资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩4页未读，
继续阅读
重庆市南岸区四川外语学院重庆第二外国语学校2024-2025学年九年级上学期入学考试数学试题（原卷版+解析版）
展开
这是一份重庆市南岸区四川外语学院重庆第二外国语学校2024-2025学年九年级上学期入学考试数学试题（原卷版+解析版），文件包含重庆市南岸区四川外语学院重庆第二外国语学校2024-2025学年九年级上学期入学考试数学试题原卷版docx、重庆市南岸区四川外语学院重庆第二外国语学校2024-2025学年九年级上学期入学考试数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共37页， 欢迎下载使用。
（全卷共四个大题，满分150分，考试时间120分钟）
一、选择题：（本大题共10个小题，每小题4分，共40分）在每个小题的下面，都给出了代号为A、B、C、D的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答题卡上题号右侧正确答案所对应的方框涂黑．
1. 下列图形中，不是轴对称图形的是（ ）
A. 菱形B. 平行四边形C. 矩形D. 正方形
【答案】B
【解析】
【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，进行分析即可判定．
【详解】解：A．菱形是轴对称图形，故该选项不符合题意；
B． 平行四边形不是轴对称图形，故该选项符合题意；
C．矩形是轴对称图形，故该选项不符合题意；
D．正方形是轴对称图形，故该选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形，熟记轴对称图形定义是解本题的关键．
2. 方程的解为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用直接开平方法解答，即可求解．
【详解】解：，
∴，
解得：．
故选：D
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解法，常用的方法有直接开平方法、配方法、因式分解法、公式法，灵活选择合适的方法是解答本题的关键．
3. 菱形具有而矩形不具有的性质是（ ）．
A. 对角线互相平分B. 四边相等
C. 对角线相等D. 对角相等
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查矩形的性质、菱形的性质．熟练掌握这些知识是解决问题的关键，属于基础题，中考常考题型．
根据矩形、菱形的性质分别判断即可．
【详解】解： 、矩形、菱形的对角线都是互相平分的，故错误．
、菱形的四边相等，矩形的四边不一定相等，故正确．
、矩形对角线相等、菱形的对角线不一定相等，故错误．
、矩形、菱形的对角都是相等的，故错误．
故选：．
4. 若a、b、c、d是成比例线段，其中，，，求线段d的长是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了比例线段：对于四条线段、、、，如果其中两条线段的比（即它们的长度比）与另两条线段的比相等，如（即，我们就说这四条线段是成比例线段，简称比例线段．利用比例线段的定理得到，然后利用比例的性质求即可．
【详解】解：根据题意得，即，
所以．
故选：．
5. 已知，且，则的值是（ ）．
A. B. 3C. 1D. 0
【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：．
6. 如图，直线，直线分别交，，于点A，B，C，直线分别交，，于点D，E，F，直线与相交于点G，若，，，则下列结论错误的是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查平行线分线段成比例，掌握平行线分线段成比例是解题的关键．根据平行线分线段成比例判断即可．
【详解】解：∵直线，，，
∴，故A正确，不符合题意；
∵，，，
∴，故B正确，不符合题意；
∵，
∴，故C正确，不符合题意；
∵，
∴，故D错误，符合题意．
故选：D．
7. 雾霾天气越来越破坏环境和危害人民的身体健康，某市2022年全年雾霾天气是36天，为了改善环境，减少雾霾天气，该市计划到2024年全年雾霾天气降到25天，这两年雾霾天气的平均下降率相同，若设每年的下降率为x，根据题意，所列方程为（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，平均增长率问题，若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为，由此可解．
【详解】解：若设每年的下降率为x，则2023年雾霾天气天数为，2024年雾霾天气天数为，
故所列方程为．
故选B．
8. 如图，顺次连接四边形各边中点得四边形，要使四边形为矩形，应添加的条件是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连，根据三角形中位线的性质得到，； ，，即四边形为平行四边形，当和，只能判断四边形为平行四边形；当，能判断四边形为矩形；当，能判断四边形为菱形．
【详解】解：如图所示，连，
∵、、、为四边形各中点，
∴，；，，
∴，
∴四边形为平行四边形，
要使四边形为菱形，则，
而，
∴．
当和，只能判断四边形为平行四边形，故A、D选项错误；
当，能判断四边形为矩形，故C选项正确；
当，可判断四边形为菱形，故B选项错误．
