广东省佛山市三水中学附中2024-2025学年九年级上学期第一次段测数学试卷（10月份）

这是一份广东省佛山市三水中学附中2024-2025学年九年级上学期第一次段测数学试卷（10月份），共18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。
1．（3分）一元二次方程3x2﹣2x+1＝0的二次项系数和常数项分别是（ ）
A．3，﹣1B．﹣2，3C．3，1D．3，﹣2
2．（3分）已知＝＝＝（b+d+f≠0），则＝（ ）
A．B．C．D．
3．（3分）一元二次方程x2+2x﹣3＝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
4．（3分）根据表格对应值：判断关于x的方程ax2+bx+c＝0的一个解x的范围是（ ）
A．1.1＜x＜1.2B．1.2＜x＜1.3C．1.3＜x＜1.4D．无法判定
5．（3分）将分别标有“中”、“考”、“必”、“胜”汉字的四张卡片装在一个不透明的盒子中，这些卡片除汉字外无其他差别，随机抽出其中两张，抽出的卡片上的汉字能组成“必胜”的概率是（ ）
A．B．C．D．
6．（3分）数学课上，李老师与学生们做“用频率估计概率”的试验：不透明袋子中有2个白球、3个黄球和5个红球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机取出一个球，某种颜色的球出现的频率如图所示，则该球的颜色最有可能是（ ）
A．白球B．黄球C．红球D．黑球
7．（3分）如图，在Rt△ABC中，点D是斜边BC的中点，以AD为边作正方形ADEF．若S正方形ADEF＝36，则BC的长为（ ）
A．6B．10C．12D．18
8．（3分）如图，矩形ABCD中，连接AC，延长BC至点E，使BE＝AC，连接DE．若∠ACB＝40°．则∠E的度数是（ ）
A．40°B．50°C．60°D．70°
9．（3分）小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图①所示菱形，并测得∠B＝60°，接着活动学具成为图②所示正方形，并测得对角线AC＝20cm，则图①中对角线AC的长为（ ）
A．30cmB．20cmC．20cmD．10cm
10．（3分）如图1，矩形ABCD中，BD为其对角线，一动点P从D出发，沿着D→B→C的路径行进，过点P作PQ⊥CD，垂足为Q．设点P的运动路程为x，PQ﹣DQ为y，y与x的函数图象如图2，则AD的长为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分
11．（3分）已知a，b，c，d是成比例线段，其中a＝6cm，b＝4cm，c＝3cm，则线段d＝ cm．
12．（3分）已知一元二次方程x2﹣6x+9＝0的两根为x1、x2，则x1•x2＝ ．
13．（3分）如图所示的两个转盘进行“配紫色”游戏，配得紫色的概率是 （第一个圆三等份，第二个圆二等份，红色和蓝色配成紫色）
14．（3分）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，AC⊥BD于点O．请添加一个条件： ，使四边形ABCD成为菱形．
15．（3分）如图是一块矩形菜地ABCD，AB＝a（m），AD＝b（m），面积为s（m2），现将边AB增加1m．
（1）如图1，若a＝5，边AD减少1m，得到的矩形面积不变，则b的值是 ．
（2）如图2，若边AD增加2m，有且只有一个a的值，使得到的矩形面积为2s（m2），则s的值是 ．
三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题8分，共24分。
16．（8分）计算：
（1）x2﹣8x+7＝0；
（2）（x+1）2＝2（x+1）．
17．（8分）已知a、b、c是△ABC的三边长，且，求：
（1）的值；
（2）若△ABC的周长为24，求各边的长．
18．（8分）2024年“五一”假期，扬州各旅游景区持续火热．小明和小亮准备到东关街、瘦西湖、运河三湾风景区、个园、何园（分别记作A、B、C、D、E）参加公益讲解活动．
（1）若小明在这5个景区中随机选择1个景区，则选中东关街的概率是 ；
（2）小明和小亮在C、D、E三个景区中，各自随机选择1个景区，请用画树状图或列表的方法，求小明和小亮选到相同景区的概率．
四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分。
19．（9分）若关于x的一元二次方程x2﹣2（m+1）x+m2+5＝0有两个实数根x1，x2．
（1）求m的取值范围；
（2）若x1，x2恰好是对角线长为6的矩形的相邻两边的边长，求m的值．
