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精品解析：广东省深圳市2022-2023学年九年级上学期数学期末模拟测试（2）
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2022-2023学年度九年级上数学期末模拟测试（2）
一、选择题（本大题共10小题，共30分．在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 方程的解是（ ）
A. B.
C. ， D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】先移项，然后利用因式分解法解方程即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴或，
∴，．
故选C．
【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．
2. 下列各选项中，其主视图如图所示的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据主视图是从正面看到的图形，分别求出四个选项中的主视图即可得到答案．
【详解】解：A、正方体的主视图是正方形，因此选项A不符合题意；
B、四棱柱的主视图是长方形，且有两条看不见的轮廓线用虚线表示，因此选项B符合题意；
C、四棱柱的主视图是长方形，且有两条能看见的轮廓线用实线表示，因此选项C不符合题意；
D、圆柱的主视图是长方形，因此选项D不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了简单几何体的三视图，熟知三视图的定义是解题的关键．
3. 已知是反比例函数上一点，下列各点不在上的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出k的值，再分别判断即可．
【详解】∵是反比例函数上一点，
∴；
A．，故在上；
B． ，故不在上；
C． ，故在上；
D． ，故在上；
故选B．
【点睛】本题考查了反比例函数的图像和性质，熟记是解题的关键．
4. 2020年9月1日，《深圳市生活垃圾分类管理条例》正式实施．滨海学校九（1）班成立了“环保卫士”宣传小组，其中男生2人，女生3人，从中随机抽取一名同学进社区宣传“垃圾分类”，恰好抽到女生的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
【详解】解：∵共5人，女生3人，
∴从中随机抽取一名同学进社区宣传“垃圾分类”，恰好抽到女生的概率为，
故选：A．
【点睛】本题主要考查随机事件的概率，掌握概率公式是关键．
5. 如图，在△ABC中，BD⊥AC于点D，AE⊥BC于点E，交BD于点F，下列三角形中不一定与△BCD相似的是（ ）
A. △BFE B. △AFD C. △ACE D. △BAE
【答案】D
【解析】
【分析】由BD⊥AC，AE⊥BC，可得∠BDC＝∠AEC＝90°，由∠EBF=∠DBC，可证△BFE∽△BCD，可判断A；由△BFE∽△BCD，可得∠BFE=∠C，由∠AFD=∠BFE=∠C，和∠ADF=∠BDC=90°可证△ADF∽△BDC可判断B；由∠BDC＝∠AEC＝90°，∠BCD=∠ACE，可证△BDC∽△AEC，可判断C，由，可得，由△BFE∽△BCD，可得可得，由∠BDC=∠AEB=90°，若△ABE∽△BCD， 连结FC，可得△CEF∽△BDC，由∠FEC=∠CDB=90°只要满足∠FCE=∠DBC，应满足BF=FC，由AE⊥BC，需有点E为BD中点，已知中没有点E为BD中点条件可判断D．
【详解】解：∵BD⊥AC，AE⊥BC，
∴∠BDC＝∠AEC＝90°，
∵∠EBF=∠DBC
∴△BFE∽△BCD，故选项A正确；
∴∠BFE=∠C，
∵∠AFD=∠BFE=∠C，
又∵∠ADF=∠BDC=90°，
∴△ADF∽△BDC，故选项B正确；
∵∠BDC＝∠AEC＝90°，
∴∠BCD=∠ACE，
∴△BDC∽△AEC，
∴∠DBC＝∠EAC，故选项C正确；
∵，
∴，
∵△BFE∽△BCD，
∴，
∴，
∵∠BDC=∠AEB=90°，
若△ABE∽△BCD，
满足条件，
即，
∴满足即，
连结FC，
应有△CEF∽△BDC，
∵∠FEC=∠CDB，
∴只要满足∠FCE=∠DBC，
应满足BF=FC，由AE⊥BC，需有点E为BD中点，
已知中没有点E为BD中点条件，
∴△BAE不一定与△BCD相似，
故选项D不正确．
【点睛】本题考查三角形相似的判定，掌握相似的判定定理，结合反证法的思想证明不一定相似的选项是解题关键
6. 为控制物价上涨，有关部门进行多项举措，某种药品经过两次降价，每盒由原来的28.8元降至20元，求平均每次的降价率是多少？假设这两次降价率相同，设每次降价率为x，可列方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意找出等量关系列出方程即可．
【详解】解：设每次降价率为x，可列方程为：．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的实际应用和增长率（降低率）相关问题，掌握一元二次方程解决增长率问题的公式模型是解题的关键．设变化前的量为a，变化后的量为b，变化率为x，则．
7. 若是方程的一个根，则的值为( )
A. 2019 B. 2020 C. 2021 D. 2022
【答案】C
【解析】
【分析】根据是方程的一个根可得，得出，代入即可得到答案.
【详解】解：∵是方程的一个根
∴，即，
将代入中，
=1+2020=2021，
故答案选：C.
【点睛】本题考查一元二次方程的解和整体代入思想的应用.
8. 如图，△ABC与△DEF是以点O为位似中心的位似图形，且位似比为1∶2，下列结论不正确的是（ ）
A. AC∥DF
B.
C. BC是△OEF的中位线
D. S△ABC：S△DEF =1：2
【答案】D
【解析】
【分析】根据位似图形的性质、中位线的定义、相似多边形的性质判断即可；
【详解】解：∵位似图形的对应线段平行且比相等；位似图形的任意一对对应点到位似中心的距离比等于位似比；
∴AC∥DF，AB∶DE=OA∶OD=1∶2，即A、B选项正确；
∵BC∥EF，BC∶EF=1∶2，
∴BC是△OEF的中位线；即C选项正确；
∵位似图形是相似图形，
∴△ABC∽△DEF，
∵相似多边形的面积比等于相似比的平方，
∴S△ABC：S△DEF =1：4，即D选项错误，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查位似图形的性质、相似多边形的性质和中位线的定义；掌握位似图形的性质是解题关键．
9. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 对于函数，随的增大而减小
B. 对角线相等的四边形是矩形
C. 若∽，且，则
D. 方程有两个不相等的实数根
【答案】C
【解析】
【分析】根据反比例函数的性质，相似三角形性质，直接开平方法解一元二次方程及矩形的判定即可得到答案
【详解】解：A、对于函数，在每个象限内，随的增大而减小，故原命题错误，不符合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，故原命题错误，不符合题意；
C、若∽，且，所以相似比为，面积比为，则，正确，符合题意；
D、移项得，原方程无解，故原命题错误，不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查反比例函数的性质，相似三角形性质，直接开平方法解一元二次方程及矩形的判定，解题的关键是熟练掌握几个知识点．
10. 如图，正方形ABCD中，E，F分别在边AD，CD上，AF，BE相交于点G，若AE=3ED，DF=CF，则的值是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】如图，作FN∥AD，交AB于N，交BE于M．设DE=a，则AE=3a，利用平行线分线段成比例定理解决问题即可.