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形、矩形、菱形的判定定理，以及三角形中位线的性质，掌握矩形的判定方法是解题的关键．
9. 如图，正方形中，点E是上一点，连接，过点B作于点F，连接DF，若，，则可以表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质等，作于点G，通过证明推出，，，进而结合可证是等腰直角三角形，推出，再利用三角形外角的性质可得答案．
【详解】解：如图，作于点G，
四边形是正方形，
，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
，，，
，
，
，，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
故选C．
10. 若关于x一元二次方程有实数根，且关于y的分式方程的解是正数，则满足条件的整数m的值的和为（）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了根判别式：一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根．也考查了分式方程．先根据根的判别式的意义得到且，解得且，解分式方程得到，再利用且，所以的取值范围为且，，然后确定整数的值，最后计算所有满足条件的整数之和．
【详解】解：有两个实数根，
，且，
解得，且，
的分式方程，解得，
的解是正数，
，，
解得且，
的取值范围为且，，
满足条件的整数为，，，，，2，
满足条件的整数和为．
故选：B
二、填空题：（本大题共8个小题，每小题4分，共32分）请将每小题的答案直接填在答题卡中对应的横线上．
11. 若，则的值为___________．
【答案】##
【解析】
【分析】由题意根据两内项之积等于两外项之积列式整理，并代入要求的式子即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查比例的性质，熟练掌握并利用两内项之积等于两外项之积的性质对式子变形整理是解题的关键．
12. 一个不透明的盒子中装有若干个红球和个黑球，这些球除颜色外均相同．经多次摸球试验后发现，摸到黑球的频率稳定在左右，则盒子中红球的个数约为______________．
【答案】
【解析】
【分析】设袋子中红球有个，根据摸到黑球的频率稳定在左右，可列出关于的方程，求出的值，从而得出结果．
【详解】解：设袋子中红球有个，
根据题意，得,
∴盒子中红球的个数约为，
故答案为：
【点睛】本题主要考查了利用频率估计概率，熟练掌握求概率公式是解此题的关键．
13. 如图，，若，，则的长度是______．
【答案】9
【解析】
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质，找到对应的边成比例是解题的关键．根据相似三角形的性质列出方程即可求解．
【详解】解：，．
，
当时，．
故答案为：9
14. 如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接，若，，则的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，菱形的面积公式，关键是掌握菱形的性质．由菱形的性质得出，，，根据勾股定理求出的长，由菱形面积等于对角线乘积的一半求出菱形面积，最后再由菱形的面积求出．
【详解】解：四边形是菱形，，
，，．
，，
，，
．
菱形的面积，
，
，
．
故答案为：．
15. m是关于x的一元二次方程的一个根，则代数式的值为______．
【答案】2024
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的解，解答本题的关键是明确方程的解一定使得原方程成立．根据是关于的一元二次方程的一个根，可以得到的值，然后将所求式子变形，再将的值代入计算即可．
【详解】解：是关于的一元二次方程的一个根，
，
，
，
故答案为：2024．
16. 要组织一次排球邀请赛，参赛的每两个队之间都要比赛一场，根据场地和时间等条件，赛程计划安排7天，每天安排4场比赛，比赛组织者应邀请 __队参赛．
【答案】8
【解析】
【分析】设比赛组织者应邀请x个队参赛，则每个队参加（x－1）场比赛，共有场比赛，可列出一个一元二次方程，再进行求解即可得出答案.
【详解】解：∵赛程计划安排7天，每天安排4场比赛，
∴共7×4＝28场比赛．
设比赛组织者应邀请x队参赛，
则由题意可列方程为：＝28．
解得：x1＝8，x2＝﹣7（舍去），
所以比赛组织者应邀请8队参赛．
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程，解此题的要点在于可以把实际问题转换成数学问题．
17. 如图，在矩形中，，，点E为边上的一个动点，把沿折叠，点D的对应点为，展平后得到折痕，同时得到线段，，不再添加其他线段．当图中存在角时，的长为______．
【答案】或或
【解析】
【分析】本题考查翻折变换、矩形的性质，解题的关键是分类讨论．根据题意分三种情况讨论：①当时，②当时，③当时，利用锐角三角函数、勾股定理以及直角三角形的性质可求线段的长．
【详解】解：分三种情况：①当时，
在中，，即，
可得；
②当时，
在中，，即，
可得；
③当时，
如图，由折叠性质可得，
，
，
在 中，作交于点，
则，
设，则，
，
，
解得：，
，
的长为或或．
故答案为：或或
18. 如图，在等腰中，，，点D是外部一点，且，若，，则的长度为______．
