2022-2023学年辽宁省沈阳市新民市九年级上学期数学期中试题及答案

这是一份2022-2023学年辽宁省沈阳市新民市九年级上学期数学期中试题及答案，共19页。试卷主要包含了 一元二次方程根判别式的值是．等内容，欢迎下载使用。
1. 一元二次方程根判别式的值是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将，，的值代入根的判别式求解即可．
【详解】解：∵，，，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查了根的判别式的计算，找出公式中的、、的值是解题的关键
2. 同时抛掷三枚质地均匀的硬币，至少有两枚硬币正面向上的概率是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由题意可得，所有的可能性为：
∴至少有两枚硬币正面向上的概率是：，
故选D.
3. 正方形、矩形、菱形都具有的特征是（ ）
A. 对角线互相平分B. 对角线相等
C. 对角线互相垂直D. 对角线平分一组对角
【答案】A
【解析】
【分析】根据正方形的性质，菱形的性质及矩形的性质进行分析，三者都是平行四边形，从而得到答案．
【详解】解：A、三者均具有此性质，故正确；
B、菱形不具有此性质，故不正确；
C、矩形不具有此性质，故不正确；
D、矩形不具有此性质，故不正确；
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正方形、矩形、菱形的性质．
4. 关于x的一元二次方程，则a的条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义求解即可．
【详解】解：∵是关于x的一元二次方程，
∴，
即，
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，方程的两边都是整式，只含有一个未知数，并且整理后未知数的最高次数都是2，象这样的方程叫做一元二次方程．
5. 关于平行四边形ABCD的叙述，正确的是（ ）
A. 若，则平行四边形ABCD是菱形
B. 若，则平行四边形ABCD是正方形
C. 若，则平行四边形ABCD是矩形
D. 若，则平行四边形ABCD是正方形
【答案】C
【解析】
【分析】根据菱形、矩形、正方形的判定方法即可判断．
【详解】解：解：A、错误．若AB⊥BC，则平行四边形ABCD是矩形；
B、错误．若AC⊥BD，则平行四边形ABCD是菱形；
C、正确．
D、错误．若AB＝AD，则平行四边形ABCD是菱形；
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
6. 用公式法解一元二次方程时，首先要确定，，的值，下列叙述中，正确的是（ ）
A. B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据等式的性质进行变形，再得出、、的值即可．
【详解】，
移项，得，
这里，
故选：B．
【点睛】本题考查了解一元二次方程和一元二次方程的一般形式，能正确化成一元二次方程的一般形式是解本题的关键．
7. 如图，将矩形纸片沿折叠，使点A落在对角线上的处．若，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由矩形和折叠的性质，得到的的性质得和，再根据三角形教的关系即可得出答案．
【详解】解：∵四边形是矩形，，
，
由折叠的性质可得：
，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质；熟练掌握矩形性质和折叠的性质是解题的关键．
8. 在一个不透明的袋子里装有红球、黄球共20个，这些球除颜色外都相同．小明通过多次试验发现，摸出红球的概率稳定在0.2左右，则袋子中黄球的个数最有可能是（ ）．
A. 4B. 10C. 12D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】摸出红球概率是，那么摸出黄球的概率就是，然后乘以袋子里面球的总数就可以求出黄球的个数．
【详解】解：袋子中黄球的个数最有可能是：（个），
故选：D．
【点睛】本题考查了概率的认识，掌握概率的基本概念是求解的关键．
9. 若，是两个实数，定义一种运算“△”，，则方程 的实数根是（ ）．
A. ， B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据新定义运算“△”，将化为一元二次方程，再用因式分解法解出方程即可得出答案．
【详解】解：∵，
∴，
移项得，
，
提公因式得，
，
或 ，
所以，，
故选：A．
【点睛】本题考查一元二次方程的解法，读懂新定义运算，掌握一元二次方程的解法是解题关键．
10. 如图，是矩形的一条对角线，点E，F分别是的中点．若，则的长为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】先根据三角形中位线定理得到的长，再根据直角三角形斜边上中线的性质可得的长，最后代入计算即可解答．
【详解】解：∵点E，F分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
又∵E是的中点，
∴中，，
∴．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、三角形中位线定理、直角三角形的性质等知识点，掌握“在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半”和“三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半”成为解答本题的关键．
二、填空题（每小题3分，计18分）
11. 掷一枚均匀的硬币，前五次抛掷结果都是正面朝上，那么第六次抛掷的结果为正面朝上的概率为 _____．
【答案】
【解析】
【分析】大量反复试验时，某事件发生的频率会稳定在某个常数的附近，这个常数就叫做事件概率的估计值，而不是一种必然的结果即可解答．
【详解】解：掷一枚均匀的硬币，前五次抛掷结果都是正面朝上，那么第六次抛掷的结果为正面朝上的概率为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了概率的意义、用频率估计概率等知识点，掌握用频率估计概率是解答本题的关键．
12. 如图，在△ABC中，∠ACB=90°.CD为AB边上的中线，若∠A=α，则∠BCD的度数为______(用含α的代数式表示).