【详解】如图，作FN∥AD，交AB于N，交BE于M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∵FN∥AD，
∴四边形ANFD是平行四边形，
∵∠D=90°，
∴四边形ANFD是矩形，
∵AE=3DE，设DE=a，则AE=3a，AD=AB=CD=FN=4a，AN=DF=2a，
∵AN=BN，MN∥AE，
∴BM=ME，
∴MN=a，
∴FM=a，
∵AE∥FM，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质、平行线分线段成比例定理、三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
二、填空题（本大题共5小题，共15分）
11. 若≠0，则＝__．
【答案】
【解析】
【分析】设＝k，可得a＝2k，b＝3k，c＝4k，再代入求值即可得到答案．
【详解】设＝k，则a＝2k，b＝3k，c＝4k，
∴＝＝＝．
故答案为：
【点睛】本题考查了比例的性质、代数式求值，熟练掌握比例的性质，巧妙设参是解题关键．
12. 已知是方程的根，则的值为______ ．
【答案】
【解析】
【分析】把代入到方程中得到关于k的方程，解方程即可．
【详解】解：∵是方程的根，
∴．
解得：．
故答案是：．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程解的定义，熟知一元二次方程的解是使方程左右两边相等的未知数的值是解题的关键．
13. 在某一时刻，一根长为的竹竿投影在地面上的影长是，此刻测得旗杆投影在地面上的影长是，则旗杆的高度为______．
【答案】18
【解析】
【分析】利用在同一时刻竹竿与影长成比例得出比例式，即可得出结果．
【详解】解：设旗杆高度为．
根据在同一时刻物高与影长成比例可得：，
解得：．
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用；根据同一时刻竹竿与影长成比例得出比例式是解决问题的关键．
14. 如图，将一副三角板和拼在一起，为的中点，将沿翻折得到，连接，若，则 ______ ．
【答案】##
【解析】
【分析】设与相交于点，由直角三角形的性质及折叠的性质得出，，三点在一条直线上，求出和的长，则可得出答案．
【详解】解：设与相交于点，
由题意知，，
，
为的中点，
，
和为等边三角形，
，
，
，
，
，
点是的中点，
又为等腰直角三角形，
，
，，三点共线，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质，含特殊角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
15. 如图，在平面直角坐标系xOy中，函数y＝(x＞0)的图象经过Rt△OAB的斜边OA的中点D，交AB于点C．若点B在x轴上，点A的坐标为(6，4)，则△BOC的面积为______．
【答案】3
【解析】
【分析】由于点A的坐标为（6，4），而点D为OA的中点，则D点坐标为（3，2），利用待定系数法科得到k=6，然后利用k的几何意义即可得到△BOC的面积=|k|=×6=3．
【详解】解：∵点A的坐标为（6，4），而点D为OA的中点，
∴D点坐标为（3，2），
把D（3，2）代入y=得k=3×2=6，
∴反比例函数的解析式为y=，
∴△BOC的面积=|k|=×|6|=3．
故答案为3；
【点睛】本题考查反比例y=（k≠0）数k的几何意义：过反比例函数图象上任意一点分别作x轴、y轴的垂线，则垂线与坐标轴所围成的矩形的面积为|k|．
三、解答题（本大题共5小题，共55分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 在一个不透明的箱子中装有形状、大小都一样的小球，其中红色小球有个，蓝色小球有个．
（1）从箱子中任意摸出一个小球，恰好是红色的概率为______ ；
（2）从箱子中任意摸出两个小球，两个小球颜色恰好不同的概率为______ ；
（3）将摸出的小球全部放回后，又放入个蓝色小球，摇晃均匀后任意摸出一个，记下颜色后放回，经过大量反复地实验，发现摸到蓝色小球的频率约为，则 ______．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由于是任意摸出一个小球，根据红色小球和篮色小球的个数，即可得到结论
（2）列表得出所有等可能的结果，从中找出符合条件的结果数，再利用概率公式求解即可
（3）根据概率公式列出方程，解方程即可
【小问1详解】
从箱子中任意摸出一个小球，恰好是红色的概率为，
故答案为：；
【小问2详解】
列表如下：
红
红
红
蓝
红
红，红
红，红
蓝，红
红
红，红
红，红
蓝，红
红
红，红
红，红
蓝，红
蓝
红，蓝
红，蓝
红，蓝
由表知，共有种等可能结果，其中两个小球颜色恰好不同的有种结果，
所以两个小球颜色恰好不同的概率为，
故答案为：．
【小问3详解】
根据题意得：，
解得：，
经检验是分式方程的解，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了概率公式及用频率估计概率，熟练掌握概率公式及列出等可能事件的个数是解题的关键
17. 解方程：
（1）
（2）
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）用配方法进行求解即可；
（2）用公式法进行求解即可．
【小问1详解】
解：，
，
，
或，
，．
【小问2详解】
解：，，，
，
∴，
∴，．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
18. 如图，的对角线，交于点，，，．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）2
【解析】
【分析】（1）由平行四边形的性质与已知得出AB＝OB，易证四边形ABOE是平行四边形，即可得出结论；
（2）连接BE，交OA于F，由菱形的性质得OA⊥BE，AF＝OF＝OA＝1，BF＝EF＝BE，由菱形的面积求出BE＝4，则BF＝2，由勾股定理得出OB＝＝，即可得出结果．
详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD＝BD，
∵BD＝2AB，
∴AB＝OB，
∵AE∥BD，OE∥AB，
∴四边形ABOE是平行四边形，
∵AB＝OB，
∴四边形ABOE是菱形；
（2）解：连接BE，交OA于F，如图所示：
∵四边形ABOE是菱形，
∴OA⊥BE，AF＝OF＝OA＝1，BF＝EF＝BE，
∵S四边形ABOE＝4，
S四边形ABOE＝OA•BE＝×2×BE＝BE，
∴BE＝4，
∴BF＝2，
∴OB＝＝＝，
∴BD＝2OB＝2．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、菱形面积的计算等知识，熟练掌握平行四边形和菱形的判定与性质是解题的关键．
19. 如图，是两棵树分别在同一时刻、同一路灯下的影子．
（1）请画出路灯灯泡的位置（用字母O表示）；
（2）在图中画出路灯灯杆（用线段OC表示）；
（3）若左边树AB的高度是4米，影长是3米，树根B离灯杆底的距离是1米，求灯杆的高度．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）米
【解析】
【分析】（1）直接利用中心投影的性质得出O点位置；
（2）利用O点位置得出OC的位置；
（3）直接利用相似三角形的性质得出灯杆的高度．
【小问1详解】
解：如图所示：O即为所求；
小问2详解】
如图所示：CO即为所求；
【小问3详解】
由题意可得：△EAB∽△EOC，
则，
∵EB=3m，BC=1m，AB=4m，
∴，
解得：CO=，
答：灯杆的高度是米．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的应用，正确得出O点位置是解题关键．
20. 阅读下列材料，填空：
（1）如图，已知点为线段的中点，求证：．
证明：过点作交延长线于点，则______，．
为中点，
，
．
．
，
______ ．
．
（2）如图，为的中线，为线段上一点，，为线段上一点，且．
求证：．
若，，当是以为腰的等腰三角形时，求线段的长．
【答案】（1），
