福建省惠安螺城中学2023-2024学年九年级上册期中数学试题（含解析）

这是一份福建省惠安螺城中学2023-2024学年九年级上册期中数学试题（含解析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本大题共10小题，共40分）
1．式子在实数范围内有意义，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．下列二次根式中，最简二次根式是（ ）
A．B．C．D．
3．用配方法解方程，配方后的方程是（ ）
A．B．C．D．
4．一元二次方程x2+3x+4=0的根的情况是（ ）
A．没有实数根B．只有一个实数根
C．有两个相等的实数根D．有两个不相等的实数根
5．如图，直线 ，若，，，则的长为（ ）

A．B．C．D．
6．如图是老师画出的，已标出三边的长度，下面四位同学画出的三角形与老师画出的不一定相似的是（ ）

B．
C． D．
7．如图1所示的是用杠杆撬石头的示意图，当用力压杠杆时，杠杆绕着支点转动，另一端会向上翘起，石头就被翘动了．在图2中，杠杆的端被向上翘起，动力臂与阻力臂满足（与相交于点），要把这块石头翘动，至少要将杠杆的点向下压（ ）
A．B．C．D．
8．如图，平面直角坐标系中，点A是y轴上一点，B（6，0），C是线段AB中点，且OC=5，则点A的坐标是（ ）
A．B．C．D．
9．如图，某校在操场东边开发出一块边长分别为18米、11米的矩形菜园，作为劳动教育系列课程的实验基地之一．为了便于管理，现要在中间开辟一纵两横三条等宽的小道，要使种植面积为96平方米．设小道的宽为x米，可列方程为（ ）
A．B．
C．D．
10．已知一元二次方程的两根为，则的值为（ ）
A．B．C．2D．5
二、填空题（本大题共6小题，共24分）
11．若，则 ．
12．一元二次方程的解是 ．
13．如图，将∠AOB放在边长为1的小正方形组成的网格中，则tan∠AOB= ．
14．如图，一山坡的坡度，小明从A处爬到B处所走的直线距离AB＝10米，则他在垂直方向上升的高度CB为 米．
15．如图所示，已知点，分别是的边，的中点，，相交于点，，则的长为 ．
16．如图，分别是反比例函数和在第一象限内的图象，点A在上，线段交于点，作轴于点，交于点，延长交于点，作轴于点，下列结论：①；②；③；④．其中正确的是 （填序号）
三、解答题（本大题共9小题，共86分）
17．计算：.
18．解方程：．
19．如图，在△ABC中，点D在AB边上，∠ABC=∠ACD，
（1）求证：△ABC∽△ACD
（2）若AD=2，AB=5.求AC的长．
20．已知关于x的一元二次方程．
(1)若方程有实数根，求实数m的取值范围；
(2)若方程的两个根，满足，求m的值．
21．在如图的方格纸中，△OAB的顶点坐标分别为O（0,0），A（-2,-1），B（-1,-3），与△OAB是关于点P为位似中心的位似图形．
(1)在图中标出位似中心P的位置；
(2)以原点O为位似中心，在位似中心的同侧画出△OAB的一个位似，使它与△OAB的位似比为2：1；
(3)△OAB的内部一点M的坐标为（a，b），直接写出点M在中的对应点的坐标为__________．
22．如图①是一栋新建的房屋，图②是房屋的示意图，在地面上C点测得屋顶E的仰角为，沿直线方向走7米到达点D时，又测得屋檐E点的仰角为，房屋的顶层横梁，屋顶到横梁的距离米，求房屋的高（结果精确到1米）．（）
23．某水果商场经销一种高档水果，原价每千克50元，连续两次降价后每千克32元，若每次下降的百分率相同．
(1)求每次下降的百分率．
(2)若每千克盈利10元，每天可售出500千克，经市场调查发现，在进货价不变的情况下商场决定采取适当的涨价措施，若每千克涨价1元，日销售量将减少20千克，现该商场要保证每天盈利6000元，且要尽快减少库存，那么每千克应涨价多少元？
24．将一张矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为．是BC边上的一个动点（点不与点，重合），将沿翻折得到，设．
（1）如图1，若，则______；
（2）如图2，连接，当时，求的面积；
（3）连接，当为何值时，为直角三角形？
25．问题背景：
一次数学综合实践活动课上，小慧发现并证明了关于三角形角平分线的一个结论．如图1，已知AD是△ABC的角平分线，可证＝．小慧的证明思路是：如图2，过点C作CE∥AB，交AD的延长线于点E，构造相似三角形来证明＝．