【答案】
【解析】
【分析】作，，求得，由勾股定理求得，，，根据边角边证明，其性质得，最后在中，由勾股定理求得，即求得的长为．
【详解】解：过点作，且，，连接、，如图所示：
，
，
又，
，
又，
，
又，，
，
又∵，，
，
又，，
，
在中，由勾股定理得：
，
又，
，
，
又，
，
，
在和中，
，
，
又，
，
在中，由勾股定理得；
，
故答案为：
【点睛】本题综合考查了等腰三角的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等相关知识点，重点掌握全等三角形的判定与性质，难点是作辅助线构建等腰三角形和全等三角形．
三、解答题：（本大题共8个小题，第19题12分，第20题6分，其余每题各10分，共78分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上．
19. 用指定方法解下列一元二次方程：
（1）（配方法）
（2）（公式法）
（3）（因式分解法）
（4）（十字相乘法）
【答案】（1），
（2），
（3），
（4），．
【解析】
【分析】此题考查了解一元二次方程因式分解法，配方法，公式法，以及直接开方法，熟练掌握各种解法是解本题的关键．
（1）把常数项4移项后，再在左右两边同时加上一次项系数6的一半的平方，再进行计算即可．
（2）找出，，的值，计算出根的判别式大于0，代入求根公式即可求出解；
（3）方程移项后，提取公因式，因式分解得到，然后解两个一元一次方程即可；
（4）把方程左边进行因式分解得到，然后解两个一元一次方程即可．
【小问1详解】
，
，
，
，
，
，；
【小问2详解】
，
，，，，
，
，；
【小问3详解】
，
，
，
，
，
或，
，；
【小问4详解】
．
，
或，
，．
20. 在一个不透明的袋子装有2个红球和1个白球，它们除颜色外其他无差别，现从中随机摸球．
（1）若从袋子中摸出一个球，记下颜色，放回后再摸出一个球，请用树状图或列表法分析两次摸出的都是红色的概率；
（2）若从袋子中摸出一个球，记下颜色，不放回，再摸出一个球，请用树状图或列表法分析两次摸出的都是红色的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了列表法与树状图法，熟悉掌握表格的作法是解题的关键．
（1）画出树状图解答即可；
（2）画出树状图解答即可．
【小问1详解】
解：根据题意可作树状图为：
一共9种情况，两次摸出的都是红色的情况有4种；
∴
【小问2详解】
解：根据题意可作树状图为：
一共6种情况，两次摸出的都是红色的情况有2种；
21. 如图，四边形为矩形，为矩形的一条对角线．
（1）用尺规完成以下基本作图：在的左侧作，射线与的延长线交于点．连接与交于点；（保留作图痕迹，不写作法，不下结论）；
（2）小亮判断点为线段的中点．他的证明思路是：利用矩形的性质，先证明为等腰三角形，从而得到点为的中点，再利用三角形全等，得到点为的中点．请根据小亮的思路完成下面的填空：
证明：四边形为矩形，
，，，
，① ，
，
，
，
，
，，
② ，
，
，
，
③ ，
，
，
，，
④ ，
，
点为的中点．
【答案】（1）作图见解答
（2），，，
【解析】
【分析】本题考查了作图基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题关键．也考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质和矩形的性质．
（1）利用基本作图作，然后连接即可；
（2）先证明为等腰三角形，从而得到点为的中点，再利用三角形全等，得到点为的中点．
【小问1详解】
解：如图，
【小问2详解】
证明：四边形为矩形，
，，，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
点为的中点．
故答案为：，，，．
22. 如图，在中，对角线与相交于点，，过点作交于点．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理以及相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质和菱形的判定与性质是解题的关键．
（1）证，得是菱形，再由菱形的性质得，可得，再由，可得，从而得出，
然后证即可；
（2）由勾股定理得，由，得，即可得出结论．
【小问1详解】
证明：，
，
是菱形，
，
，
，
，
，
，
；
【小问2详解】
解：是菱形，
，，
，
，
，
，
即，
解得：，
即长为．
23. 某商场有A，B两款电器，已知每台A款电器的售价是每台B款电器售价的倍，顾客用1200元购买A款电器的数量比用1200元购买B款电器的数量少1台．
（1）求A，B两款电器每台的售价；
（2）经统计，每台A款电器的利润为100元时每月可以卖出100台，为了尽可能减少库存，该商场决定采取适当降价措施．调查发现，每台A款电器的售价每降低10元，则平均每月可多售出20台，该商场想要每月销售A款电器的利润为10800元，则每台A款电器应降价多少元？
【答案】（1）A，B两款电器每台的售价分别为300元，240元
（2）每台A款电器应降价40元
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用以及分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程和一元二次方程是解题的关键．