（2）①见解析；②或
【解析】
【分析】（1）构造出，进而判断出，即可得出结论
（2）利用等式的性质判断出，同（1）的方法得，即可得出结论；
Ⅰ、当时，可得到，求出，即可得出结论：
Ⅱ、当时，先判断出点E，F重合，再判断出，然后用勾股定理求解，即可得出结论
【小问1详解】
，
【小问2详解】
，，
，
，
，
同（1）的方法得，
，
，
；
为的中线，
，，
是以为腰的等腰三角形，
Ⅰ、当时，
，
，
由知，，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
Ⅱ、当时，如图，
是中线，
，，，
是的垂直平分线，
，
点，重合，
由知，，
，
，
设，则，
，
在中，根据勾股定理得，，
，
，
，
综上所述，线段的长为或．
【点睛】本题是相似三角形综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，勾股定理，构造出直角三角形是解题的关键
21. 家具城某门市销售一批实木床，平均每天可售出张，每张盈利元，为扩大销售盈利，该门市决定采取适当的降价措施，但要求每张盈利不少于元，经调查发现．若每张实木床每降价元，则每天可多售出张．
（1）若每张实木床降价元，则每天可盈利多少元？
（2）若该门市平均每天盈利元．则每张实木床应降价多少元？
【答案】（1）1008
（2）10
【解析】
【分析】（1）根据总利润=单个利润×数量，列出算式求解即可；
（2）根据总利润=单个利润×数量，列出方程求解即可；
【小问1详解】
解：（元）．
答：每天可盈利1008元．
【小问2详解】
设每张实木床降价元，
根据题意得：，
整理得：，
解得：，，
当时，每张盈利（元），
当时，每张盈利（元），
∵每张盈利不少于元，
∴．
答：每张实木床降价元时，门市每天销售这种实木床可以盈利元．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，解题的关键是根据题意找出等量关系，列出方程求解．
22. 【探究发现】
如图，在矩形中，E为边上一点，且．将矩形沿折叠，使点A恰好落在 边上的点F，求线段的长．
【类比迁移】
如图，在矩形中，E为边上一点，且．将沿着折叠得到，延长交边于点G，延长交边于点H，且，求线段的长．
【拓展应用】
如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，，对角线交于点D．P为轴上一动点，连接，将沿着直线折叠得到，当直线轴时，求点P的坐标．
【答案】（1）；（2）；（3）或
【解析】
【分析】（1）由折叠的性质可得，利用矩形的性质和勾股定理求出，则，设，则，由勾股定理得到，据此求解即可；
（2）利用折叠的性质得到，设，则，利用勾股定理得到，求出，则，证明，由相似三角形的性质求出，，再由，求出，则；
（3）分点P在点A左侧时，当点在D上方和下方两种情况以及点P在点A右侧，总共三种情况进行讨论求解即可．
【详解】解：（1）由折叠的的性质可知，
∵四边形是矩形，
∴，
在中，，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴；
（2）∵四边形是矩形，
∴，
由折叠的性质可知，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，，
∵，
∴，
∴；
（3）如图1所示，当点P在点A左侧且点在点D上方时，
∵四边形是矩形，，
∴，，
∴，
由折叠的性质可知，，
∵轴，
∴，
设点P的坐标为，则，
∴，
∴，
∴点P的坐标为；
如图2所示，当点P在点A左侧且点在点D下方时，
同理可得，，
设点P的坐标为，
∴，
解得，
∴点P的坐标为；
当点P在点A右侧时，不可能存在轴这种情况；
综上所述，点P的坐标为或．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，坐标与图形，相似三角形的性质与判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
跟进练习
一、单选题（每题3分，共30分）
23. 下列方程中，不是一元二次方程的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】只含有一个未知数，且未知数的最高次数是2的整式方程是一元二次方程．逐个判断即可得到结果．
【详解】A：符合一元二次方程的定义，故A选项不符合题意；
B：符合一元二次方程的定义，故B选项不符合题意；
C：，整理得，符合一元二次方程的定义，故C选项不符合题意；
D：不是整式方程，故不符合一元二次方程的定义，故D选项符合题意；
故选：D
【点睛】本题主要考查一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的定义是解题的关键．
24. 下列图形：线段、等腰三角形、等边三角形、平行四边形、菱形、矩形，既是轴对称图形，又是中心对称图形的共有（ ）个
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】由题意根据中心对称图形和轴对称图形的定义依次进行判断即可．
【详解】解：①线段既是轴对称图形，又是中心对称图形；
②等腰三角形是轴对称图形；
③等边三角形是轴对称图形；
④平行四边形是中心对称图形；
⑤菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形；
⑥矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形；
故既是轴对称图形，又是中心对称图有①⑤⑥，共3个．
故选：A．
【点睛】本题考查中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
25. 已知关于的x方程有一个根是2，则k的值为（ ）
A. B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】把代入到方程中得到关于k的方程，解方程即可．
【详解】解：∵关于的x方程有一个根是2，
∴，
∴，
故选B．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程解的定义，熟知一元二次方程的解是使方程左右两边相等的未知数的值是解题的关键．
26. 一元二次方程经过配方后可变形为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用完全平方公式进行配方即可．
【详解】∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了利用配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法是解题关键．
27. 下列命题中正确的是（ ）
A. 菱形的对角线相等 B. 矩形的对角线互相垂直平分
C. 对角线平分对角的平行四边形是菱形 D. 对角线相等的四边形是矩形
【答案】C
【解析】
【分析】分别根据矩形的性质与判断、菱形的判断与性质对各选项进行逐一判断即可．
【详解】解：A． 菱形的对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角，故A不符合题意；
B． 矩形的对角线相等且互相平分，不一定互相垂直，故B不符合题意；
C． 对角线平分对角的平行四边形是菱形，描述正确，故C符合题意；
D． 对角线相等四边形不一定是矩形，故D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质、菱形的判定与性质，熟知以上图形的基本性质与判定是解题关键．
28. 顺次连接矩形四边中点所得的四边形（ ）
A. 一定是菱形 B. 一定是矩形
C. 一定是等腰梯形 D. 是不规则图形
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意画出图形即可进行解答．
【详解】解：如图：矩形，长为，宽为，点E、F、G、H为边的中点，
∵四边形为矩形，
∴，
∵点E、F、分别边的中点，
∴，
根据勾股定理可得：，
同理可得：，
∴顺次连接矩形四边中点所得的四边形为菱形．
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定定理，解题的关键在掌握四边相等的四边形是菱形．