【答案】(90°−α)
【解析】
【分析】根据直角三角形的性质求出∠B，根据直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半得到CD＝AB＝BD，根据等腰三角形的性质解答即可．
【详解】解：∠B＝90°−∠A＝90°−α，
∵∠ACB＝90°，CD为AB边上的中线，
∴CD＝AB＝BD，
∴∠BCD＝∠B＝90°−α，
故答案为90°−α．
【点睛】本题考查的是直角三角形的性质，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
13. 若某两位数的十位数字是方程的根，则它的十位数字是 _____．
【答案】7
【解析】
【分析】解方程，求出方程的解，根据两位数的十位不为0从而求出答案．
【详解】依题意解方程：
，
又因为两位数，
所以十位数字是7，
故答案为：7．
【点睛】此题考查了用因式分解解一元二次方程，关键是正确求解方程，并结合题意两位数的十位确定出取值．
14. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，且，，于点E，则__________．
【答案】##4.8
【解析】
【分析】利用菱形的性质即可计算得出BC的长，再根据面积法即可得到AE的长．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，且AC=6，DB=8，
∴CO=AC=3，BO=BD=4，AO⊥BO，
∴BC==5，
∵S菱形ABCD=AC•BD=BC•AE，
∴AE=，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了菱形的性质以及勾股定理的运用，关键是掌握菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直平分．
15. 已知，则的值是 _____．
【答案】1或2
【解析】
【分析】先将方程分解因式，求解方程，用x表示y，然后分情况讨论x与y的关系，最后化简求值．
【详解】解：∵，
∴，
则或，
解得或，
当时，；
当时，；
综上，的值是1或2；
故答案为：1或2．
【点睛】本题考查了因式分解法解一元二次方程的应用，解题的关键是将方程分解因式，并用其中一个未知数表示另一个未知数，然后化简求解．
16. 如图，在矩形中，，，将矩形沿折叠，使点C与点A重合，则折痕的长为_____．
【答案】
【解析】
【分析】设，则，根据勾股定理列出关于x的方程，解方程得出，求出，过点E作于H，则四边形是矩形，根据勾股定理求出．
【详解】解：设，则，
∵沿翻折后点C与点A重合，
∴，
在中，，
即，
解得，
∴，
由翻折的性质得，，
∵矩形的对边，
∴，
∴，
∴，
过点E作于H，则四边形是矩形，
∴，
，
∴，
在中，．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，勾股定理，矩形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握折叠的性质和矩形的性质．
三.解答题：（共58分）
17. 解方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）先开平方，再解一元一次方程即可求解；
（2）直接利用公式法求解即可．
【小问1详解】
，
，
，
解得．
【小问2详解】
，
解得，．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，要求学生掌握解一元二次方程的方法与步骤，解题关键是选择合适的方法进行求解．
18. 已知是关于的方程的一个实数根，并且这个方程的两个实数根恰好是等腰三角形的两条边．求的值及的周长．