（1）设每台B款电器的售价为x元，则每台A款电器的售价为元，根据“顾客用1200元购买A款电器的数量比用1200元购买B款电器的数量少1台”列出分式方程，解方程即可；
（2）设每台A款电器应降价m元，根据每月销售A款电器的利润达到10800元，列出一元二次方程，解之取满足题意的值即可．
【小问1详解】
解：设每台B款电器的售价为x元，则每台A款电器的售价为元，
由题意得：，
解得：，
经检验，是原方程的解，且符合题意，
（元），
答：A，B两款电器每台的售价分别为300元，240元；
【小问2详解】
解：设每台A款电器应降价m元，
由题意得：，
整理得：，
解得：，，
为了尽可能减少库存，
取．
答：每台A款电器应降价40元．
24. 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）已知一元二次方程的两根分别为，，求的值；
（3）若实数m，n满足，，且，求的值．
【答案】（1），
（2）
（3）
【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）由，，可得m，n是一元二次方程的两根，进而求出和的值，即可求解．
【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：实数m，n满足，，且，
m，n是一元二次方程的两根，
，，
，
，
，或，
．
25. 如图，在平面直角坐标系中，A-2,0，，直线与y轴相交于点C，与x轴相交于点D，与直线AB交于点G．
（1）求点G的坐标；
（2）如图1，是直线上两动点，点E在点F上方，且，连接AF，BE，求的最小值及此时点F的坐标；
（3）在（2）问取得最小时，点P是x轴上一动点，点Q是平面内一点，当以点为顶点的四边形是菱形时，请写出点Q的坐标，并写出求其中一个点Q的过程．
【答案】（1）
（2），
（3）或或．
【解析】
【分析】（1）由已知求出直线的解析式，与的解析式组成方程组，求方程组的解即可得点G的坐标；
（2）过点作且截取，连接交于点，即可求出的最小值及此时点F的坐标；
（3）以点为顶点的四边形是菱形分三种情况讨论：；；，分别求出点的坐标即可．
【小问1详解】
解：∵A-2,0，
∴
设的解析式为，把坐标代入得
解之得
∴的解析式为
解得
∴点的坐标为．
【小问2详解】
过点作，且，
连接由平行四边形的性质可得，连接交于点，此时最小．
中令，得
令，得
∴，
∴，
过点作轴，∵，
∴
∴
∴点
∴，
设的解析式为，把点的坐标代入
解得
∴的解析式为
∴
此时的最小值为：．
【小问3详解】
若，由四边形为菱形，可知点为点关于轴的对称点，
∴；
若，则由四边形为菱形，可知，
∵，
∴，
∴点；
若，
∵，
∴
∴
∴四边形为正方形
∴点．
∴点的坐标为或或．
【点睛】本题考查了一次函数的图象与性质，待定系数法求一次函数解析式，由轴对称求线段和最小，菱形的性质以及两点间的距离公式，关键是熟练掌握相关的知识，特别是通过轴对称求两条线段的和最短，分类讨论四边形为菱形时的所有可能情况．
26. 已知正方形中，点E在边上（不与两端点重合）．
（1）如图1，连接，若平分，，求正方形面积；
（2）如图2，将绕点A逆时针方向旋转得到线段，过点H作交于点F，直线交于点G，猜想线段，，之间的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，若正方形的边长是4，点P是边上一点，且，连接，，将沿翻折到同一平面上的，连接，，请直接写出的最小值．
【答案】（1）
（2）或
（3）的最小值为
【解析】
【分析】（1）如图，过作于，证明，可得正方形的边长，从而可得答案；
（2）分两种情况讨论，延长交于M，连接，则和都是等腰直角三角形，得出，，证出，证明得出，，再证明，得出，再进一步即可得出结论．
（3）如图，作，证明，可得，可得，，当三点共线，此时最短，此时，再进一步利用勾股定理即可求解．
【小问1详解】
解：如图，过作于，
∵正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵平分，，
∴，
∴，
∴，
∴正方形的面积为；
【小问2详解】
解：或；
理由如下：延长交于M，连接，如图所示：当落在的延长线上时，
∵正方形，
∴，，，
∵，
∴和都是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴， ，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴．
如图所示：当落在上时，
同理可得：，，
∴．
综上，线段间的数量关系为或．
【小问3详解】
解：∵正方形，，
∴，，
结合轴对称可得：，
如图，作，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
当三点共线，
此时最短，此时，
而，
∴的最小值为．
【点睛】本题考查的是正方形的性质，角平分线的性质，二次根式的混合运算，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用等知识，其中全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．
（全卷共四个大题，满分150分，考试时间120分钟）
一、选择题：（本大题共10个小题，每小题4分，共40分）在每个小题的下面，都给出了代号为A、B、C、D的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答题卡上题号右侧正确答案所对应的方框涂黑．
1. 下列图形中，不是轴对称图形的是（ ）