29. 国庆黄金周期间，某品牌运动服经过两次降价，每件零售价由360元降为250元，已知两次降价的百分率相同．设每次降价的百分率为，下面所列的方程中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设每次降价的百分率为x，根据降价后的价格=降价前的价格（1降价的百分率），则第一次降价后的价格是，第二次后的价格是，据此即可列方程求解．
【详解】设每次降价的百分率为x，由题意得：
，
故选B．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，关键是根据题意找到等式两边的平衡条件，这种价格问题主要解决价格变化前后的平衡关系，列出方程即可．
30. 如图，菱形中，E，F分别是，的中点．若菱形的周长为32，则线段的长为（ ）
A. 4 B. 6 C. 8 D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】先由菱形的性质求出菱形的边长，再根据三角形中位线定理求解即可．
【详解】解：∵菱形的周长为32，
∴，
∴，
∵E，F分别是，的中点．
∴是的中位线，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查菱形的性质，三角形中位线的判定与性质，熟练掌握菱形的性质，三角形中位线的性质是解题的关键．
31. 如图，菱形的对角线与相交于点O，过点O的直线分别交，于点E，F．若阴影部分的面积为5，则菱形的面积为（ ）
A. 10 B. 15
C. 20 D. 25
【答案】C
【解析】
【分析】根据菱形的性质得，，，，可利用ASA证明，可得，即可得，即可得．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，，，
在和中，
∴（ASA），
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，解题的关键是理解题意，掌握菱形的性质．
32. 如图，在矩形中，点是的中点，的平分线交于点，将沿折叠，点恰好落在上点处，延长交于点，则和的面积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由折叠的性质可知，，，；根据点是的中点可知，再结合角平分线的性质可知，即可证明，由全等三角形的性质可得，由三角形面积公式即可求得和的面积之比．
【详解】解：根据题意，由折叠的性质可知，
，，，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，，
∵是的平分线，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
即和的面积之比为．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．
第II卷（非选择题）
二、填空题（每题3分，共15分）
33. 把一元二次方程化为一般形式，若二次项系数是1，则常数项是____．
【答案】
【解析】
【分析】先将方程左边展开，再移项，化成一般式，即可得出常数项．
【详解】解：∵
∴，
∴常数项是，
故答案为：．
【点睛】本题考查一元二次方程的一般式，熟练掌握，叫一元二次方程的一般式，其中叫二次项，叫一次项，c是常数项是解题的关键．
34. 已知关于的x方程有一个根是4，则另一个根为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据根与系数关系直接利用两根之积，可求得另外一个根
【详解】∵关于的x方程有一个根是4，设方程的另外一个根是，
∴，
∴，
故答案为：
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数关系，熟练运用根与系数关系是解题的关键
35. 如图，在矩形ABCD中，，E，F分别是AD，AB的中点，的平分线交AB于点G，点P是线段DG上的一个动点，则的周长最小值为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】在CD上取点H，使DH=DE，连接EH，PH，过点F作FK⊥CD于点K，可得DG垂直平分EH，从而得到当点F、P、H三点共线时，的周长最小，最小值为FH+EF，再分别求出EF和FH，即可求解．
【详解】解：如图，在CD上取点H，使DH=DE，连接EH，PH，过点F作FK⊥CD于点K，
在矩形ABCD中，∠A=∠ADC=90°，AD=BC=6，CD=AB=8，
∴△DEH为等腰直角三角形，
∵DG平分∠ADC，
∴DG垂直平分EH，
∴PE=PH，
∴的周长等于PE+PF+EF=PH+PF+EF≥FH+EF，
∴当点F、P、H三点共线时，的周长最小，最小值为FH+EF，
∵E，F分别是AD，AB的中点，
∴AE=DE=DH=3，AF=4，
∴EF=5，
∵FK⊥CD，
∴∠DKF=∠A=∠ADC=90°，
∴四边形ADKF为矩形，
∴DK=AF=4，FK=AD=6，
∴HK=1，
∴，
∴FH+EF=，即的周长最小为．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了最短距离问题，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，明确题意，准确得到当点F、P、H三点共线时，的周长最小，最小值为FH+EF是解题的关键．
三、解答题（共55分，16题12分，17题5分，18题6分，19题6分，20题8分，21题8分，22题10分）
36. 选用适当的方法解下列方程：
（1）
（2）
（3）
【答案】（1）
（2）原方程无解 （3）
【解析】
【分析】（1）利用开平方的方法解方程即可；
（2）利用一元二次方程根的判别式可知方程无解；
（3）利用因式分解法解方程即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
解得；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴，
∴原方程无解；
【小问3详解】
解：∵，
∴，
∴或，
解得．
【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．
37. 商店销售某种台灯，平均每天可销售20个，每个盈利44元．调查发现，若每个降价1元，则每天可多售5个．为了减少库存压力，如果每天要盈利1600元，每个台灯应降价多少元？
【答案】每个台灯应降价36元
【解析】
【分析】设每个台灯应降价x元，根据利润=单个利润×数量列出方程求解即可．
【详解】解：设每个台灯应降价x元，
由题意得，
∴即，
解得或，
又∵要减少库存压力，
∴，
∴每个台灯应降价36元，
答：每个台灯应降价36元．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，正确理解题意找到等量关系列出方程是解题的关键．
38. 如图，在，对角线与相交于点O，点E在的延长线上，且，．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若四边形的周长为22，，求菱形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）24
【解析】
【分析】由可得，由是平行四边形，推导是平行四边形，可得即，利用对角线互相垂直的平行四边形是菱形得以证明；
由是平行四边形和，得到四边形是平行四边形，可以得到，，在中，利用勾股定理求出，利用菱形的面积等于对角线乘积的一半求得．
【小问1详解】
证明是平行四边形，
，
，
，，
是平行四边形，
，
，
，
，
四边形是菱形；
【小问2详解】
解：四边形是菱形，，
，，
四边形是平行四边形，
四边形的周长为22，
，
，
，
在中，
，
．
【点睛】本题考查菱形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是掌握菱形面积等于对角线乘积的一半．
2022-2023学年度九年级上数学期末模拟测试（2）
一、选择题（本大题共10小题，共30分．在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 方程的解是（ ）