(1)尝试证明：请参照小慧提供的思路，利用图2证明＝；
(2)应用拓展：如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是边BC上一点．连接AD，将△ACD沿AD所在直线折叠，点C恰好落在边AB上的E点处．
①若AC＝1，AB＝2，求DE的长；
②若BC＝m，∠AED＝，求DE的长（用含m，的式子表示）．
参考答案与解析
1．D
【分析】由二次根式有意义的条件列不等式可得答案．
【详解】解：由式子在实数范围内有意义，


故选D．
【点睛】本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数为非负数是解题的关键．
2．D
【分析】判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．
【详解】解：∵，被开方数含开得尽方的因数，
故A错误；
∵被开方数含有分母，
故B错误；
∵被开方数含有分母，
故C错误；
∵被开方数不含分母且不含能开得尽方的因数或因式，
故D正确．
故选：D．
【点睛】本题考查最简二次根式的定义．根据最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
3．A
【分析】将方程常数移到右边，再配方—方程两边同时加上4即可得到答案．
【详解】解：方程，
移项得：，
配方得：，
即，
故选：A．
【点睛】此题考查了解一元二次方程的方法—配方法，熟练掌握完全平方公式是解题的关键．
4．A
【分析】先求出“△”的值，再判断即可．
【详解】解：∵x2+3x+4=0，
∴△=32﹣4×1×4=-7＜0，
∴方程没有实数根，
故选A．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根的判别式与根的关系，熟练掌握根的判别式与根的关系式解答本题的关键．
5．D
【分析】本题主要考查平行性分线段成比例，掌握线段成比例的计算方法是解题的关键．
根据，可得，由此即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故答案为：．
6．C
【分析】此题考查相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键，故根据条件分别判断两个三角形是否相似即可解答．
【详解】解：A.可根据两个角对应相等的两个三角形相似判定画出的三角形与相似，故不符合题意；
B.∵，且夹角相等，∴画出的三角形与相似，故不符合题意；
C. ，但夹角不一定相等，不能判定画出的三角形与相似，故符合题意；
D. 可根据两个角对应相等的两个三角形相似判定画出的三角形与相似，故不符合题意；
故选：C．
7．D
【分析】首先根据题意构造出相似三角形，然后根据相似三角形的对应边成比例求得端点C向下压的长度．
【详解】解：由题意得，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴至少要将杠杆的点向下压，
故选D．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质的实际应用，正确地构造相似三角形是解题的关键．
8．A
【分析】由B的坐标确定出OB的长，根据直角三角形的性质求得AB的长，利用勾股定理求出OA的长，即可确定出A的坐标．
【详解】解：∵B（6，0），
∴OB=6，
在Rt△AOB中，点C为AB的中点，且OC=5，
∴AB=10，
根据勾股定理得：OA==8，
则点A的坐标为（0，8），
故选：A．
【点睛】此题考查了直角三角形的性质，勾股定理，坐标与图形的性质，熟练掌握“直角三角形斜边上的中线等于斜的一半”是解本题的关键．
9．D
【分析】由小道的宽为x米，可得出种植菜园的部分可合成长为米，宽为米的长方形，再根据种植面积为96平方米，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【详解】解：∵小道的宽为x米，
∴种植菜园的部分可合成长为米，宽为米的长方形．
依题意得：．
故选：D．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
10．A
【分析】本题主要考查一元二次方程根的定义以及根与系数的关系，熟练掌握的两根为，，则+=，=，是解题的关键．
