四川省遂宁市洪中学校教育联盟2024-2025学年九年级上学期11月期中数学试题（解析版）-A4

这是一份四川省遂宁市洪中学校教育联盟2024-2025学年九年级上学期11月期中数学试题（解析版）-A4，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
总分：150分 考试时间：120分钟
一、选择题(183=54)
1. 下列方程中，属于一元二次方程的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的定义，根据“只含有一个未知数，且未知数的指数最高是2的整式方程是一元二次方程”进行逐一判断即可．
【详解】解：A、∵不是整式方程，
∴不是一元二次方程，故不符合题意；
B、是一元二次方程，故符合题意；
C、含有两个未知数，不是一元二次方程，故不符合题意；
D、当时，不是一元二次方程，故不符合题意；
故选：B．
2. 等式成立的条件是（ ）
A. 且B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次根式的意义和分母不为零的条件，列不等式组求解．
【详解】解：根据二次根式的意义，有，且x−3>0，
解得x>3.
故选:D.
【点睛】考查二次根式有意义的条件，掌握被开方数大于等于0是解题的关键.
3. 下列各式：①，②，③，④，⑤中，最简二次根式有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的定义，根据最简二次根式需要满足两个条件：①被开方数不含分母；②被开方数不含能开方开的尽因式或因数，进行判断即可．
【详解】解：①，②，③，④，⑤中，是二次根式的是，，共2个；
故选B．
4. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次根式的加减乘除运算法则求解判断即可．
【详解】解：A、，原式计算错误，不符合题意；
B、，原式计算错误，不符合题意；
C、，原式计算错误，不符合题意；
D、，原式计算正确，符合题意；
故选D．
【点睛】本题主要考查了二次根式的加减乘除计算，熟知相关计算法则是解题的关键．
5. 实数a、b在数轴上所对应的点如图所示，化简的结果是（ ）
A. aB. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了化简绝对值和求算术平方公式，实数与数轴，先根据数轴上点的位置得到．进而判断出，据此化简绝对值和求算术平方根，再化简即可得到答案．
【详解】解：由题意得，，
∴，
∴，
故选：D．
6 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了比例的性质，熟练掌握等比性质是解题的关键．利用等比性质，进行计算即可解答．
【详解】解：，
，
，
故选：A．
7. 下面四组线段中，成比例的是（ ）
A. B.
C. D. a＝
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了比例线段，比例的基本性质，利用比例的基本性质判断比例线段是解题的关键；根据比例的基本性质，若两条线段的乘积等于另两条线段的乘积，则这四条线段成比例，据此可求解．
【详解】解：A、，即，故四条线段成比例；
B、，即，故四条线段不成比例；
C、，即，故四条线段不成比例；
D、，即，故四条线段不成比例；
故选：A．
8. 已知实数，满足，，则以为根的一元二次方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，对于一元二次方程，若是该方程的两个实数根，则，据此求解即可．
【详解】解：∵实数满足，
∴当以为根的一元二次方程的二次项系数为1时，此时一次项系数为，常数项是，即符合题意的方程为，
故选：A．
9. 三角形两边长分别为3和6，第三边长是方程的解，则这个三角形的周长是（ ）
A. B. 13C. 11或8D. 11和13
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的解法，三角形三边的关系，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
先解方程求出方程解，然后利用三角形的三边关系判断解得情况，再计算三角形的周长即可．
【详解】解：，
，
解得，，
当第三边长为2时，
∵，
∴这种情况构不成三角形，
当第三边长为4时，
∵，
∴第三边长为4，
∴三角形的周长是，
故选：B．
10. 若关于x的一元二次方程 有两个实数根，则实数k的取值范围是（ ）
A. B. 且C. 且D. 且
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程的定义，一元二次方程根的判别式，解题的关键在于能够熟练掌握一元二次方程的定义和一元二次方程根的判别式．
根据一元二次方程的定义以及根的判别式的意义可得 且，求出的取值范围即可．
详解】解：∵一元二次方程有两个实数根，
∴，
∴且，
故选C．
11. 如图，DE垂直平分△ABC的边AB，交CB的延长线于点D，交AB于点E，F是AC的中点，连接AD、EF．若AD＝5，CD＝9，则EF的长为（ ）
A. 3B. 2.5C. 2D. 1.5
【答案】C
【解析】
【分析】根据垂直平分线的性质得到，点E是AB的点，结合F是AC的中点，推出EF是△ABC的中位线，由CD＝9，求出BC的长度，最后利用三角形中位线的性质求解．
【详解】解：∵DE垂直平分△ABC的边AB，AD＝5，
∴，，
∴点E是AB的点，
∵F是AC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴．
∵CD＝9，,
∴，
∴．
故选：C.