A. B.
C. ， D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】先移项，然后利用因式分解法解方程即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴或，
∴，．
故选C．
【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．
2. 下列各选项中，其主视图如图所示的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据主视图是从正面看到的图形，分别求出四个选项中的主视图即可得到答案．
【详解】解：A、正方体的主视图是正方形，因此选项A不符合题意；
B、四棱柱的主视图是长方形，且有两条看不见的轮廓线用虚线表示，因此选项B符合题意；
C、四棱柱的主视图是长方形，且有两条能看见的轮廓线用实线表示，因此选项C不符合题意；
D、圆柱的主视图是长方形，因此选项D不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了简单几何体的三视图，熟知三视图的定义是解题的关键．
3. 已知是反比例函数上一点，下列各点不在上的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出k的值，再分别判断即可．
【详解】∵是反比例函数上一点，
∴；
A．，故在上；
B． ，故不在上；
C． ，故在上；
D． ，故在上；
故选B．
【点睛】本题考查了反比例函数的图像和性质，熟记是解题的关键．
4. 2020年9月1日，《深圳市生活垃圾分类管理条例》正式实施．滨海学校九（1）班成立了“环保卫士”宣传小组，其中男生2人，女生3人，从中随机抽取一名同学进社区宣传“垃圾分类”，恰好抽到女生的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
【详解】解：∵共5人，女生3人，
∴从中随机抽取一名同学进社区宣传“垃圾分类”，恰好抽到女生的概率为，
故选：A．
【点睛】本题主要考查随机事件的概率，掌握概率公式是关键．
5. 如图，在△ABC中，BD⊥AC于点D，AE⊥BC于点E，交BD于点F，下列三角形中不一定与△BCD相似的是（ ）
A. △BFE B. △AFD C. △ACE D. △BAE
【答案】D
【解析】
【分析】由BD⊥AC，AE⊥BC，可得∠BDC＝∠AEC＝90°，由∠EBF=∠DBC，可证△BFE∽△BCD，可判断A；由△BFE∽△BCD，可得∠BFE=∠C，由∠AFD=∠BFE=∠C，和∠ADF=∠BDC=90°可证△ADF∽△BDC可判断B；由∠BDC＝∠AEC＝90°，∠BCD=∠ACE，可证△BDC∽△AEC，可判断C，由，可得，由△BFE∽△BCD，可得可得，由∠BDC=∠AEB=90°，若△ABE∽△BCD， 连结FC，可得△CEF∽△BDC，由∠FEC=∠CDB=90°只要满足∠FCE=∠DBC，应满足BF=FC，由AE⊥BC，需有点E为BD中点，已知中没有点E为BD中点条件可判断D．
【详解】解：∵BD⊥AC，AE⊥BC，
∴∠BDC＝∠AEC＝90°，
∵∠EBF=∠DBC
∴△BFE∽△BCD，故选项A正确；
∴∠BFE=∠C，
∵∠AFD=∠BFE=∠C，
又∵∠ADF=∠BDC=90°，
∴△ADF∽△BDC，故选项B正确；
∵∠BDC＝∠AEC＝90°，
∴∠BCD=∠ACE，
∴△BDC∽△AEC，
∴∠DBC＝∠EAC，故选项C正确；
∵，
∴，
∵△BFE∽△BCD，
∴，
∴，
∵∠BDC=∠AEB=90°，
若△ABE∽△BCD，
满足条件，
即，
∴满足即，
连结FC，
应有△CEF∽△BDC，
∵∠FEC=∠CDB，
∴只要满足∠FCE=∠DBC，
应满足BF=FC，由AE⊥BC，需有点E为BD中点，
已知中没有点E为BD中点条件，
∴△BAE不一定与△BCD相似，
故选项D不正确．
【点睛】本题考查三角形相似的判定，掌握相似的判定定理，结合反证法的思想证明不一定相似的选项是解题关键
6. 为控制物价上涨，有关部门进行多项举措，某种药品经过两次降价，每盒由原来的28.8元降至20元，求平均每次的降价率是多少？假设这两次降价率相同，设每次降价率为x，可列方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意找出等量关系列出方程即可．
【详解】解：设每次降价率为x，可列方程为：．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的实际应用和增长率（降低率）相关问题，掌握一元二次方程解决增长率问题的公式模型是解题的关键．设变化前的量为a，变化后的量为b，变化率为x，则．
7. 若是方程的一个根，则的值为( )
A. 2019 B. 2020 C. 2021 D. 2022
【答案】C
【解析】
【分析】根据是方程的一个根可得，得出，代入即可得到答案.
【详解】解：∵是方程的一个根
∴，即，
将代入中，
=1+2020=2021，
故答案选：C.
【点睛】本题考查一元二次方程的解和整体代入思想的应用.
8. 如图，△ABC与△DEF是以点O为位似中心的位似图形，且位似比为1∶2，下列结论不正确的是（ ）
A. AC∥DF
B.
C. BC是△OEF的中位线
D. S△ABC：S△DEF =1：2
【答案】D
【解析】
【分析】根据位似图形的性质、中位线的定义、相似多边形的性质判断即可；
【详解】解：∵位似图形的对应线段平行且比相等；位似图形的任意一对对应点到位似中心的距离比等于位似比；
∴AC∥DF，AB∶DE=OA∶OD=1∶2，即A、B选项正确；
∵BC∥EF，BC∶EF=1∶2，
∴BC是△OEF的中位线；即C选项正确；
∵位似图形是相似图形，
∴△ABC∽△DEF，
∵相似多边形的面积比等于相似比的平方，
∴S△ABC：S△DEF =1：4，即D选项错误，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查位似图形的性质、相似多边形的性质和中位线的定义；掌握位似图形的性质是解题关键．
9. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 对于函数，随的增大而减小
B. 对角线相等的四边形是矩形
C. 若∽，且，则
D. 方程有两个不相等的实数根
【答案】C
【解析】
【分析】根据反比例函数的性质，相似三角形性质，直接开平方法解一元二次方程及矩形的判定即可得到答案
【详解】解：A、对于函数，在每个象限内，随的增大而减小，故原命题错误，不符合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，故原命题错误，不符合题意；
C、若∽，且，所以相似比为，面积比为，则，正确，符合题意；
D、移项得，原方程无解，故原命题错误，不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查反比例函数的性质，相似三角形性质，直接开平方法解一元二次方程及矩形的判定，解题的关键是熟练掌握几个知识点．
10. 如图，正方形ABCD中，E，F分别在边AD，CD上，AF，BE相交于点G，若AE=3ED，DF=CF，则的值是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】如图，作FN∥AD，交AB于N，交BE于M．设DE=a，则AE=3a，利用平行线分线段成比例定理解决问题即可.
