江西省萍乡市芦溪县2022-2023学年九年级上学期期中数学试题（解析版）

2022—2023学年第一学期期中质量监测试卷九年级数学说明：本卷满分120分，考试时间120分钟，考试时禁止使用计算器一、选择题．（每小题3分，共18分）1. 下列方程是一元二次方程的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据一元二次方程的定义“等号两边都是等式，只含有一个未知数并且未知数的最高次数是2的方程，叫做一元二次方程”进行判断即可得．【详解】解：A、整理得，，是一元一次方程，选项说法错误，不符合题意；B、，不是一元二次方程，选项说法错误，不符合题意；C、是一元二次方程，选项说法正确，符合题意；D、是二元一次方程，选项说法错误，不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，解题的关键是理解题意，掌握一元二次方程的定义．2. 若（b+d≠0），则的值为（ ）A. B. C. 1 D. 【答案】A【解析】【分析】根据等比的性质进行解答即可．【详解】∵若（b+d≠0），∴＝．故选：A．【点睛】本题考查等比的性质，解题的关键是掌握等比的性质.3. 王师傅的蘑菇培育基地2017年产量是60吨，由于科学管理，产量逐年增加，2019年产量达到80吨如果每年的增长率相同，设增长率为x，那么可列方程（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设增长率为x，根据王师傅的蘑菇培育基地2017年及2019年的产量，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．【详解】设增长率为x，依题意，得：60（1+x）2＝80．故选：A．【点睛】本题考查增长率和列一元二次方程，解题的关键是读懂题意，得到等式关系.4. 如图，在△ABC中，点D是AB边上一点（不与A，B两点重合），下列条件：①∠ACD＝∠B； ②∠ADC＝∠ACB；③AC2＝AD•AB；④，能使△ABC∽△ACD的条件的个数为（ ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】【分析】由∠A是公共角，根据有两组角对应相等的两个三角形相似与两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似，判定△ABC与△ACD相似，即可得出结果．【详解】∵∠A是公共角，∴当∠ACD＝∠B时，△ADC∽△ACB（有两组角对应相等的两个三角形相似）；当∠ADC＝∠ACB时，△ADC∽△ACB（有两组角对应相等的两个三角形相似）；当AC2＝AD•AB时，即，△ADC∽△ACB（两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似）．当时，∠A不是夹角，则不能判定△ADC与△ACB相似；∴能够判定△ABC与△ACD相似的条件是：①②③．故选：C．【点睛】本题考查相似三角形的判定，解题的关键是掌握相似三角形的判定.5. 如图，菱形ABCD沿对角线AC的方向平移到菱形A'B′C′D′的位置，点A′恰好是AC的中点．若菱形ABCD的边长为2，∠BCD＝60°，则阴影部分的面积为（ ）A. B. C. 1 D. 【答案】B【解析】【分析】先求出菱形ABCD的面积，由平移的性质可得四边形A'ECF的面积是▱ABCD面积的，即可求解．【详解】∵四边形ABCD菱形，∴AC⊥BD，AD＝2＝CD，∠DCA＝∠BCD＝30°，∴A'D＝1，A'C＝DA'＝，∴菱形ABCD的面积＝4××A'D×A'C＝2，如图，由平移的性质得，▱ABCD∽▱A'ECF，且A'C＝AC，∴四边形A'ECF的面积是▱ABCD面积的，∴阴影部分的面积＝＝，故选：B．【点睛】本题考查菱形的性质、平移的性质，解题的关键是掌握菱形的性质、平移的性质.6. 有两个一元二次方程：；，其中，以下四个结论中，错误的是（ ）A. 如果方程M有两个不相等的实数根，那么方程N也有两个不相等的实数根B. 如果方程M有两根符号相同，那么方程N的两根符号也相同C. 如果5是方程M的一个根，那么是方程N的一个根D. 如果方程M和方程N有一个相同根，那么这个根必是【答案】D【解析】【分析】求出方程的判别式，方程的判别式，再根据判别式的意义、根与系数的关系以及方程的解的意义求解即可．