A. 菱形B. 平行四边形C. 矩形D. 正方形
【答案】B
【解析】
【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，进行分析即可判定．
【详解】解：A．菱形是轴对称图形，故该选项不符合题意；
B． 平行四边形不是轴对称图形，故该选项符合题意；
C．矩形是轴对称图形，故该选项不符合题意；
D．正方形是轴对称图形，故该选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形，熟记轴对称图形定义是解本题的关键．
2. 方程的解为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用直接开平方法解答，即可求解．
【详解】解：，
∴，
解得：．
故选：D
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解法，常用的方法有直接开平方法、配方法、因式分解法、公式法，灵活选择合适的方法是解答本题的关键．
3. 菱形具有而矩形不具有的性质是（ ）．
A. 对角线互相平分B. 四边相等
C. 对角线相等D. 对角相等
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查矩形的性质、菱形的性质．熟练掌握这些知识是解决问题的关键，属于基础题，中考常考题型．
根据矩形、菱形的性质分别判断即可．
【详解】解： 、矩形、菱形的对角线都是互相平分的，故错误．
、菱形的四边相等，矩形的四边不一定相等，故正确．
、矩形对角线相等、菱形的对角线不一定相等，故错误．
、矩形、菱形的对角都是相等的，故错误．
故选：．
4. 若a、b、c、d是成比例线段，其中，，，求线段d的长是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了比例线段：对于四条线段、、、，如果其中两条线段的比（即它们的长度比）与另两条线段的比相等，如（即，我们就说这四条线段是成比例线段，简称比例线段．利用比例线段的定理得到，然后利用比例的性质求即可．
【详解】解：根据题意得，即，
所以．
故选：．
5. 已知，且，则的值是（ ）．
A. B. 3C. 1D. 0
【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：．
6. 如图，直线，直线分别交，，于点A，B，C，直线分别交，，于点D，E，F，直线与相交于点G，若，，，则下列结论错误的是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查平行线分线段成比例，掌握平行线分线段成比例是解题的关键．根据平行线分线段成比例判断即可．
【详解】解：∵直线，，，
∴，故A正确，不符合题意；
∵，，，
∴，故B正确，不符合题意；
∵，
∴，故C正确，不符合题意；
∵，
∴，故D错误，符合题意．
故选：D．
7. 雾霾天气越来越破坏环境和危害人民的身体健康，某市2022年全年雾霾天气是36天，为了改善环境，减少雾霾天气，该市计划到2024年全年雾霾天气降到25天，这两年雾霾天气的平均下降率相同，若设每年的下降率为x，根据题意，所列方程为（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，平均增长率问题，若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为，由此可解．
【详解】解：若设每年的下降率为x，则2023年雾霾天气天数为，2024年雾霾天气天数为，
故所列方程为．
故选B．
8. 如图，顺次连接四边形各边中点得四边形，要使四边形为矩形，应添加的条件是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连，根据三角形中位线的性质得到，； ，，即四边形为平行四边形，当和，只能判断四边形为平行四边形；当，能判断四边形为矩形；当，能判断四边形为菱形．
【详解】解：如图所示，连，
∵、、、为四边形各中点，
∴，；，，
∴，
∴四边形为平行四边形，
要使四边形为菱形，则，
而，
∴．
当和，只能判断四边形为平行四边形，故A、D选项错误；
当，能判断四边形为矩形，故C选项正确；
当，可判断四边形为菱形，故B选项错误．
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形、矩形、菱形的判定定理，以及三角形中位线的性质，掌握矩形的判定方法是解题的关键．
9. 如图，正方形中，点E是上一点，连接，过点B作于点F，连接DF，若，，则可以表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质等，作于点G，通过证明推出，，，进而结合可证是等腰直角三角形，推出，再利用三角形外角的性质可得答案．
【详解】解：如图，作于点G，
四边形是正方形，
，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
，，，
，
，
，，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
故选C．
10. 若关于x一元二次方程有实数根，且关于y的分式方程的解是正数，则满足条件的整数m的值的和为（）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了根判别式：一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根．也考查了分式方程．先根据根的判别式的意义得到且，解得且，解分式方程得到，再利用且，所以的取值范围为且，，然后确定整数的值，最后计算所有满足条件的整数之和．
