福建省三明市清流县九年级上学期期中考试数学试题（解析版）-A4

这是一份福建省三明市清流县九年级上学期期中考试数学试题（解析版）-A4，共24页。试卷主要包含了考试结束，考生必须将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共6页．
（满分150分，考试时间120分钟）
注意事项：
1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定位置填写本人准考证号、姓名等信息．考生要认真核对答题卡上的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致．
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．非选择题答案用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上相应位置书写作答，在试题卷上答题无效．
3．作图可先使用2B铅笔画出，确定后必须用0.5毫米黑色墨水签字笔描黑．
4．考试结束，考生必须将答题卡交回．
第I卷
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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. 把一元二次方程化成一般形式，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查的是一元二次方程的一般形式，掌握“一元二次方程的一般形式： ”是解本题的关键．
先把方程的左边按照平方差公式进行整理，再移项把方程化为，从而可得答案．
【详解】解：∵，
∴方程的一般形式为：．
故选：A．
2. 如果3x=5y，则下列比例式成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据两内项之积等于两外项之积，对各选项分析判断即可得解．
【详解】解：A、由得5x=3y，故本选项不正确；
B、由得3x=5y，故本选项正确；
C、由得5x=3y，故本选项不正确；
D、由得5x=3y，故本选项不正确；
故选：B．
【点睛】本题考查了比例的性质，主要利用了两内项之积等于两外项之积．
3. 抛掷一枚质地均匀的硬币2次，2次抛掷的结果都是反面向上的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了列举法求概率．正确的列表是解题的关键．
根据题意列表格，然后求概率即可．
【详解】解：由题意，列表如下；
由表可知，共有4种等可能结果，其中2次抛掷的结果都是反面向上有1种等可能的结果，
∴2次抛掷的结果都是反面向上的概率为，
故选：C．
4. 如果(其中，)，那么下列式子中不正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，则可以变形为．分别代入各个选项检验即可得到结论．
【详解】解：设，则可以变形为．
A、，，该选项正确，故不符合题意；
B、，，该选项正确，故不符合题意；
C、，，该选项正确，故不符合题意；
D、，，该选项错误，故符合题意．
故选：D．
【点睛】已知几个量的比值时，常用的解法是：设一个未知数，把题目中的几个量用所设的未知数表示出来，实现约分求值．
5. 如图，是的边上的一点，那么下列四个条件不能单独判定的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定，灵活利用相似三角形的判定定理是解题的关键．
根据相似三角形的判定定理逐项即可．
【详解】解：∵是公共角，∴再加上或都可判定，不符合题意，即A、B都不符合题意；
∵是公共角，再加上，即可判定，则选项D不符合题意；选项C中的对两边成比例，但不是相应的夹角相等，不能，符合题意．
故选C．
6. 如图，在△ABC中，D，E分别是边AB，AC上的点，DE∥BC，AD：DB=2：1，下列结论中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由AD：DB=2：1可直接判断D项，根据DE∥BC可判断C项，根据△ADE∽△ABC可判断B项，而A项无法判断，问题即得解决.
【详解】解：∵AD：DB=2：1，∴，
∵DE∥BC，∴，△ADE∽△ABC，
∴，
∴B、C是错误的，D是正确的，而A项无法判断.
故选D.
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理和相似三角形的判定和性质，属于基本题型，掌握相关的定理和性质是关键.
7. 据乘用车市场信息数据显示，我国新能源汽车发展迅速，2024年4月至6月，新能源汽车月销量由68万辆增加到万辆，设新能源汽车销量的月平均增长率为x，则可以列方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设新能源汽车销量的月平均增长率为x，根据题意，得，解答即可．
本题考查了一元二次方程的应用，增长率问题，熟练掌握增长率的意义是解题的关键．
【详解】解：设新能源汽车销量的月平均增长率为x，
根据题意，得，
故选：B．
8. 如图，在四边形中，对角线，垂足为O，点E、F、G、H分别为边、、、的中点．若，则四边形的面积为（ ）
A. 48B. 24C. 32D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】利用中位线定理可得出四边形矩形，根据矩形的面积公式解答即可．
【详解】解：∵点E、F分别为四边形的边、的中点，
∴，且．
同理：，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
同理：，，
又∵，
∴．
∴四边形是矩形．
∴四边形的面积，
即四边形的面积是12．
故选：D．
【点睛】本题考查的是中点四边形的含义，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，三角形的中位线的性质，熟记特殊四边形的判定与性质是解本题的关键．