【详解】解：A、∵M有两个不相等的实数根，∴即，∴此时N的判别式，∴N也有两个不相等的实数根，故此选项正确，不符合题意；B、∵M的两根符号相同：即，∴N的两根之积也大于0，∴N的两个根也是同号的，故此选项正确，不符合题意；C、如果5是M的一个根，则：①，我们只需要考虑将代入N方程看是否成立，代入得：②，比较①与②，可知②式是由①式两边同时除以25得到，故②式成立，故此选项正确，不符合题意；D、比较方程M与N可得：，∴，∵，∴，∴，∴它们如果有根相同的根可能是1或，故此选项错误，符合题意．故选：D．【点睛】本题主要考查了根的判别式，根与系数的关系以及一元二次方程的解的意义，解题的关键是熟练掌握一元二次方程，根的判别式，根与系数的关系，．二、填空题（每小题3分，共18分）7. 若关于x的一元二次方程的一个根为，则这个一元二次方程的另一个根为________．【答案】【解析】【分析】设方程的另一个根为，根据根与系数的关系：两根之积等于，进行求解即可．【详解】解：设方程的另一个根为，由题意，得：，∴；故答案为：．【点睛】本题考查一元二次方程的根与系数的关系．熟练掌握两根之和等于，两根之积等于，是解题的关键．8. 为了检验某批足球的质量，随机抽取了50个足球，发现合格的有45个．如果从这批足球中随机取出一个，那么这个足球合格的概率约为________．【答案】##【解析】【分析】用概率公式进行计算解决问题即可．【详解】解：由题意，随机抽取了50个足球，发现合格的有45个，所以这个足球合格的概率约，故答案为．【点睛】本题考查概率，解题的关键是掌握概率公式．9. 若关于x的方程kx2+（2k﹣1）x+k﹣2＝0有两个相等的实数根，则k的值为______．【答案】﹣【解析】【分析】根据一元二次方程的定义及根的判别式△＝0，即可得出关于k的一元一次不等式及一元一次方程，解之即可得出结论．【详解】∵关于x的方程kx2+（2k﹣1）x+k﹣2＝0有两个相等的实数根，∴，解得：k＝﹣．故答案为：﹣．【点睛】本题考查一元二次方程的定义及根的判别式，解题的关键是掌握一元二次方程的定义及根的判别式.10. 若，是关于的方程的两根，则代数式的值是________．【答案】【解析】【分析】根据，是关于的方程的两根可得，，即可得到答案；【详解】解：∵，是关于的方程的两根，∴，，∴，故答案为．【点睛】本题考查一元二次方程的解与一元二次方程的根与系数的关系，解题的关键是熟练掌握．11. 中国古代三国时期的数学家赵爽，创作了一幅“勾股弦方图”，通过数形结合，给出了勾股定理的详细证明如图，在“勾股弦方图”中，以弦为边长得到的正方形ABCD是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成，这一图形被称作“赵爽弦图”张天同学要用细塑料棒制作“赵爽弦图”，若正方形ABCD与正方形EFCH的面积分别为169和49，则所用细塑料棒的长度为______．【答案】100【解析】【分析】根据正方形的面积可得两个正方形的边长分别为13和7，再根据勾股定理可求得直角三角形的两条直角边长，进而求解．【详解】∵正方形ABCD是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成，∴AE＝BF，∠AEB＝90°，∵正方形ABCD与正方形EFCH的面积分别为169和49，∴AB＝13，EF＝7，在Rt△ABE中，BE＝BF﹣EF＝AE﹣7根据勾股定理，得AE2+BE2＝AB2，即AE2+（AE﹣7）2＝132解得，AE＝12，所以BE＝12﹣7＝5，所以所用细塑料棒的长度为：4（AB+AE）＝4（13+12）＝100．故答案为100．【点睛】本题考查勾股定理，解题的关键是掌握勾股定理的应用.12. 如图，在中，，于点E，F为的中点，连结、，现有以下结论：①；②；③；其中结论正确的是________．【答案】①②③【解析】【分析】延长交的延长线于G，取的中点H，连接．先证，推出，结合，可得，可判断①；利用证明，推出，再证，，可判断②；根据可判断③．【详解】解：如图，延长交的延长线于G，取的中点H，连接．，，，，，，，．故①正确，，，，，，，，，，，，故②正确，∵，∴，故③正确，故答案为：①②③．【点睛】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质等，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．三、解答题（本大题5小题，每小题6分，共30分）13. 解下列方程：（1）（2）【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用因式分解法解答，即可求解；（2）利用配方法解答，即可求解．