【详解】解：有两个实数根，
，且，
解得，且，
的分式方程，解得，
的解是正数，
，，
解得且，
的取值范围为且，，
满足条件的整数为，，，，，2，
满足条件的整数和为．
故选：B
二、填空题：（本大题共8个小题，每小题4分，共32分）请将每小题的答案直接填在答题卡中对应的横线上．
11. 若，则的值为___________．
【答案】##
【解析】
【分析】由题意根据两内项之积等于两外项之积列式整理，并代入要求的式子即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查比例的性质，熟练掌握并利用两内项之积等于两外项之积的性质对式子变形整理是解题的关键．
12. 一个不透明的盒子中装有若干个红球和个黑球，这些球除颜色外均相同．经多次摸球试验后发现，摸到黑球的频率稳定在左右，则盒子中红球的个数约为______________．
【答案】
【解析】
【分析】设袋子中红球有个，根据摸到黑球的频率稳定在左右，可列出关于的方程，求出的值，从而得出结果．
【详解】解：设袋子中红球有个，
根据题意，得,
∴盒子中红球的个数约为，
故答案为：
【点睛】本题主要考查了利用频率估计概率，熟练掌握求概率公式是解此题的关键．
13. 如图，，若，，则的长度是______．
【答案】9
【解析】
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质，找到对应的边成比例是解题的关键．根据相似三角形的性质列出方程即可求解．
【详解】解：，．
，
当时，．
故答案为：9
14. 如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接，若，，则的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，菱形的面积公式，关键是掌握菱形的性质．由菱形的性质得出，，，根据勾股定理求出的长，由菱形面积等于对角线乘积的一半求出菱形面积，最后再由菱形的面积求出．
【详解】解：四边形是菱形，，
，，．
，，
，，
．
菱形的面积，
，
，
．
故答案为：．
15. m是关于x的一元二次方程的一个根，则代数式的值为______．
【答案】2024
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的解，解答本题的关键是明确方程的解一定使得原方程成立．根据是关于的一元二次方程的一个根，可以得到的值，然后将所求式子变形，再将的值代入计算即可．
【详解】解：是关于的一元二次方程的一个根，
，
，
，
故答案为：2024．
16. 要组织一次排球邀请赛，参赛的每两个队之间都要比赛一场，根据场地和时间等条件，赛程计划安排7天，每天安排4场比赛，比赛组织者应邀请 __队参赛．
【答案】8
【解析】
【分析】设比赛组织者应邀请x个队参赛，则每个队参加（x－1）场比赛，共有场比赛，可列出一个一元二次方程，再进行求解即可得出答案.
【详解】解：∵赛程计划安排7天，每天安排4场比赛，
∴共7×4＝28场比赛．
设比赛组织者应邀请x队参赛，
则由题意可列方程为：＝28．
解得：x1＝8，x2＝﹣7（舍去），
所以比赛组织者应邀请8队参赛．
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程，解此题的要点在于可以把实际问题转换成数学问题．
17. 如图，在矩形中，，，点E为边上的一个动点，把沿折叠，点D的对应点为，展平后得到折痕，同时得到线段，，不再添加其他线段．当图中存在角时，的长为______．
【答案】或或
【解析】
【分析】本题考查翻折变换、矩形的性质，解题的关键是分类讨论．根据题意分三种情况讨论：①当时，②当时，③当时，利用锐角三角函数、勾股定理以及直角三角形的性质可求线段的长．
【详解】解：分三种情况：①当时，
在中，，即，
可得；
②当时，
在中，，即，
可得；
③当时，
如图，由折叠性质可得，
，
，
在 中，作交于点，
则，
设，则，
，
，
解得：，
，
的长为或或．
故答案为：或或
18. 如图，在等腰中，，，点D是外部一点，且，若，，则的长度为______．
【答案】
【解析】
【分析】作，，求得，由勾股定理求得，，，根据边角边证明，其性质得，最后在中，由勾股定理求得，即求得的长为．
【详解】解：过点作，且，，连接、，如图所示：
，
，
又，
，
又，
，
又，，
，
又∵，，
，
又，，
，
在中，由勾股定理得：
，
又，
，
，
又，
，
，
在和中，
，
，
又，
，
在中，由勾股定理得；
，
故答案为：
【点睛】本题综合考查了等腰三角的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等相关知识点，重点掌握全等三角形的判定与性质，难点是作辅助线构建等腰三角形和全等三角形．
三、解答题：（本大题共8个小题，第19题12分，第20题6分，其余每题各10分，共78分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上．
19. 用指定方法解下列一元二次方程：
（1）（配方法）
（2）（公式法）
（3）（因式分解法）
（4）（十字相乘法）
【答案】（1），
（2），
（3），
（4），．
【解析】