【详解】如图，作FN∥AD，交AB于N，交BE于M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∵FN∥AD，
∴四边形ANFD是平行四边形，
∵∠D=90°，
∴四边形ANFD是矩形，
∵AE=3DE，设DE=a，则AE=3a，AD=AB=CD=FN=4a，AN=DF=2a，
∵AN=BN，MN∥AE，
∴BM=ME，
∴MN=a，
∴FM=a，
∵AE∥FM，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质、平行线分线段成比例定理、三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
二、填空题（本大题共5小题，共15分）
11. 若≠0，则＝__．
【答案】
【解析】
【分析】设＝k，可得a＝2k，b＝3k，c＝4k，再代入求值即可得到答案．
【详解】设＝k，则a＝2k，b＝3k，c＝4k，
∴＝＝＝．
故答案为：
【点睛】本题考查了比例的性质、代数式求值，熟练掌握比例的性质，巧妙设参是解题关键．
12. 已知是方程的根，则的值为______ ．
【答案】
【解析】
【分析】把代入到方程中得到关于k的方程，解方程即可．
【详解】解：∵是方程的根，
∴．
解得：．
故答案是：．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程解的定义，熟知一元二次方程的解是使方程左右两边相等的未知数的值是解题的关键．
13. 在某一时刻，一根长为的竹竿投影在地面上的影长是，此刻测得旗杆投影在地面上的影长是，则旗杆的高度为______．
【答案】18
【解析】
【分析】利用在同一时刻竹竿与影长成比例得出比例式，即可得出结果．
【详解】解：设旗杆高度为．
根据在同一时刻物高与影长成比例可得：，
解得：．
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用；根据同一时刻竹竿与影长成比例得出比例式是解决问题的关键．
14. 如图，将一副三角板和拼在一起，为的中点，将沿翻折得到，连接，若，则 ______ ．
【答案】##
【解析】
【分析】设与相交于点，由直角三角形的性质及折叠的性质得出，，三点在一条直线上，求出和的长，则可得出答案．
【详解】解：设与相交于点，
由题意知，，
，
为的中点，
，
和为等边三角形，
，
，
，
，
，
点是的中点，
又为等腰直角三角形，
，
，，三点共线，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质，含特殊角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
15. 如图，在平面直角坐标系xOy中，函数y＝(x＞0)的图象经过Rt△OAB的斜边OA的中点D，交AB于点C．若点B在x轴上，点A的坐标为(6，4)，则△BOC的面积为______．
【答案】3
【解析】
【分析】由于点A的坐标为（6，4），而点D为OA的中点，则D点坐标为（3，2），利用待定系数法科得到k=6，然后利用k的几何意义即可得到△BOC的面积=|k|=×6=3．
【详解】解：∵点A的坐标为（6，4），而点D为OA的中点，
∴D点坐标为（3，2），
把D（3，2）代入y=得k=3×2=6，
∴反比例函数的解析式为y=，
∴△BOC的面积=|k|=×|6|=3．
故答案为3；
【点睛】本题考查反比例y=（k≠0）数k的几何意义：过反比例函数图象上任意一点分别作x轴、y轴的垂线，则垂线与坐标轴所围成的矩形的面积为|k|．
三、解答题（本大题共5小题，共55分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 在一个不透明的箱子中装有形状、大小都一样的小球，其中红色小球有个，蓝色小球有个．
（1）从箱子中任意摸出一个小球，恰好是红色的概率为______ ；
（2）从箱子中任意摸出两个小球，两个小球颜色恰好不同的概率为______ ；
（3）将摸出的小球全部放回后，又放入个蓝色小球，摇晃均匀后任意摸出一个，记下颜色后放回，经过大量反复地实验，发现摸到蓝色小球的频率约为，则 ______．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由于是任意摸出一个小球，根据红色小球和篮色小球的个数，即可得到结论
（2）列表得出所有等可能的结果，从中找出符合条件的结果数，再利用概率公式求解即可
（3）根据概率公式列出方程，解方程即可
【小问1详解】
从箱子中任意摸出一个小球，恰好是红色的概率为，
故答案为：；
【小问2详解】
列表如下：
红
红
红
蓝
红
红，红
红，红
蓝，红
红
红，红
红，红
蓝，红
红
红，红
红，红
蓝，红
蓝
红，蓝
红，蓝
红，蓝
由表知，共有种等可能结果，其中两个小球颜色恰好不同的有种结果，
所以两个小球颜色恰好不同的概率为，
故答案为：．
【小问3详解】
根据题意得：，
解得：，
经检验是分式方程的解，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了概率公式及用频率估计概率，熟练掌握概率公式及列出等可能事件的个数是解题的关键
17. 解方程：
（1）
（2）
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）用配方法进行求解即可；
（2）用公式法进行求解即可．
【小问1详解】
解：，
，
，
或，
，．
【小问2详解】
解：，，，
，
∴，
∴，．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
18. 如图，的对角线，交于点，，，．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）2
【解析】
【分析】（1）由平行四边形的性质与已知得出AB＝OB，易证四边形ABOE是平行四边形，即可得出结论；
（2）连接BE，交OA于F，由菱形的性质得OA⊥BE，AF＝OF＝OA＝1，BF＝EF＝BE，由菱形的面积求出BE＝4，则BF＝2，由勾股定理得出OB＝＝，即可得出结果．
详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD＝BD，
∵BD＝2AB，
∴AB＝OB，
∵AE∥BD，OE∥AB，
∴四边形ABOE是平行四边形，
∵AB＝OB，
∴四边形ABOE是菱形；
（2）解：连接BE，交OA于F，如图所示：
∵四边形ABOE是菱形，
∴OA⊥BE，AF＝OF＝OA＝1，BF＝EF＝BE，
∵S四边形ABOE＝4，
S四边形ABOE＝OA•BE＝×2×BE＝BE，
∴BE＝4，
∴BF＝2，
∴OB＝＝＝，
∴BD＝2OB＝2．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、菱形面积的计算等知识，熟练掌握平行四边形和菱形的判定与性质是解题的关键．
19. 如图，是两棵树分别在同一时刻、同一路灯下的影子．
（1）请画出路灯灯泡的位置（用字母O表示）；
（2）在图中画出路灯灯杆（用线段OC表示）；
（3）若左边树AB的高度是4米，影长是3米，树根B离灯杆底的距离是1米，求灯杆的高度．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）米
【解析】
【分析】（1）直接利用中心投影的性质得出O点位置；
（2）利用O点位置得出OC的位置；
（3）直接利用相似三角形的性质得出灯杆的高度．
【小问1详解】
解：如图所示：O即为所求；
小问2详解】
如图所示：CO即为所求；
【小问3详解】
由题意可得：△EAB∽△EOC，
则，
∵EB=3m，BC=1m，AB=4m，
∴，
解得：CO=，
答：灯杆的高度是米．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的应用，正确得出O点位置是解题关键．
20. 阅读下列材料，填空：
（1）如图，已知点为线段的中点，求证：．
证明：过点作交延长线于点，则______，．
为中点，
，
．
．
，
______ ．
．
（2）如图，为的中线，为线段上一点，，为线段上一点，且．
求证：．
若，，当是以为腰的等腰三角形时，求线段的长．