【小问1详解】解∶ ∵，∴，∴，解得：；【小问2详解】解∶ ∴，∴即，∴，解得：【点睛】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．14. 如图，在正方形ABCD的上方作等边三角形ADE，连接BE，CE．（1）求证：△ABE≌△DCE；（2）连接AC，设AC与BE交于点F，求∠BFC的度数．【答案】（1）证明见解析；（2）∠BFC＝60°．【解析】【分析】（1）利用等边三角形的性质和正方形的性质可得∠BAE＝∠CDE＝150°，由“SAS”可证△ABE≌△DCE；（2）首先得出∠ABE＝∠AEB＝15°，由外角性质可求解．【详解】证明：（ 1）∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠ADC＝90°，∠BAC＝45°，∵三角形ADE为正三角形，∴AE＝AD＝DE，∠EAD＝∠EDA＝60°，∴∠BAE＝∠CDE＝150°，△BAE和△CDE中，∴△ABE≌△DCE（SAS）；（2）∵AB＝AD，AD＝AE，∴AB＝AE，∴∠ABE＝∠AEB，又∵∠BAE＝150°，∴∠ABE＝∠AEB＝15°，∴∠BFC＝∠ABE+∠BAC＝60°．【点睛】本题考查等边三角形的性质、正方形的性质、三角形外角性质和全等三角形的判定（SAS），解题的关键是掌握等边三角形的性质、正方形的性质、三角形外角性质和全等三角形的判定（SAS）.15. 关于x的一元二次方程（a﹣6）x2﹣8x+9＝0有实数根．（1）求a的最大整数值；（2）当a取最大整数值时，求出该方程两根．【答案】（1）7；（2）【解析】【分析】（1）由关于x的一元二次方程（a﹣6）x2﹣8x+9＝0有实数根，则a﹣6≠0，且△≥0，即△＝（﹣8）2﹣4（a﹣6）×9＝280﹣36a≥0，解不等式得到a的取值范围，最后确定a的最大整数值；（2）将a的最大整数值代入（a﹣6）x2﹣8x+9＝0，即可求出该方程两根．【详解】解：（1）∵关于x的一元二次方程（a﹣6）x2﹣8x+9＝0有实数根，∴a﹣6≠0，且△≥0，即△＝（﹣8）2﹣4（a﹣6）×9＝280﹣36a≥0，解得：；∴a的取值范围为且a≠6，所以a的最大整数值为7；（2）将a＝7代入（a﹣6）x2﹣8x+9＝0，得x2﹣8x+9＝0，∵△＝64﹣36＝28，∴x＝＝4±．∴．【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c为常数）根的判别式△=b24ac．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．也考查了一元二次方程的定义和解法．16. 如图，AE为菱形ABCD的高，请用无刻度的直尺按要求画图（保留画图痕迹）．（1）在图1中，过点C画出AB边上的高CF；（2）在图2中，过点C画出AD边上的高CH．【答案】（1）见解析； （2）见解析．【解析】【分析】（1）连接菱形ABCD的对角线BD，交AE于G，连接CG并延长交AB于F；（2）连接菱形ABCD对角线BD，AC交于点O，连接EO并延长，交AD于H，连接CH即可．【小问1详解】如图所示，连接菱形ABCD的对角线BD，交AE于G，连接CG并延长交AB于F，CF即为所求；【小问2详解】如图所示，连接菱形ABCD对角线BD，AC交于点O，连接EO并延长，交AD于H，连接CH，CH即为所求．【点睛】本题主要考查菱形的性质，解题的关键是熟悉菱形对角线的性质．17. 课堂上，蒋老师拿出了4张分别与有数字1，2，3，4的卡片（除数字外其他都相同），让同学们随机抽取两张，并计算这两张卡片上数字的和．（1）请用列表或画树状图的方法列举出所有等可能的结果；（2）求两张卡片上数字的和大于5的概率．【答案】（1）共有12种等情况数；（2）．【解析】【分析】（1）根据题意画出树状图得出所有等情况数，分别列举出来即可；（2）先找出两张卡片上数字的和大于5的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．【详解】（1）画树状图如下共有12种等情况数，这两张卡片上数字的和分别是3，4，5，3，5，6，4，5，7，5，6，7；（2）∵共有12种等情况数，其中两张卡片上数字的和大于5的有4种，∴两张卡片上数字的和大于5的概率是＝．【点睛】本题考查画树状图法求概率，解题的关键是掌握画树状图法求概率.四、（本大题3小题，每小题8分，共24分）18. 