20．（9分）已知A＝2x2﹣3x+2，B＝x2﹣x﹣1．
（1）若3B﹣A＝0，请求出x的值；
（2）请比较A与B的大小，并说明理由．
21．（9分）“我运动，我健康，我快乐!”随着人们对身心健康的关注度越来越高．某市参加健身运动的人数逐年增多，从2021年的32万人增加到2023年的50万人．
（1）求该市参加健身运动人数的年均增长率；
（2）为支持市民的健身运动，市政府决定从A公司购买某种套装健身器材．该公司规定：若购买不超过100套，每套售价1600元；若超过100套，每增加10套，售价每套可降低40元．但最低售价不得少于1000元．已知市政府向该公司支付货款24万元，求购买的这种健身器材的套数．
五、解答题（三）：本大题共2小题，每小题12分，共24分。
22．（12分）如图，在矩形ABCD中，AB＝3cm，BC＝6cm．点P从点D出发向点A运动，运动到点A即停止；同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是1cm/s．连接PQ、AQ、CP．设点P、Q运动的时间为t s．
（1）当t＝ 时，四边形ABQP是矩形；
（2）当t＝ 时，四边形AQCP是菱形；
（3）是否存在某一时刻t使得PQ⊥PC，如果存在，请求出t的值，如果不存在，请说明理由．
（4）在运动过程中，沿着AQ把△ABQ翻折，当t为何值时，翻折后点B的对应点B′恰好落在PQ边上．
23．（12分）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是直线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE（A，P，E按逆时针排列），点E的位置随点P的位置变化而变化．
（1）如图1，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，则BP与CE的数量关系是 ，BC与CE的位置关系是 ；
（2）如图2，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立．请予以证明；若不成立，请说明理由；
（3）当点P在直线BD上时，其他条件不变，连接BE．若，请画出图形并直接写出△APE的面积．
2024-2025学年广东省佛山市三水中学附中九年级（上）第一次段测数学试卷（10月份）
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．【解答】解：方程3x2﹣2x﹣1＝0的二次项系数和常数项分别为3和1，
故选：C．
2．【解答】解：∵＝＝＝（b+d+f≠0），
由合比性质，得＝，
故选：B．
3．【解答】解：一元二次方程x2+2x﹣3＝0中a＝1，b＝2，c＝﹣3，
∴Δ＝b2﹣4ac＝22﹣4×1×（﹣3）＝4+12＝16＞0，
∴有两个不相等的实数根，
故选：D．
4．【解答】解：当x取1.3与1.4之间的某个数时，y＝0，即这个数是ax2+bx+c＝0的一个根．
∴一元二次方程的一个解x的取值范围为1.3＜x＜1.4．
故选：C．
5．【解答】解：画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中抽出的卡片上的汉字能组成“必胜”的结果有2种，
∴抽出的卡片上的汉字能组成“必胜”的概率为＝，
故选：C．
6．【解答】解：观察统计图可知：该球的频率稳定在0.20左右，
所以抽到该球的概率为0.20，
∵抽到白球的概率为，抽到黄球的概率为，抽到红球的概率为1﹣0.3﹣0.2＝0.5，
∴该球的颜色最有可能是白球，
故选：A．
7．【解答】解：∵四边形ADEF是正方形，S正方形ADEF＝36，
∴AD2＝36，
∵AD＞0，
∴AD＝6，
∵在Rt△ABC中，点D是斜边BC的中点，
∴BC＝2AD＝12，
故选：C．
8．【解答】解：连接BD交AC于点F，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD＝AC，
∵BE＝AC，
∴BD＝BE，
∴∠E＝∠BDE，
∵BF＝DF＝BD，CF＝AF＝AC，
∴BF＝CF，
∴∠DBE＝∠ACB＝40°，
∵∠BDE+∠E＝2∠E＝180°﹣∠DBE＝140°，
∴∠E＝70°，
故选：D．
9．【解答】解：如图①，②中，连接AC．
，
在图②中，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠B＝90°，
∵AC＝20cm，
∴AB＝BC＝10cm，
在图①中，∵∠B＝60°，BA＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC＝10cm，