【答案】（1），
（2）①见解析；②或
【解析】
【分析】（1）构造出，进而判断出，即可得出结论
（2）利用等式的性质判断出，同（1）的方法得，即可得出结论；
Ⅰ、当时，可得到，求出，即可得出结论：
Ⅱ、当时，先判断出点E，F重合，再判断出，然后用勾股定理求解，即可得出结论
【小问1详解】
，
【小问2详解】
，，
，
，
，
同（1）的方法得，
，
，
；
为的中线，
，，
是以为腰的等腰三角形，
Ⅰ、当时，
，
，
由知，，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
Ⅱ、当时，如图，
是中线，
，，，
是的垂直平分线，
，
点，重合，
由知，，
，
，
设，则，
，
在中，根据勾股定理得，，
，
，
，
综上所述，线段的长为或．
【点睛】本题是相似三角形综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，勾股定理，构造出直角三角形是解题的关键
21. 家具城某门市销售一批实木床，平均每天可售出张，每张盈利元，为扩大销售盈利，该门市决定采取适当的降价措施，但要求每张盈利不少于元，经调查发现．若每张实木床每降价元，则每天可多售出张．
（1）若每张实木床降价元，则每天可盈利多少元？
（2）若该门市平均每天盈利元．则每张实木床应降价多少元？
【答案】（1）1008
（2）10
【解析】
【分析】（1）根据总利润=单个利润×数量，列出算式求解即可；
（2）根据总利润=单个利润×数量，列出方程求解即可；
【小问1详解】
解：（元）．
答：每天可盈利1008元．
【小问2详解】
设每张实木床降价元，
根据题意得：，
整理得：，
解得：，，
当时，每张盈利（元），
当时，每张盈利（元），
∵每张盈利不少于元，
∴．
答：每张实木床降价元时，门市每天销售这种实木床可以盈利元．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，解题的关键是根据题意找出等量关系，列出方程求解．
22. 【探究发现】
如图，在矩形中，E为边上一点，且．将矩形沿折叠，使点A恰好落在 边上的点F，求线段的长．
【类比迁移】
如图，在矩形中，E为边上一点，且．将沿着折叠得到，延长交边于点G，延长交边于点H，且，求线段的长．
【拓展应用】
如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，，对角线交于点D．P为轴上一动点，连接，将沿着直线折叠得到，当直线轴时，求点P的坐标．
【答案】（1）；（2）；（3）或
【解析】
【分析】（1）由折叠的性质可得，利用矩形的性质和勾股定理求出，则，设，则，由勾股定理得到，据此求解即可；
（2）利用折叠的性质得到，设，则，利用勾股定理得到，求出，则，证明，由相似三角形的性质求出，，再由，求出，则；
（3）分点P在点A左侧时，当点在D上方和下方两种情况以及点P在点A右侧，总共三种情况进行讨论求解即可．
【详解】解：（1）由折叠的的性质可知，
∵四边形是矩形，
∴，
在中，，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴；
（2）∵四边形是矩形，
∴，
由折叠的性质可知，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，，
∵，
∴，
∴；
（3）如图1所示，当点P在点A左侧且点在点D上方时，
∵四边形是矩形，，
∴，，
∴，
由折叠的性质可知，，
∵轴，
∴，
设点P的坐标为，则，
∴，
∴，
∴点P的坐标为；
如图2所示，当点P在点A左侧且点在点D下方时，
同理可得，，
设点P的坐标为，
∴，
解得，
∴点P的坐标为；
当点P在点A右侧时，不可能存在轴这种情况；
综上所述，点P的坐标为或．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，坐标与图形，相似三角形的性质与判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
跟进练习
一、单选题（每题3分，共30分）
23. 下列方程中，不是一元二次方程的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】只含有一个未知数，且未知数的最高次数是2的整式方程是一元二次方程．逐个判断即可得到结果．
【详解】A：符合一元二次方程的定义，故A选项不符合题意；
B：符合一元二次方程的定义，故B选项不符合题意；
C：，整理得，符合一元二次方程的定义，故C选项不符合题意；
D：不是整式方程，故不符合一元二次方程的定义，故D选项符合题意；
故选：D
【点睛】本题主要考查一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的定义是解题的关键．
24. 下列图形：线段、等腰三角形、等边三角形、平行四边形、菱形、矩形，既是轴对称图形，又是中心对称图形的共有（ ）个
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】由题意根据中心对称图形和轴对称图形的定义依次进行判断即可．
【详解】解：①线段既是轴对称图形，又是中心对称图形；
②等腰三角形是轴对称图形；
③等边三角形是轴对称图形；
④平行四边形是中心对称图形；
⑤菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形；
⑥矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形；
故既是轴对称图形，又是中心对称图有①⑤⑥，共3个．
故选：A．
【点睛】本题考查中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
25. 已知关于的x方程有一个根是2，则k的值为（ ）
A. B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】把代入到方程中得到关于k的方程，解方程即可．
【详解】解：∵关于的x方程有一个根是2，
∴，
∴，
故选B．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程解的定义，熟知一元二次方程的解是使方程左右两边相等的未知数的值是解题的关键．
26. 一元二次方程经过配方后可变形为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用完全平方公式进行配方即可．
【详解】∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了利用配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法是解题关键．
27. 下列命题中正确的是（ ）
A. 菱形的对角线相等 B. 矩形的对角线互相垂直平分
C. 对角线平分对角的平行四边形是菱形 D. 对角线相等的四边形是矩形
【答案】C
【解析】
【分析】分别根据矩形的性质与判断、菱形的判断与性质对各选项进行逐一判断即可．
【详解】解：A． 菱形的对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角，故A不符合题意；
B． 矩形的对角线相等且互相平分，不一定互相垂直，故B不符合题意；
C． 对角线平分对角的平行四边形是菱形，描述正确，故C符合题意；
D． 对角线相等四边形不一定是矩形，故D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质、菱形的判定与性质，熟知以上图形的基本性质与判定是解题关键．
28. 顺次连接矩形四边中点所得的四边形（ ）
A. 一定是菱形 B. 一定是矩形
C. 一定是等腰梯形 D. 是不规则图形
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意画出图形即可进行解答．
【详解】解：如图：矩形，长为，宽为，点E、F、G、H为边的中点，
∵四边形为矩形，
∴，
∵点E、F、分别边的中点，
∴，
根据勾股定理可得：，
同理可得：，
∴顺次连接矩形四边中点所得的四边形为菱形．