【详解】解：∵一元二次方程的两根为，
∴，即：，，
∴，
故选：A．
11．
【分析】本题主要考查了比例的性质，熟练的利用设参数的方法是解答本题的关键．设，，即可求解的值．
【详解】解：∵，
设，，
则
故答案为．
12．
【分析】先移项，然后利用因式分解法解方程即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴或，
解得，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，熟知解一元二次方程的方法是解题的关键．
13．．
【详解】试题分析：过点A作AD⊥OB垂足为D，如图，在直角△ABD中，AD=1，OD=2，则tan∠AOB==．故答案为．
考点：1．锐角三角函数的定义；2．网格型．
14．5
【分析】根据山坡的坡度求出∠BAC，根据直角三角形的性质计算即可．
【详解】解：∵山坡的坡度i＝1：，
∴tan∠BAC＝＝，
∴∠BAC＝30°，
∵AB＝10，
∴BC＝AB＝×10＝5（米），
故答案为：5．
【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用—坡度坡角问题，掌握坡度i与坡角α之间的关系为：i＝tanα是解题的关键．
15．3
【分析】利用三角形的中位线定理以及相似三角形的判定和性质，即可解决问题．
【详解】解：∵AE＝EC，AF＝FB．
∴EF∥BC，EF＝BC，
∴,
∴FG：GC＝EF：BC＝1：2，
∵FG＝1，
∴GC＝2，
∴FC＝1＋2＝3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
16．①②④
【分析】本题考查了反比例函数的性质及的几何意义，相似三角形的判定和性质，平行线的判定，熟练掌握相关知识点是解本题的关键．
根据反比例函数中的几何意义，即可证明①正确；过点作轴于点，通过证明，，根据相似三角形面积的比等于相似比的平方，可得，再通过证明，即可求证②正确；再根据相似三角形的性质，即可证明③不正确；根据相似三角形的性质，即可证明④正确．
【详解】解：∵点A，都在上，且轴，轴，
∴，
又∵，，
∴，故①正确；
如图，过点作轴于点，
∴，
∴，
∵，，，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故②正确；
∴，故③不正确；
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，即，故④正确；
综上所述，正确的结论有①②④．
故答案为：①②④．
17．4
【分析】根据二次根式的乘法运算法则计算，再将二次根式化简，结合特殊角的三角函数值即可求解．
【详解】解：原式
【点睛】本题考查的知识点是二次根式的化简以及特殊角的三角函数值，熟记以上知识点是解此题的关键．
18．x1=3，
【分析】因式分解法解.
【详解】
(-2x-1)(-x+3)=0
x1=3，.
【点睛】考查利用因式分解法解一元二次方程，因式分解法是解决本题的关键．
19．（1）详见解析；（2）
【分析】（1）根据∠ABC=∠ACD，∠A=∠A即可证明,
（2）由上一问列出比例式,代入求值即可.
【详解】证明：
（1）∵∠ABC=∠ACD，∠A=∠A

∴△ABC∽△ACD
（2）解：△ABC∽△ACD
∴
∵AD=2, AB=5
∴
∴AC=
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质,属于简单题,列比例式是解题关键.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围；
（2）根据根与系数的关系可得出，，结合可得出关于m的一元二次方程，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵关于x的一元二次方程有实数根，
∴，
解得：；
（2）解：∵，是一元二次方程的两个实数根，
∴，，
∵，
∴，
即，
解得：，．
又∵在（1）中求出，
∴，
故答案为．
【点睛】本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，解题的关键是：（1）牢记当时，方程有实数根；（2）根据，，结合，得到关于m的一元二次方程．
21．(1)见解析
(2)见解析
(3)（2a，2b）
