元．
【点睛】本题主要考查了一元一次方程和一元二次方程的应用，根据题意找出题目中的等量关系式是解题的关键．
25．(1)y＝2x﹣4
(2)1或
(3)G（，3﹣3）或G（，﹣3﹣3）
【分析】（ 1）由△ABO≌△DAC，得到OC＝OA+AC＝OA+OB，再由已知求出AO＝2，OB＝1，即可得到A（2，0），D（3，2），用待定系数法求直线AD的解析式即可；
（2 ）由题意可知只有△ACF∽△ADE和△ACF∽△AED两种情况，此时F点必在x轴下方，分两种情况求解即可；
（ 3）设G（n，2n﹣4），P（m，m+1），Q（3，p），AP、GQ为菱形对角线，AG＝AQ，列出方程组，解得n＝或n＝．
【详解】（1）∵△ABO≌△DAC，
∴AC＝OB，AO＝CD，
∵C（3，0），
∴OC＝3，
∵OC＝OA+AC＝OA+OB，
又∵AO＝2BO，
∴AO＝2，OB＝1，
∴B（0，1），A（2，0），
∴CD＝2，
∴D（3，2），
设直线AD的解析式为y＝kx+b，
∴，
∴，
∴直线AD的解析式为y＝2x﹣4；
（2）设BD的解析式为y＝ax+c，
把B（0，1），D（3，2）代入y＝ax+c，得
，
∴，
∴BD的解析式为y＝x+1，
令y=0，则x+1=0
∴x=-3
∴E（﹣3，0），
∴AE＝2+3=5，AD＝，ED＝2，AC＝1，
∵F点在直线AD上，
∴设F（t，2t﹣4），
∴AF＝|t﹣2|，
∵∠DAC＝∠EDA+∠DEA，
∴△ACF与△ADE相似时，只有△ACF∽△ADE和△ACF∽△AED两种情况，此时F点必在x轴下方，
∴t＜2，
①当△ACF∽△ADE时，＝，
∴＝，
∴t＝3（舍）或t＝1；
②当△ACF∽△AED时，＝，
∴，
∴t＝或t＝（舍）；
综上所述：t的值为1或；
（3）设G（n，2n﹣4），P（m，m+1），Q（3，p），
∵四边形AQPG是菱形，
∴AP、GQ为菱形对角线，AG＝AQ，
∴，
解得n＝或n＝，
∴G（，3﹣3）或G（，﹣3﹣3）．
【点睛】本题是一次函数的综合题，熟练掌握一次函数的图象及性质，菱形的性质，三角形相似的判定及性质，分类讨论，准确地计算是解题的关键．
26．（1）：=，1；（2），理由见详解；（3）
【分析】（1）证，可得，证四边形是平行四边形，进而即可求解；
（2）作，由折叠性质知，证，进而即可求解；
（3）作，连接，证得，由 ， 可得，证，进而即可求解；
【详解】解：（1）∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴．
故答案为：=，1．
（2）作，
由折叠性质知，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．

（3）作，连接，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，（舍去），
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．

【点睛】本题主要考查三角形的全等证明及性质、相似三角形的性质及证明、勾股定理等，正确做出辅助线是解题的关键．