【点睛】本题主要考查了垂直平分线的性质，三角形中位线判定和性质，理解相关知识是解答关键．
12. 如图，中，．将沿图示中的虚线剪开，剪下的阴影三角形与原三角形不相似的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据相似三角形的判定逐项进行分析即可．此题考查了相似三角形的判定，熟练掌握判定三角形相似的方法是解题的关键．
【详解】解：A、阴影三角形与原三角形有两个角对应相等，故两三角形相似，
故本选项不符合题意；
B、阴影三角形与原三角形有两个角对应相等，故两三角形相似，
故本选项不符合题意；
C、两三角形的两对应边成比例，但夹角不相等，故两三角形不相似，
故本选项符合题意；
D、阴影三角形中，的两边分别为，则两三角形对应边成比例且夹角相等，故两三角形相似，
故本选项不符合题意．
故选：C．
13. 在平行四边形中，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质．根据平行四边形的性质，证明，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，求出的面积比，设的面积为，根据同高三角形的面积比等于底边比，求出的面积，推出，即可得出结果．
【详解】解：∵平行四边形中，
∴，
∴，
∴，
设的面积为，则：的面积为，
∵，
∴的面积为，
∴的面积为，
∴，
∴，
∴；
故选C．
14. 如图，已知，那么添加下列的一个条件后，仍无法判定的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本考查了相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
根据相似三角形的判定：（1）如果两个三角形的三组对应边的比相等，那么这两个三角形相似；（2）如果两个三角形的两条对应边的比相等，且夹角相等，那么这两个三角形相似；（3）如果两个三角形的两个对应角相等，那么这两个三角形相似，逐项判断即可．
【详解】解：∵，
，
，
A、由两个三角形的两条对应边的比相等，且夹角相等可得，故不符合题意；
B、由两个三角形的两个对应角相等可得，故不符合题意；
C、不符合两个三角形的两条对应边的比相等，且夹角相等，无法判定，故符合题意；
D、由两个三角形的两个对应角相等可得，故不符合题意；
故选：C．
15. 如图，在平面直角坐标系中，已知点、，以原点O为位似中心，相似比为，把缩小，则点A的对应点的坐标是（ ）
A B. C. 或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查的是位似变换，根据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或计算．
【详解】解：∵原点O为位似中心，相似比为，把缩小，
∴点A的对应点的坐标为或，即或，
故选：D．
16. 如图，有一块三角形余料，它的边，高，现在要把它加工成长与宽的比为的矩形零件，要求一条长边在上，其余两个顶点分别在上，则矩形EFGH的周长为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】此题主要考查了相似三角形的应用，直接利用相似三角形的判定与性质得出，进而得出，的长，即可得出答案．
【详解】解：矩形中，，，
∴，
，
，
∵，
，
，
∵矩形零件的长与宽的比为，
设，，则，，
，
解得：，
，，
矩形的周长为：．
故选：D．
17. 已知关于x的一元二次方程，下列说法正确的有（ ）
①若，则方程必有两个不相等的实根；
②若，则；
③若c是方程的一个根，则一定有成立；
④若是一元二次方程的根，则．
A. 1个B. 2 个C. 3个D. 4 个
【答案】B
【解析】
【分析】根据一元二次方程的解，一元二次方程的根的判别式等式的性质对各项进行判断即可．
【详解】解：①时，的值不确定正负，所以无法确定方程根的情况，故①不正确；
②当时，，即方程有两个相等的实数根或者两个不相等的实数根，此时，故②正确；
③若c是方程的一个根，则，当时，，当时，不一定等于0，故③不正确；
④由，得，由于是一元二次方程的根，则成立，故④正确，
综上所述，正确的有②④，共2个，
故选：B．
【点睛】本题主要考查的是一元二次方程的综合运用，熟练掌握根的判别式，等式的性质进行判定是解题的关键．
18. 如图，在矩形中，相交于点O，过点B作于点M，交于点F，过点D作交于点N．交于点E，连接．有下列结论：①四边形为平行四边形；②；③为等边三角形；④当时，四边形是菱形．其中，正确结论的序号是（ ）
A. ①②④B. ①②③C. ①③D. ②③④
【答案】A
【解析】
【分析】通过全等三角形的判定和性质，证明，，判断结论①；通过证明，然后利用全等三角形和相似三角形的性质判断结论②；假设结论成立，找出与题意的矛盾之处，判断结论③，结合等腰三角形的判定和性质求得，可得结论④
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，即，
∵，