故选：D．
10．【解答】解：由图象得：CD＝2，当BD+BP＝4时，PQ＝CD＝2，
设AD﹣CD＝a，则BD＝4﹣a，
在Rt△BCD中，BD2﹣BC2＝CD2，
即：（4﹣a）2﹣（a+2）2＝22，
解得：a＝，
∴AD＝a+2＝，
故选：B．
二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分
11．【解答】解：∵a，b，c，d是成比例线段，
∴a：b＝c：d，
∵a＝6cm，b＝4cm，c＝3cm，
∴6：4＝3：d，
解得：d＝2，
故答案为：2．
12．【解答】解：∵一元二次方程x2﹣6x+9＝0的两根为x1、x2，
∴x1•x2＝9，
故答案为：9．
13．【解答】解：由树状图可知，共有3×2＝6种可能，配得紫色的有3种，所以概率是．
14．【解答】解：当添加“AD∥BC”时，
∵AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；
当添加：“AB＝CD”时，
∵AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；
当添加“OB＝OD”时，
∵AD＝BC，AC⊥BD，
∴Rt△ADO≌Rt△CBO（HL），
∴AO＝CO，DO＝BO，
∴四边形ABCD是菱形；
当添加：“∠ADB＝∠CBD”时，
∴AD∥BC，
∵AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形．
故答案为：AD∥BC（或AB＝CD或OB＝OD 或ADB＝∠CBD等 ）．
15．【解答】解：（1）∵边AD减少1m，得到的矩形面积不变，
∴5b＝（5+1）×（b﹣1），
解得：b＝6，
故答案为：6；
（2）根据题意知b＝，
∵边AB增加1m，边AD增加2m，得到的矩形面积为2s（m2），
∴（a+1）（b+2）＝2s，
∴（a+1）（+2）＝2s，
整理得：2a++2﹣s＝0，
∴2a2+（2﹣s）a+s＝0，
∵有且只有一个a的值使得到的矩形面积为2s，
∴Δ＝0，即（2﹣s）2﹣8s＝0，
解得s＝6﹣4（不符合题意，舍去）或s＝6+4，
故答案为：6+4．
三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题8分，共24分。
16．【解答】解：（1）x2﹣8x+7＝0；
（x﹣1）（x﹣7）＝0，
x﹣1＝0或x﹣7＝0，
所以x1＝1，x2＝7．
（2）（x+1）2＝2（x+1），
（x+1）2﹣2（x+1）＝0，
（x+1）（x+1﹣2）＝0，
x+1＝0或x﹣1＝0，
所以x1＝﹣1，x2＝1．
17．【解答】解：（1）∵，
设a＝3x，b＝5x，c＝4x，
∴；
（2）设a＝3x，b＝5x，c＝4x，
∵△ABC的周长为24，
可得3x+5x+4x＝24，
12x＝24，
解得：x＝2，
∴a＝3x＝6，b＝5x＝10，c＝4x＝8．
18．【解答】解：（1）由题意知，共有5种等可能的结果，其中选中东关街的结果有1种，
∴选中东关街的概率是．
故答案为：．
（2）列表如下：
共有9种等可能的结果，其中小明和小亮选到相同景区的结果有3种，
∴小明和小亮选到相同景区的概率为＝．
四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分。
19．【解答】解：（1）∵关于x的一元二次方程x2﹣2（m+1）x+m2+5＝0有两个实数根，
∴Δ＝[﹣2（m+1）]2﹣4（m2+5）＝8m﹣16≥0，
解得：m≥2；
（2）由根与系数的关系可知x1+x2＝2（m+1），，
∵x1，x2恰好是对角线长为6的矩形的相邻两边的边长，
∴，
整理，得m2+4m﹣21＝0，
∴m1＝3，m2＝﹣7，
又∵m≥2，且x1+x2＝2（m+1）＞0，
∴m＝3．
20．【解答】解：（1）∵3B﹣A＝0，
∴3（x2﹣x﹣1）﹣（2x2﹣3x+2）＝0，
∴x2﹣5＝0，
∴x2＝5，
∴x＝±，
答：x的值为±；
（2）A＞B，
理由如下：∵A﹣B＝2x2﹣3x+2﹣（x2﹣x﹣1）
＝x2﹣2x+3
＝（x﹣1）2+2，
又对于任意的x部有 （x﹣1）2≥0，
∴A﹣B＝（x﹣1）2+2≥2＞0．
∴A＞B．
21．【解答】解：（1）设该市参加健身运动人数的年均增长率为x，
由题意得：32（1+x）2＝50，
解得：x1＝0.25＝25%，x2＝﹣2.25（不符合题意，舍去），
答：该市参加健身运动人数的年均增长率为25%；
（2）设购买的这种健身器材的套数为m套，
由题意得：m（1600﹣×40）＝240000，
整理得：m2﹣500m+60000＝0，
解得：m1＝200，m2＝300（不符合题意，舍去），