【答案】，的周长为14．
【解析】
【分析】把代入原方程得，然后解关于的方程即可求得的值，从而得到原方程为，进而解方程得，，根据三角形三边的关系得到等腰三角形ABC的腰长为7，底边长为3，然后计算的周长．
【详解】解：把代入方程得，
，
解得；
∴方程为，
解得，，
∵，
∴等腰三角形ABC的腰长为7，底边长为3，
∴的周长为．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解，也考查了三角形三边的关系．
19. 如图，四边形ABCD是矩形，E是BD上的一点，连接AE、CE，，，求证：四边形ABCD是正方形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据AAS证明可得，再结合四边形ABCD是矩形可得结论．
【详解】证明：在和中，
∴（AAS），
∴，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABCD是正方形．
【点睛】此题主要考查了正方形的判定，熟练掌握正方形的判定是解答此题的关键．
20. 某超市为了答谢顾客，凡在本超市购物的顾客，均可凭购物小票参与抽奖活动，奖品是三种瓶装饮料，它们分别是：绿茶（500ml）、红茶（500ml）和可乐（600ml），抽奖规则如下：①如图，是一个材质均匀可自由转动的转盘，转盘被等分成五个扇形区域，每个区域上分别写有“可”“绿”“乐”“茶”“红”字样；②参与一次抽奖活动的顾客可进行两次“有效随机转动”（当转动转盘，转盘停止后，可获得指针所指区域的字样，我们称这次转动为一次“有效随机转动”）；③假设顾客转动转盘，转盘停止后，指针指向两区域的边界，顾客可以再转动转盘，直到转动为一次“有效随机转动”；④当顾客完成一次抽奖活动后，记下两次指针所指区域的两个字，只要这两个字和奖品名称的两个字相同（与字的顺序无关），便可获得相应奖品；不相同时，不能获得任何奖品．
根据以上规则，回答下列问题：
（1）求一次“有效随机转动”可获得“乐”字的概率；
（2）有一名顾客凭本超市的购物小票，参与了一次抽奖活动，请你用列表或画树状图的方法，求该顾客经过两次“有效随机转动”后，获得一瓶可乐的概率．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）由转盘被等分成五个扇形区域，每个区域上分别写有“可”、“绿”、“乐”、“茶”、“红”字样；直接利用概率公式求解即可求得答案；
（2）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与该顾客经过两次“有效随机转动”后，获得一瓶可乐的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
【详解】解：（1）∵转盘被等分成五个扇形区域，每个区域上分别写有“可”、“绿”、“乐”、“茶”、“红”字样；
∴一次“有效随机转动”可获得“乐”字的概率为：；
（2）画树状图得：
∵共有25种等可能的结果，该顾客经过两次“有效随机转动”后，获得一瓶可乐的有2种情况，
∴该顾客经过两次“有效随机转动”后，获得一瓶可乐的概率为：．
【点睛】本题主要考查了几何概型的概率公式，考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
21. 某农场去年种植了10亩地的南瓜，亩产量为2000，根据市场需要，今年该农场扩大了种植面积，并且全部种植了高产的新品种南瓜，已知南瓜种植面积的增长率是亩产量的增长率的2倍，今年南瓜的总产量为60 000kg，求南瓜亩产量的增长率．
【答案】
【解析】
【分析】根据南瓜总产量=亩产量×亩数，列出关于南瓜亩产量的增长率为的方程即可.