∴四边形是平行四边形，故①正确，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，故②正确，
若是等边三角形，则，
即，不符合题意，故③错误，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形；故④正确．
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
二、填空题(46=24)
19. 最简二次根式与可以合并，则的值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查最简二次根式和同类二次根式，根据同类二次根式的被开方数相等列方程求解出的值，即可解答．
【详解】解：∵最简二次根式与可以合并，
∴与可是同类二次根式，
∴，，
解得，则，
∴，
故答案为：4．
20. 若，则的值为 __．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查比例的性质，设，，再代入计算即可得到答案．
【详解】解：设，，
则
．
故答案为：．
21. 关于x的方程的解是，（a、b、m为常数，），则方程的解是____________．
【答案】，
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的解，把方程看作关于的一元二次方程，根据题意得出，，计算即可得解．
【详解】解：把方程看作关于的一元二次方程，
∵关于x的方程的解是，，
∴，，
解得：，，
故答案为：，．
22. 已知，是方程的两个根，那么______．
【答案】5
【解析】
【分析】利用方程的根与系数的关系可得，将其变形为，再利用方程根的性质得，将其变形，然后用降次的方法化简4，最后将代数式都转化为的整式计算．
【详解】∵，是方程的两个根，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：5．
【点睛】本题考查求一元二次方程的根的代数式的值问题，关键是掌握方程的根性质，利用方程的根进行降次，会利用根与系数的关系将两个字母的代数式化为一个字母的整式加减来解决问题．
23. 如图，在钝角三角形中，，，动点D从A点出发到B点止，动点E从C点出发到A点止．点D运动的速度为1cm/秒，点E运动的速度为2cm/秒．如果两点同时运动，那么当以点A、D、E为顶点的三角形与相似时，运动的时间是___________．

【答案】3秒或秒
【解析】
【分析】本题考查相似三角形性质．根据题意分情况讨论列式求解即可求出本题答案．
【详解】解：如果两点同时运动，设运动t秒时，以点A、D、E为顶点的三角形与相似，
则，
①当D与B对应时，有．
∴，
∴，
∴；
②当D与C对应时，有．
∴，
∴，
∴．
故答案为：3秒或秒．
24. 勾股定理的证明方法十分丰富，达数百种之多．其中有一类方法尤为独特，单靠移动几个图形就直观地证明出了勾股定理，被誉为“无字的证明”，我国古代的“青朱出入图”就是其中一种．如图，在中，，四边形、四边形、四边形均为正方形，DE分别交于点F，D，交于点Q，点N在上，于点P．记“朱出”的面积为，记“青出”的面积为，若，则的值为 _________．
【答案】
【解析】
【分析】先证，再证，根据可以得出边长的关系，设参数，把和用参数表示出来即可得解．
【详解】解：∵四边形均为正方形，四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
同理可得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴设，则，
∴，，
∴，
，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理的证明等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
三．解答题（共28小题）
25. 计算和解方程
（1）；
（2）．
（3）；
（4）．
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【分析】本题主要考查了实数的混合运算，二次根式的混合运算，解一元二次方程．
（1）先化简二次根式，再计算乘法，最后加减即可；
（2）先计算负整数幂，零指数幂，分母有理化，化简绝对值，再计算二次根式的加减即可；
（3）利用配方法解方程即可；
（4）利用因式分解法解方程即可．
【小问1详解】
解：原式
；
【小问2详解】
解：原式
；
【小问3详解】
解：
解得：；
【小问4详解】
解：
，即，
或，
解得：．
26. 如图，点B为线段上一点，满足，，．
（1）求长度；
（2）求证：．
【答案】（1）4 （2）见解析
【解析】
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
（1）由，可得，证明，则，即，计算求解即可；
（2）由勾股定理得，，，由， ，可证结论．
【小问1详解】
解：∵，
∴，即，
∴，
∴，即，
解得，，
∴的长度为4；
【小问2详解】
证明：由勾股定理得，，，
∴，
∵， ，
∴．