某茶叶专卖店经销一种日照绿茶，每千克成本80元，据销售人员调查发现，每月的销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）之间存在如图所示的变化规律． （1）求每月销售量y与销售单价x之间的函数关系式．（2）若某月该茶叶点销售这种绿茶获得利润1350元，试求该月茶叶的销售单价x为多少？（）．【答案】（1） （2）95元【解析】【分析】（1）设函数解析式为，将，代入即可；（2）每千克利润乘以销售量即为总利润；根据某月获得的利润等于1350元，求出的值即可．【小问1详解】解：设一次函数解析式为，将，代入得，，解得，，与销售单价之间的函数关系式为．【小问2详解】根据题意得：；解得，解得，．答：销售单价为95元或125元．【点睛】本题一元二次方程及一次函数的应用，解题的关键是从实际问题中整理出函数和方程模型，难度不大．19. 已知矩形的对角线相交于点O，点E是边上一点，连接，且．（1）如图1，求证：；（2）如图2，设与相交于点F，与相交于点H，过点D作的平行线交的延长线于点G，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四个三角形（除外），使写出的每个三角形的面积都与的面积相等．【答案】（1）见解析 （2）、、、【解析】【分析】（1）利用SSS证明两个三角形全等即可;（2）先证明Rt△ABE≌Rt△DCE得到AE=DE，则，根据三线合一定理证明∴OE⊥AD， 推出，得到，即可证明由，得到∠OBF=∠OCH，，证明△BOF≌△COH，即可证明，则，即可推出，最后证明，即可得到；【小问1详解】证明：∵四边形是矩形，∴与相等且互相平分，∴，∵，，∴（SSS）；【小问2详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD，∠BAE=∠CDE=90°，OA=OD=OB=OC，又∵BE=CE，∴Rt△ABE≌Rt△DCE（HL）∴AE=DE，∴，∵OA=OD，AE=DE，∴OE⊥AD， ∴，∴，∴，∴；∵，∴∠OBF=∠OCH，，又∵∠BOF=∠COH，OB=OC，∴△BOF≌△COH（ASA），∴，∴，∴，∴，∴；∵，∴∠AFE=∠DGE，∠EAF=∠EDG，又∵AE=DE，∴，∴；综上所述，、、、这4个三角形的面积与△AEF的面积相等．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三线合一定理，矩形的性质，平行线的性质与判定等等，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．20. 如图，在矩形ABCD中，过BD的中点O作EF⊥BD，分别与AB、CD交于点E、F.连接DE、BF.（1）求证：四边形BEDF是菱形；（2）若M是AD中点，连接OM与DE交于点N，AD=OM=4，则ON的长是多少？【答案】（1）见解析;（2）.【解析】【分析】（1）先证明四边形BEDF是平行四边形，当EF⊥BD时，四边形BEDF是菱形，根据对角线互相垂直平分的四边形为菱形证明即可；（2）根据中位线的定义与性质，得到边ON与AE的关系，在Rt△DAE中利用勾股定理列出等式，即可求出ON.【详解】解：（1）当EF⊥BD时，四边形BEDF是菱形，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DEO=∠OFB，∠EDO=∠OBF，∵O是BD的中点∴OB=OD∴△EOD≌△FOB，∴EO=FO，又∵OB=OD∴四边形BEDF是平行四边形∵EF⊥BD，∴四边形BEDF是菱形；（2）∵M是AD中点，OD=OB∴MO是△ABD的中位线∴MO∥ABMO=AB∴ON是△DEB的中位线∴ON=EB∵AD=OM=4∴AB=2MO=8设ON=x,则EB=2x,AE=AB-EB=8-2x,DE=EB=2x.在Rt△DAE中，由勾股定理得：解得：综上所得ON的长是.【点睛】本题考查了菱形与矩形性质和判定的应用，能在矩形中找到边的关系，再利用勾股定理是解决第(2)小题的关键.五、（本大题2小题，每题9分，共18分）21. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝6，点E是斜边AB上的一个动点，连接CE，过点B，C分别作BD∥CE，CD∥BE，BD与CD相交于点D．（1）当CE⊥AB时，求证：四边形BECD是矩形；（2）填空：①当BE的长为______时，四边形BECD是菱形；②在①的结论下，若点P是BC上一动点，连接AP，EP，则AP+EP的最小值为______．