【分析】此题考查了解一元二次方程因式分解法，配方法，公式法，以及直接开方法，熟练掌握各种解法是解本题的关键．
（1）把常数项4移项后，再在左右两边同时加上一次项系数6的一半的平方，再进行计算即可．
（2）找出，，的值，计算出根的判别式大于0，代入求根公式即可求出解；
（3）方程移项后，提取公因式，因式分解得到，然后解两个一元一次方程即可；
（4）把方程左边进行因式分解得到，然后解两个一元一次方程即可．
【小问1详解】
，
，
，
，
，
，；
【小问2详解】
，
，，，，
，
，；
【小问3详解】
，
，
，
，
，
或，
，；
【小问4详解】
．
，
或，
，．
20. 在一个不透明的袋子装有2个红球和1个白球，它们除颜色外其他无差别，现从中随机摸球．
（1）若从袋子中摸出一个球，记下颜色，放回后再摸出一个球，请用树状图或列表法分析两次摸出的都是红色的概率；
（2）若从袋子中摸出一个球，记下颜色，不放回，再摸出一个球，请用树状图或列表法分析两次摸出的都是红色的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了列表法与树状图法，熟悉掌握表格的作法是解题的关键．
（1）画出树状图解答即可；
（2）画出树状图解答即可．
【小问1详解】
解：根据题意可作树状图为：
一共9种情况，两次摸出的都是红色的情况有4种；
∴
【小问2详解】
解：根据题意可作树状图为：
一共6种情况，两次摸出的都是红色的情况有2种；
21. 如图，四边形为矩形，为矩形的一条对角线．
（1）用尺规完成以下基本作图：在的左侧作，射线与的延长线交于点．连接与交于点；（保留作图痕迹，不写作法，不下结论）；
（2）小亮判断点为线段的中点．他的证明思路是：利用矩形的性质，先证明为等腰三角形，从而得到点为的中点，再利用三角形全等，得到点为的中点．请根据小亮的思路完成下面的填空：
证明：四边形为矩形，
，，，
，① ，
，
，
，
，
，，
② ，
，
，
，
③ ，
，
，
，，
④ ，
，
点为的中点．
【答案】（1）作图见解答
（2），，，
【解析】
【分析】本题考查了作图基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题关键．也考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质和矩形的性质．
（1）利用基本作图作，然后连接即可；
（2）先证明为等腰三角形，从而得到点为的中点，再利用三角形全等，得到点为的中点．
【小问1详解】
解：如图，
【小问2详解】
证明：四边形为矩形，
，，，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
点为的中点．
故答案为：，，，．
22. 如图，在中，对角线与相交于点，，过点作交于点．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理以及相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质和菱形的判定与性质是解题的关键．
（1）证，得是菱形，再由菱形的性质得，可得，再由，可得，从而得出，
然后证即可；
（2）由勾股定理得，由，得，即可得出结论．
【小问1详解】
证明：，
，
是菱形，
，
，
，
，
，
，
；
【小问2详解】
解：是菱形，
，，
，
，
，
，
即，
解得：，
即长为．
23. 某商场有A，B两款电器，已知每台A款电器的售价是每台B款电器售价的倍，顾客用1200元购买A款电器的数量比用1200元购买B款电器的数量少1台．
（1）求A，B两款电器每台的售价；
（2）经统计，每台A款电器的利润为100元时每月可以卖出100台，为了尽可能减少库存，该商场决定采取适当降价措施．调查发现，每台A款电器的售价每降低10元，则平均每月可多售出20台，该商场想要每月销售A款电器的利润为10800元，则每台A款电器应降价多少元？
【答案】（1）A，B两款电器每台的售价分别为300元，240元
（2）每台A款电器应降价40元
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用以及分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程和一元二次方程是解题的关键．
（1）设每台B款电器的售价为x元，则每台A款电器的售价为元，根据“顾客用1200元购买A款电器的数量比用1200元购买B款电器的数量少1台”列出分式方程，解方程即可；
（2）设每台A款电器应降价m元，根据每月销售A款电器的利润达到10800元，列出一元二次方程，解之取满足题意的值即可．
【小问1详解】
解：设每台B款电器的售价为x元，则每台A款电器的售价为元，
由题意得：，
解得：，
经检验，是原方程的解，且符合题意，
（元），
答：A，B两款电器每台的售价分别为300元，240元；
【小问2详解】
解：设每台A款电器应降价m元，
由题意得：，
整理得：，
解得：，，
为了尽可能减少库存，
取．
答：每台A款电器应降价40元．
24. 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）已知一元二次方程的两根分别为，，求的值；
（3）若实数m，n满足，，且，求的值．
【答案】（1），
（2）
（3）
【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）由，，可得m，n是一元二次方程的两根，进而求出和的值，即可求解．