27. 今年超市以每件25元的进价购进一批商品，当商品售价为40元时，三月份销售256件，四、五月该商品十分畅销，销售量持续上涨，在售价不变的基础上，五月份的销售量达到400件．
（1）求四、五这两个月销售量的月平均增长百分率．
（2）经市场预测，六月份的销售量将与五月份持平，现商场为了减少库存，采用降价促销方式，经调查发现，该商品每降价1元，月销量增加5件，当商品降价多少元时，商场六月份可获利4250元？
【答案】（1）
（2）5元
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的实际应用，找准等量关系，正确的列出方程，是解题的关键：（1）
（1）设四、五这两个月销售量的月平均增长百分率为，根据三月份销售256件，五月份的销售量达到400件，列出方程进行求解即可；
（2）设降价元，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．
【小问1详解】
解：设四、五这两个月销售量的月平均增长百分率为，
由题意，得：，
解得：或（舍去）；
答：四、五这两个月销售量的月平均增长百分率为；
【小问2详解】
解：设降价元，由题意，得：，
解得：或（舍去）；
答：应降价5元．
28. 求最值问题有多种方法，既有代数法也有几何法．
例如：若代数式，利用配方法求M的最小值：，，当时，代数式M有最小值为2．再比如：正数a，b满足，用几何法求的最小值．如图，为线段DC的长度，为线段CE的长度，当的值最小时，D、C、E三点共线，所以最小值为．
请根据上述材料解决下列问题：
（1）若代数式，求M的最小值；
（2）已知正数x，y满足，求的最小值．
【答案】（1）3 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查勾股定理的运用，两点之间线段最短的知识，掌握勾股定理的运算，最短路径的运用，合理作出图形是解题的关键．
（1）运用配方法解题即可；
（2）运用材料提示，构造图形，运用勾股定理即可求解．
【小问1详解】
解：，
，
当，时，M有最小值为3；
【小问2详解】
如图，为线段DC的长度，为线段CE的长度
当的值最小时，D、C、E三点共线，
所以最小值．
29. 材料：若关于x的一元二次方程的两个根为，，则，．如：一元二次方程的两个实数根分别为，，则，；又如：一元二次方方程的两个实数根分别为，，则，．
根据上述材料，结合你所学的知识，完成下列问题．
（1）一元二次方程的两个根分别为，，则______，______；
（2）已知一元二次方程两根分别为，，求的值；
（3）思维拓展：已知实数s、t分别满足 ，其中且．求 的值．
【答案】（1），
（2）
（3）-2
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系，读懂材料是解题的关键．
（1）用材料中给出的，直接计算即可；
（2）将变形为，即可求解；
（3）将变形为，则可看作一元二次方程的两个根，根据根与系数的关系可得，，即可解答．
【小问1详解】
解：由题意知，，，
故答案为：，；
【小问2详解】
解：由题意知，，，
则；
【小问3详解】
解：∵且，
∴，
∴，即，
∴ ，
∴可看作一元二次方程的两个根，
∴，，
∴，，
即，
∴ ．
30. 如图，在正方形ABCD中，边长为4，∠MDN＝90°，将∠MDN绕点D旋转，其中DM边分别与射线BA、直线AC交于E、Q两点，DN边与射线BC交于点F；连接EF，且EF与直线AC交于点P．
（1）如图1，点E在线段AB上时，①求证：AE＝CF；②求证：DP垂直平分EF；
（2）当AE＝1时，求PQ的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）①只要证明△ADE≌△CDE（ASA）即可解决问题；
②利用相似三角形的性质证明∠PDQ＝45°即可解决问题；
（2）作QH⊥AD于H，QE⊥AB于G．由△AQD∽△EQP，可知AQ•PQ＝DQ•EQ，想办法求出AQ，EQ，DQ即可解决问题；
【详解】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝DC，∠ADC＝∠DAE＝∠DCF＝90°，
∴∠ADC＝∠MDN＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF，
∴△ADE≌△CDE（ASA），
∴AE＝CF．
②∵△ADE≌△CDE（ASA），
∴DE＝DF，∵∠MDN＝90°，
∴∠DEF＝45°，
∵∠DAC＝45°，
∴∠DAQ＝∠PEQ，∵∠AQD＝∠EQP，
∴△AQD∽△EQP，
∴ ，
∴，
∵∠AQE＝∠PQD，
∴△AQE∽△DQP，
∴∠DDP＝∠QAE＝45°，
∴∠DPE＝90°，
∴DP⊥EF，
∵DE＝DF，
∴PE＝PF，
∴DP垂直平分线段EF．
（2）解：作QH⊥AD于H，QE⊥AB于G．
在Rt△ADE中，DE＝，
∵∠QAH＝∠QAG＝45°，
∴HO＝QE＝AH＝EQ，设QH＝x，
∵×4×x+×1×x＝×1×4，
∵x＝，
∴AQ＝，DQ＝＝，EQ＝，
∵△AQD∽△EQP，
∴AQ•PQ＝DQ•EQ，
∴PQ＝＝ ．