【分析】（1）对应点连线所在直线的交点即为位似中心；
（2）利用位似变换的性质分别作出A，B的对应点，即可；
（3）利用位似变换的性质作出图形即可．
【详解】（1）如图，点P即为所求；
（2）如图，即为所求；
证明：利用勾股定理，可得，，
则与位似比为；
（3）根据位似比的性质，可得点的坐标（2a，2b）．
故答案为：（2a，2b）．
【点睛】本题考查作图﹣位似变换，解题的关键是掌握位似变换的性质，属于中考常考题型．在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k．
22．9米
【分析】过E作EH⊥CB于H，设EH=x米，解直角三角形即可得到结论．
【详解】解：过E作于H，
设，
在中，，，，
∴
∴，
在中，，，
∵，
解得：，
∴（米），
答：房屋的高为9米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-余角和俯角问题，解题的关键是借助仰角关系构造直角三角形，并结合图形利用三角函数解直角三角形．
23．(1)每次下降的百分率为
(2)每千克应涨价5元
【分析】本题考查一元二次方程的实际应用．
（1）设每次下降的百分率为，根据原价每千克50元，连续两次降价后每千克32元，列出方程进行求解即可；
（2）设每千克应涨价元，根据总利润等于单件利润乘以销量列出方程，进行求解即可．
读懂题意，正确的列出方程，是解题的关键．
【详解】（1）解：设每次下降的百分率为，由题意，得：，
解得：（舍去）；
答：每次下降的百分率为；
（2）设每千克应涨价元，由题意，得：，
解得：，
∵要尽快减少库存，
∴，
答：每千克应涨价5元．
24．（1）36；（2）；（3）或．
【分析】（1）根据∠COD＝18°计算出∠CDO的度数，再利用翻折的性质可得∠DO＝∠CDO，即可求出∠BD的度数；
（2）延长D交x轴于点E，设设E＝y，则OE＝ED＝2+y，利用勾股定理求出E，再根据的比即可知道，即可求出△OA的面积；
（3）分∠DB＝90°，∠DB＝90°，∠BD＝90°三种情况展开讨论,结合直角三角形勾股定理和相似三角形相关知识即可求出x的值．
【详解】解：（1）∵∠COD＝18°，
∴∠CDO＝90°﹣18°＝72°，
又∵△ODC沿OD翻折得到△OD，
∴∠DO＝∠CDO＝72°，
∴∠BD＝180°﹣∠DO﹣∠CDO＝180°﹣72°﹣72°＝36°，
故答案为：36；
（2）延长D交x轴于点E，如图所示：
利用翻折易知：∠CDO＝∠DO，
∵CB∥OA，
∴∠CDO＝∠DOA，
∴∠DOA＝∠C'DO，
∴OE＝DE，
设E＝y，则OE＝ED＝2+y，
在Rt△OE中，O2+E2＝OE2，即，42+y2＝（y+2）2，
解得：y＝3，
∴OA＝3，OE＝3+2＝5，
又∵，
∴；
（3）分情况讨论：①若∠DB＝90°，则点落在OB上，如图所示：
B＝OB﹣O＝5﹣4＝1，
则由勾股定理得：D2+B2＝BD2，
∴x2+12＝（3﹣x）2，
解得：，
②若∠DB＝90°，则点落在AB上，如图所示：
AC'＝＝，CD＝D＝x，BD＝3﹣x，
此时，Rt△OA∽△BD，
∴＝，即，，
解得：x＝，
③若∠BD＝90°，则∠CDO＝∠DO＝45°，
△COD为等腰直角三角形，而OC＝4，BC＝3，
故不满足条件，
综上，当或时，△BD为直角三角形．
【点睛】本题考查四边形的综合性质，涉及翻折的基本性质，直角三角形勾股定理，相似三角形等知识，熟练掌握翻折的基本性质，直角三角形勾股定理，相似三角形等基本性质，弄清题意，数形结合，分类讨论是解题的关键．
25．(1)详见解析
(2)①DE=；②
【分析】（1）利用AB∥CE，可证得，即，由AD平分∠BAC，可知AC=EC，即可证得结果；
（2）利用（1）中的结论进行求解表示即可．
【详解】（1）解：∵AB∥CE，
∴∠BAD=∠DEC，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
∴∠CAD=∠DEC，
∴AC=EC，
∵∠BDA=∠CDE，
∴，
∴，
即，
∴；
（2）①由折叠可知，AD平分∠BAC，CD=DE，
由（1）得，，
∵AC＝1，AB＝2，
∴，
∴，
解得：CD=，
∴DE= CD=；
②由折叠可知∠AED＝∠C=，
∴，
由①可知，
∴，
∴，
即：．
【点睛】本题主要考查的是相似三角形的综合运用，灵活转化比例关系是解题的关键．