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定定理，解题的关键在掌握四边相等的四边形是菱形．
29. 国庆黄金周期间，某品牌运动服经过两次降价，每件零售价由360元降为250元，已知两次降价的百分率相同．设每次降价的百分率为，下面所列的方程中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设每次降价的百分率为x，根据降价后的价格=降价前的价格（1降价的百分率），则第一次降价后的价格是，第二次后的价格是，据此即可列方程求解．
【详解】设每次降价的百分率为x，由题意得：
，
故选B．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，关键是根据题意找到等式两边的平衡条件，这种价格问题主要解决价格变化前后的平衡关系，列出方程即可．
30. 如图，菱形中，E，F分别是，的中点．若菱形的周长为32，则线段的长为（ ）
A. 4 B. 6 C. 8 D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】先由菱形的性质求出菱形的边长，再根据三角形中位线定理求解即可．
【详解】解：∵菱形的周长为32，
∴，
∴，
∵E，F分别是，的中点．
∴是的中位线，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查菱形的性质，三角形中位线的判定与性质，熟练掌握菱形的性质，三角形中位线的性质是解题的关键．
31. 如图，菱形的对角线与相交于点O，过点O的直线分别交，于点E，F．若阴影部分的面积为5，则菱形的面积为（ ）
A. 10 B. 15
C. 20 D. 25
【答案】C
【解析】
【分析】根据菱形的性质得，，，，可利用ASA证明，可得，即可得，即可得．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，，，
在和中，
∴（ASA），
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，解题的关键是理解题意，掌握菱形的性质．
32. 如图，在矩形中，点是的中点，的平分线交于点，将沿折叠，点恰好落在上点处，延长交于点，则和的面积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由折叠的性质可知，，，；根据点是的中点可知，再结合角平分线的性质可知，即可证明，由全等三角形的性质可得，由三角形面积公式即可求得和的面积之比．
【详解】解：根据题意，由折叠的性质可知，
，，，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，，
∵是的平分线，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
即和的面积之比为．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．
第II卷（非选择题）
二、填空题（每题3分，共15分）
33. 把一元二次方程化为一般形式，若二次项系数是1，则常数项是____．
【答案】
【解析】
【分析】先将方程左边展开，再移项，化成一般式，即可得出常数项．
【详解】解：∵
∴，
∴常数项是，
故答案为：．
【点睛】本题考查一元二次方程的一般式，熟练掌握，叫一元二次方程的一般式，其中叫二次项，叫一次项，c是常数项是解题的关键．
34. 已知关于的x方程有一个根是4，则另一个根为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据根与系数关系直接利用两根之积，可求得另外一个根
【详解】∵关于的x方程有一个根是4，设方程的另外一个根是，
∴，
∴，
故答案为：
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数关系，熟练运用根与系数关系是解题的关键
35. 如图，在矩形ABCD中，，E，F分别是AD，AB的中点，的平分线交AB于点G，点P是线段DG上的一个动点，则的周长最小值为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】在CD上取点H，使DH=DE，连接EH，PH，过点F作FK⊥CD于点K，可得DG垂直平分EH，从而得到当点F、P、H三点共线时，的周长最小，最小值为FH+EF，再分别求出EF和FH，即可求解．
【详解】解：如图，在CD上取点H，使DH=DE，连接EH，PH，过点F作FK⊥CD于点K，
在矩形ABCD中，∠A=∠ADC=90°，AD=BC=6，CD=AB=8，
∴△DEH为等腰直角三角形，
∵DG平分∠ADC，
∴DG垂直平分EH，
∴PE=PH，
∴的周长等于PE+PF+EF=PH+PF+EF≥FH+EF，
∴当点F、P、H三点共线时，的周长最小，最小值为FH+EF，
∵E，F分别是AD，AB的中点，
∴AE=DE=DH=3，AF=4，
∴EF=5，
∵FK⊥CD，
∴∠DKF=∠A=∠ADC=90°，
∴四边形ADKF为矩形，
∴DK=AF=4，FK=AD=6，
∴HK=1，
∴，
∴FH+EF=，即的周长最小为．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了最短距离问题，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，明确题意，准确得到当点F、P、H三点共线时，的周长最小，最小值为FH+EF是解题的关键．
三、解答题（共55分，16题12分，17题5分，18题6分，19题6分，20题8分，21题8分，22题10分）
36. 选用适当的方法解下列方程：
（1）
（2）
（3）
【答案】（1）
（2）原方程无解 （3）
【解析】
【分析】（1）利用开平方的方法解方程即可；
（2）利用一元二次方程根的判别式可知方程无解；
（3）利用因式分解法解方程即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
解得；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴，
∴原方程无解；
【小问3详解】
解：∵，
∴，
∴或，
解得．
【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．
37. 商店销售某种台灯，平均每天可销售20个，每个盈利44元．调查发现，若每个降价1元，则每天可多售5个．为了减少库存压力，如果每天要盈利1600元，每个台灯应降价多少元？
【答案】每个台灯应降价36元
【解析】
【分析】设每个台灯应降价x元，根据利润=单个利润×数量列出方程求解即可．
【详解】解：设每个台灯应降价x元，
由题意得，
∴即，
解得或，
又∵要减少库存压力，
∴，
∴每个台灯应降价36元，
答：每个台灯应降价36元．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，正确理解题意找到等量关系列出方程是解题的关键．
38. 如图，在，对角线与相交于点O，点E在的延长线上，且，．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若四边形的周长为22，，求菱形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）24
【解析】
【分析】由可得，由是平行四边形，推导是平行四边形，可得即，利用对角线互相垂直的平行四边形是菱形得以证明；
由是平行四边形和，得到四边形是平行四边形，可以得到，，在中，利用勾股定理求出，利用菱形的面积等于对角线乘积的一半求得．
【小问1详解】
证明是平行四边形，
，
，
，，
是平行四边形，
，
，
，
，
四边形是菱形；
【小问2详解】
解：四边形是菱形，，
，，
四边形是平行四边形，
四边形的周长为22，
，
，
，
在中，
，
．
【点睛】本题考查菱形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是掌握菱形面积等于对角线乘积的一半．
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