【答案】（1）证明见解析；（2）①；②3．【解析】【分析】（1）根据矩形的判定：有一个角是直角的平行四边形是矩形即可证明；（2）①根据菱形的判定定理：对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可求解；②根据对称性：连接ED交BC于点P，此时AP+EP＝AD，最小，再过点D作DF垂直AC的延长线于点F，根据勾股定理即可求解．【详解】如图所示：（1）∵BD∥CE，CD∥BE，∴四边形BDCE是平行四边形，∵CE⊥AB，∴∠BEC＝90°，∴四边形BECD是矩形；（2）①当BE的长为时，四边形BECD是菱形．理由如下：连接ED，与BC交于点O，∵四边形BDCE是平行四边形，当BC和DE互相垂直平分时，四边形BDCE是菱形，BO＝BC＝3，OE＝AC＝2，∴根据勾股定理，得BE＝＝＝．故答案为．②连接AD，与BC交于点P，连接PE，此时PD＝PE，AP+EP最小，∴AP+PE＝AP+PD＝AD，过点D作DF垂直于AC的延长线于点F，得矩形ODFC，∴CF＝OD＝2，DF＝OC＝3，∴AF＝AC+CF＝6，∴在Rt△ADF中，根据勾股定理，得AD＝＝＝3．∴AP+EP的最小值为3．故答案为3．【点睛】本题考查矩形的判定、菱形的判定定理、勾股定理，解题的关键是掌握矩形的判定、菱形的判定定理、勾股定理.22. 小亮参加学校数学兴趣小组活动，提供了下面3个有联系的问题，请你帮助解决：（1）如图1，正方形中，作交BC于E，交于F，求证：；（2）如图2，正方形中，点E，F分别在上，点G，H分别在上，且，求的值；（3）如图3，矩形中，，，点E，F分别在上，且，求的值．【答案】（1）见解析 （2）1 （3）【解析】【分析】（1）证明，只要证明即可．它们同有一个直角，且，又因为，这样就可以证明两三角形全等了；（2）可通过构建与已知条件相关的三角形来求解．作交于M，作交于N，那么，，由（1）知，，即，它们的比例也就求出来了；（3）做法同（2）也是通过构建三角形来求解．作交于M，作交于N，只不过证明三角形全等改为了证明其相似．解题思路和步骤是一样的．【小问1详解】证明：∵，∴，又∵，，∴，∴；【小问2详解】解：作交于M，作交于N，则，，由（1）知，，∴，即；【小问3详解】解：作交于M，作交于N，则，，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∴．【点睛】本题中（1）（2）和（3）虽然所求不一样，但是解题思路和步骤是一样，都是通过构建与已知和所求的条件相关的三角形，然后证明其全等或相似来得出线段间的相等或比例关系．六、（本大题12分）23. 正方形与正方形按如图1放置，点A，D，G在同一条直线上，点E在边上，，，连接， （1）线段与 的关系为 ；（2）将正方形绕点D顺时针旋转一个锐角后，如图2，请问（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由；（3）在正方形绕点D顺时针旋转一周过程中，是否存在的时刻？若存在，请探求此时刻的长，若不存在，请说明理由．【答案】（1），； （2）结论仍然成立，见解析； （3）存在，或．【解析】【分析】（1）延长交于点H，易证，可得到，，再证，即可得出结论；（2）设与交于点H，易证，可得到，，再证，，即可得出结论；（3）分两种情况讨论，当点E旋转到线段上时，过点D作于点M，构造等腰直角三角形和直角三角形，可通过勾股定理分别求出、的长即可；当点E旋转到线段的延长线上时，过点D作于点N，构造等腰直角三角形和直角三角形，可通过勾股定理分别求出的长，再求出的长在中通过勾股定理可求出的长；【小问1详解】解：线段与 的关系为：，，理由如下：如图1，延长交于点H，∵四边形和四边形是正方形，∴， ，，∴，∴，，∵，，∴，∴，即，故答案为：，；【小问2详解】解：结论仍然成立，理由如下：如图2，设与交于点H，∵四边形和四边形是正方形，∴， ，，∴，即，∴，∴，，∵，，∴，∴，即，∴，，∴（1）中的结论仍然成立；【小问3详解】解：如图3﹣1，当点E旋转到线段上时，过点D作于点M，∵，，∴，∴是等腰直角三角形，∴，在中，，，∴，∴；如图3﹣2，当点E旋转到线段的延长线上时，过点D作于点N，则，∵，∴，∴是等腰直角三角形，∴，在中，，，∴，∴，∵，∴在中，，综上所述，的长为或．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，旋转的性质以及勾股定理等，解题关键是在第（3）问中能够根据题意分情况讨论并画出图形，才能保证解答的完整性．