答：购买的这种健身器材的套数为200套．
五、解答题（三）：本大题共2小题，每小题12分，共24分。
22．【解答】解：（1）由已知可得，BQ＝DP＝t cm，AP＝CQ＝（6﹣t）cm，
在矩形ABCD中，∠B＝90°，AD∥BC，AD＝BC，
当BQ＝AP时，四边形ABQP为矩形，
∴t＝6﹣t，
解得：t＝3，
故当t＝3时，四边形ABQP为矩形；
（2）∵BQ＝DP＝t cm，AD＝BC，
∴AD﹣DP＝BC﹣BQ，
即AP＝CQ，
∵AD∥BC，
∴四边形AQCP为平行四边形，
∴当AQ＝CQ时，四边形AQCP为菱形，
根据勾股定理得：AQ2＝AB2+BQ2＝32+t2，CQ2＝（6﹣t）2，
∴此时32+t2＝（6﹣t）2，
解得，
故当时，四边形AQCP为菱形；
（3）不存在某一时刻t使得PQ⊥PC；理由如下：
过Q作QM⊥AD，交AD于M，如图所示：
则∠QMD＝∠QMA＝90°，
∵∠QMA＝∠BAM＝∠B＝90°，
∴四边形ABQM是矩形，
∴AM＝BQ＝t cm，QM＝AB＝3cm，
∴MP＝（6﹣2t）cm，
∴PQ2＝PM2+QM2＝（6﹣2t）2+32，
∵矩形ABCD中∠D＝90°，
∴△PDC为直角三角形，
∴PC2＝PD2+CD2＝t2+32，
∵PQ⊥PC，
∴∠QPC＝90°，
∴PQ2+PC2＝CQ2，
即：（6﹣2t）2+32+t2+32＝（6﹣t）2，
∴2t2﹣6t+9＝0，
∵Δ＝b2﹣4ac＝36﹣72＝﹣36＜0，
∴此方程无实数根，
∴不存在某一时刻t使得PQ⊥PC；
（4）如图2，
根据折叠可知：∠AQB＝∠AQB′，AB′＝AB＝3cm，BQ＝B′Q＝t cm，∠AB′Q＝∠B＝90°，
在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴∠AQB＝∠PAQ，
∴∠AQB′＝∠PAQ，
∴PA＝PQ＝（6﹣t）cm，
∴B′P＝6﹣t﹣t＝（6﹣2t）cm，
∵∠AB′P＝180°﹣90°＝90°，
在Rt△AB′P中，由勾股定理得：AB′2+B′P2＝PA2，
∴32+（6﹣2t）2＝（6﹣t）2，
即：t2﹣4t+3＝0，
解得：t1＝1，t2＝3，
答：当t等于1或3时，翻折后点B的对应点B′恰好落在PQ边上．
23．【解答】解：（1）如图1，连接AC，延长CE交AD于点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°；
∵△APE是等边三角形，
∴AP＝AE，∠PAE＝60°，
∵∠BAP+∠PAC＝∠CAE+∠PAC＝60°，
∴∠BAP＝∠CAE，
在△BAP和△CAE中，
，
∴△BAP≌△CAE（SAS），
∴BP＝CE；
∵四边形ABCD是菱形，
∴，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BCA＝60°，
∵△BAP≌△CAE，
∴∠ABP＝∠ACE＝30°，
∴∠BCE＝∠BCA+∠ACE＝60°+30°＝90°，
∴CE⊥BC，
故答案为：BP＝CE，CE⊥BC；
（2）（1）中的结论：BP＝CE，CE⊥AD仍然成立，理由如下：
如图2中，连接AC，设CE与AD交于H，
∵菱形ABCD中，AB＝BC且∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝∠ACB＝60°，
∵△APE是等边三角形，
∴AP＝AE，∠PAE＝60°，
∴∠BAC+∠PAC＝∠PAE+∠PAC，
∴∠BAP＝∠CAE，
在△ABP和△ACE中，
，
∴△ABP≌△ACE（SAS），
∴BP＝CE，∠ACE＝∠ABP，
∵，
∴∠ACE＝∠ABP＝30°，
∴∠BCE＝∠ACE+∠ACB＝90°，
∴CE⊥BC，
∴（1）中的结论：BP＝CE，CE⊥BC仍然成立；
（3）如图3中，当点P在BD的延长线上时，连接AC交BD于点O，连接CE，BE，作EF⊥AP于F，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BD平分∠ABC，
∵∠ABC＝60°，，
∴∠ABO＝30°，
∴，，
∴BD＝6，
由（2）知CE⊥BC，
∵，，
∴，
由（2）知BP＝CE＝8，
∴DP＝2，
∴OP＝5，
∴，
∵△APE是等边三角形，
∴，
如图4中，当点P在DB的延长线上时，同法可得，
∴，
综上所述，△AEP的面积为或．
x
1.1
1.2
1.3
1.4
ax2+bx+c
﹣3.59
﹣2.16
﹣0.71
0.76
C
D
E
C
（C，C）
（C，D）
（C，E）
D
（D，C）
（D，D）
（D，E）
E
（E，C）
（E，D）
（E，E）