【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：实数m，n满足，，且，
m，n是一元二次方程的两根，
，，
，
，
，或，
．
25. 如图，在平面直角坐标系中，A-2,0，，直线与y轴相交于点C，与x轴相交于点D，与直线AB交于点G．
（1）求点G的坐标；
（2）如图1，是直线上两动点，点E在点F上方，且，连接AF，BE，求的最小值及此时点F的坐标；
（3）在（2）问取得最小时，点P是x轴上一动点，点Q是平面内一点，当以点为顶点的四边形是菱形时，请写出点Q的坐标，并写出求其中一个点Q的过程．
【答案】（1）
（2），
（3）或或．
【解析】
【分析】（1）由已知求出直线的解析式，与的解析式组成方程组，求方程组的解即可得点G的坐标；
（2）过点作且截取，连接交于点，即可求出的最小值及此时点F的坐标；
（3）以点为顶点的四边形是菱形分三种情况讨论：；；，分别求出点的坐标即可．
【小问1详解】
解：∵A-2,0，
∴
设的解析式为，把坐标代入得
解之得
∴的解析式为
解得
∴点的坐标为．
【小问2详解】
过点作，且，
连接由平行四边形的性质可得，连接交于点，此时最小．
中令，得
令，得
∴，
∴，
过点作轴，∵，
∴
∴
∴点
∴，
设的解析式为，把点的坐标代入
解得
∴的解析式为
∴
此时的最小值为：．
【小问3详解】
若，由四边形为菱形，可知点为点关于轴的对称点，
∴；
若，则由四边形为菱形，可知，
∵，
∴，
∴点；
若，
∵，
∴
∴
∴四边形为正方形
∴点．
∴点的坐标为或或．
【点睛】本题考查了一次函数的图象与性质，待定系数法求一次函数解析式，由轴对称求线段和最小，菱形的性质以及两点间的距离公式，关键是熟练掌握相关的知识，特别是通过轴对称求两条线段的和最短，分类讨论四边形为菱形时的所有可能情况．
26. 已知正方形中，点E在边上（不与两端点重合）．
（1）如图1，连接，若平分，，求正方形面积；
（2）如图2，将绕点A逆时针方向旋转得到线段，过点H作交于点F，直线交于点G，猜想线段，，之间的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，若正方形的边长是4，点P是边上一点，且，连接，，将沿翻折到同一平面上的，连接，，请直接写出的最小值．
【答案】（1）
（2）或
（3）的最小值为
【解析】
【分析】（1）如图，过作于，证明，可得正方形的边长，从而可得答案；
（2）分两种情况讨论，延长交于M，连接，则和都是等腰直角三角形，得出，，证出，证明得出，，再证明，得出，再进一步即可得出结论．
（3）如图，作，证明，可得，可得，，当三点共线，此时最短，此时，再进一步利用勾股定理即可求解．
【小问1详解】
解：如图，过作于，
∵正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵平分，，
∴，
∴，
∴，
∴正方形的面积为；
【小问2详解】
解：或；
理由如下：延长交于M，连接，如图所示：当落在的延长线上时，
∵正方形，
∴，，，
∵，
∴和都是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴， ，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴．
如图所示：当落在上时，
同理可得：，，
∴．
综上，线段间的数量关系为或．
【小问3详解】
解：∵正方形，，
∴，，
结合轴对称可得：，
如图，作，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
当三点共线，
此时最短，此时，
而，
∴的最小值为．
【点睛】本题考查的是正方形的性质，角平分线的性质，二次根式的混合运算，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用等知识，其中全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．
相关试卷
重庆市万州国本中学校2023-2024学年九年级下学期入学考试数学试题（原卷版）： 这是一份重庆市万州国本中学校2023-2024学年九年级下学期入学考试数学试题（原卷版），共7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。
重庆市万州国本中学校2023-2024学年九年级下学期入学考试数学试题（原卷版+解析版）： 这是一份重庆市万州国本中学校2023-2024学年九年级下学期入学考试数学试题（原卷版+解析版），文件包含重庆市万州国本中学校2023-2024学年九年级下学期入学考试数学试题原卷版docx、重庆市万州国本中学校2023-2024学年九年级下学期入学考试数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共38页， 欢迎下载使用。
重庆市重庆实验外国语学校2023-2024学年七年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版）： 这是一份重庆市重庆实验外国语学校2023-2024学年七年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版），文件包含重庆市重庆实验外国语学校2023-2024学年七年级下学期期中数学试题原卷版docx、重庆市重庆实验外国语学校2023-2024学年七年级下学期期中数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