【详解】解：设南瓜亩产量的增长率为，则种植面积的增长率为．
根据题意，得
．
解这个方程，得，（不合题意，舍去）．
答：南瓜亩产量的增长率为．
22. 如图，在四边形中，，M，N分别是的中点．
（1）求证：；
（2）若，求的度数．
【答案】（1）详见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据直角三角形的性质得到，根据等腰三角形的三线合一证明即可；
（2）根据直角三角形的性质得到，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算，得到答案．
【小问1详解】
∵，M是的中点，
∴，
∴，
又∵N是的中点，
∴；
【小问2详解】
∵，M是的中点，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
23. 如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝6，BC＝8．点P从点A开始沿边AB向点B以1cm/s的速度移动，与此同时，点Q从点B开始沿边BC向点C以2cm/s的速度移动．设P、Q分别从A、B同时出发，运动时间为t，当其中一点先到达终点时，另一点也停止运动．解答下列问题：
（1）经过几秒，△PBQ的面积等于8cm2？
（2）是否存在这样的时刻t，使线段PQ恰好平分△ABC的面积？若存在，求出运动时间t；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）2；（2）线段PQ不能平分△ABC的面积．
【解析】
【详解】试题分析：（1）设出运动所求的时间，可将BP和BQ的长表示出来，代入三角形面积公式，列出等式，可将时间求出；
（2）将△PBQ的面积表示出来，根据△=b2-4ac来判断．
试题解析：解：（1）设经过x秒，△PBQ的面积等于8cm2则：
BP=6-x，BQ=2x，
所以S△PBQ=×（6-x）×2x=8，即x2-6x+8=0，
可得：x=2或4（舍去），
即经过2秒，△PBQ的面积等于8cm2．
（2）设经过y秒，线段PQ恰好平分△ABC的面积，△PBQ的面积等于12cm2，
S△PBQ=×（6-y）×2y=12，
即y2-6y+12=0，
因为△=b2-4ac=36-4×12=-12＜0，所以△PBQ面积不会等于12cm2，则线段PQ不能平分△ABC的面积．
考点：一元二次方程的应用．
四.拓展创新题：（满分24分）
24. 某校数学兴趣小组开展了一次课外活动，过程如下：如图①，正方形ABCD中，AB=4，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点与D点重合．三角板的一边交AB于点P，另一边交BC的延长线于点Q．
（1）求证：AP=CQ；
（2）如图②，小明在图1的基础上作∠PDQ的平分线DE交BC于点E，连接PE，他发现PE和QE存在一定的数量关系，请猜测他的结论并予以证明；
（3）在（2）的条件下，若AP=1，求PE的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）PE=QE，理由见解析
（3）PE的长为3.4
【解析】
【分析】（1）由正方形的性质得出∠ADC＝∠A＝∠B＝∠BCD＝∠DCQ＝90°，AD＝BC＝CD＝AB＝4，证出∠ADP＝∠CDQ，由ASA证明△APD≌△CQD，得出对应边相等即可；
（2）由全等三角形的性质得出PD＝QD，证出∠PDE＝∠QDE，由SAS证明△PDE≌△QDE，得出对应边相等即可；
（3）由（2）和（1）得出PE＝QE，CQ＝AP＝1，求出BQ＝BC+CQ＝5，BP＝AB﹣AP＝3，设PE＝QE＝x，则BE＝5﹣x，在Rt△BPE中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【小问1详解】
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝∠A＝∠B＝∠BCD＝∠DCQ＝90°，AD＝BC＝CD＝AB＝4，
∵∠PDQ＝90°，
∴∠ADP＝∠CDQ，
在△APD和△CQD中，
，
∴△APD≌△CQD（ASA），
∴AP＝CQ；
【小问2详解】
解：PE＝QE，理由如下：
由（1）得：△APD≌△CQD，
∴PD＝QD，
∵DE平分∠PDQ，
∴∠PDE＝∠QDE，
在△PDE和△QDE中，
，
∴△PDE≌△QDE（SAS），
∴PE＝QE；
【小问3详解】
解：由（2）得：PE＝QE，由（1）得：CQ＝AP＝1，
∴BQ＝BC+CQ＝5，BP＝AB﹣AP＝3，
设PE＝QE＝x，则BE＝5﹣x，
在Rt△BPE中，由勾股定理得：32+（5﹣x）2＝x2，
解得：x＝3.4，
即PE的长为3.4．
【点睛】本题考查了正方形性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
25. 如图，在正方形中，点K在上，连接，过点A，C分别作的垂线，垂足分别为M，N，点O是正方形对角线交点，连接；
（1）求证：；
（2）请判定的形状，并证明．
【答案】（1）详见解析
（2）是等腰直角三角形，详见解析
【解析】
【分析】（1）由“”可证，可得；
（2）连接，由“”可证，可得，，由余角的性质可得，可得结论．
【小问1详解】
证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴ ；
【小问2详解】
是等腰直角三角形，
理由如下：如图，连接，
∵点O是正方形的中心，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，根据证明是本题的关键．