9. 如图，正方形的顶点、的坐标分别为0,3，2,0，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形判定和性质、正方形的性质等知识，解题的关键是学会添加垂线的辅助线，构造全等三角形解决问题．作轴交于点，用全等三角形判定定理推出，得出和的长，即可得出点的坐标．
【详解】解：如图，作轴交于点，

点、的坐标分别为0,3，2,0，
，，
正方形，
，，
，
，
，
，
，
轴，
，
，
，
，，
，
点的坐标为．
故选：B．
10. 如图，已知正方形的边长为6，是对角线上一点，于点，点，连接，，给出下列结论：①；②四边形的周长为12；③一定是等腰三角形；④；⑤的最小值为，以上结论中正确的序号为（ ）
A. ①②③B. ①②③④C. ①②④⑤D. ①②③④⑤
【答案】C
【解析】
【分析】根据正方形的性质得，再说明四边形为矩形，可得，根据，再根据“等角对等边”得，，接着根据勾股定理，得，即可判断①；根据四边形的周长为，可判断②；然乎说明是等腰三角形，可能不是等腰三角形，判断③；连接，可得，再根据，判断④；由，可知当最小时，最小，即当时，，求出最小值判断⑤．
【详解】∵四边形是正方形，
∴．
∵，
∴四边形为矩形，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，．
在中，，
∴．
故①正确；
∵，
∴四边形为矩形，
∴四边形的周长为．
故②正确；
∵点P是正方形的对角线上的任意一点，，
∴当或或时，是等腰三角形．
除此之外，不是等腰三角形．
故③错误；
连接，
∵四边形为矩形，
∴．
∵正方形是轴对称图形，
∴，
∴．
故④正确；
由，
∴当最小时，最小，
当时，即，
的最小值为．
故⑤正确．
正确的有．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，理解正方形的轴对称性是解题的关键．
第II卷
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分．
11. 是一元二次方程的一个解，则______
【答案】0
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程的解，掌握方程的解是满足方程的未知数的值成为解题的关键．
将代入得到关于k的方程求解即可．
【详解】解：将代入得：
，解得：．
故答案为：0．
12. 线段a、b、c、d是成比例线段，cm，cm，cm，则d的长为 _____cm．
【答案】2
【解析】
【分析】根据a、b、c、d是成比例线段，得，再根据比例的基本性质，求出a的值即可．
【详解】解：∵a、b、c、d是成比例线段，
∴，
∵cm，cm，cm，
∴cm；
故答案为：2．
【点睛】本题考查了成比例线段，写比例式的时候一定要注意顺序，再根据比例的基本性质进行求解．
13. 一个不透明的袋子中装有黑球和白球共25个，它们除颜色不同外，其余均相同．从袋子中随机摸出一个球，记下颜色，再把它放回袋子中摇匀，重复300次，其中摸出白球有180次，由此估计袋子中白球的个数为____
【答案】15
【解析】
【分析】本题考查利用频率估计概率，在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从比例关系入手，设未知数列出方程求解，大量反复试验下频率稳定值即概率，关键是根据白球的频率得到相应的等量关系．
【详解】解：设袋子中白球有个，
根据题意，可得：，
解得：，
所以估计袋子中白球大约有15个，
故答案为：15．
14. 校园里一片小小的树叶，也蕴含着“黄金分割”，如图，为的黄金分割点，如果的长度为，那么的长度为______．（结果保留根号）
【答案】##
【解析】
【分析】本题主要考查了黄金分割，解题的关键是掌握黄金分割比为，根据题意得出，即可求解．
【详解】解：∵P为的黄金分割点，，
∴，
∵的长度为，
∴，
∴，
故答案为：．
15. 《周髀算经》中记载了“偃矩以望高”的方法．“矩”在古代指两条边呈直角的曲尺（即图中的）．“偃矩以望高”的意思是把“矩”仰立放，可测量物体的高度．如图，是用“矩”测量一个5G信号塔高度的示意图，点，，在同一水平线上，和均为直角，与交于点，测得，，，则信号塔的高度为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，由题意可知，，，利用平行线性质证明，得到，代值求解即可求出信号塔的高度．解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【详解】解：，
，
，
，
，
，
，
∴，
，
∴，
，
故答案为：．
16. 如图，正方形ABCD对角线AC、BD交于点O．点E在CD上，且DE：EC＝1：3，连接BE交AC于点F，若OF＝，则正方形的边长为_______．
【答案】7
【解析】
【分析】过点E作EG⊥BD于点G，根据正方形的性质证明△BOF∽△BGE，可得，根据DE：EC=1：3，设DE=x，则EC=3x，可得DC=BC=4x，列出方程即可求出结果．
【详解】解：如图，过点E作EG⊥BD于点G，
∵正方形ABCD的对角线AC、BD交于点O，
∴AC⊥BD，∠BDC=45°，
∴∠BOF=∠BGE，
∵∠OBF=∠GBE，
∴△BOF∽△BGE，
∴
∵DE：EC=1：3，
设DE=x，则EC=3x，
∴DC=BC=4x，
解得4x=7，
∴BC=4x=7，
∴正方形的边长为7．
故答案为：7
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，解决本题的关键是得到△BOF∽△BGE．
三、解答题：本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 解方程：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程；
(1)直接根据开平方法解一元二次方程；
(2)根据因式分解法解一元二次方程，即可求解．
【小问1详解】
解：
∴
解得：
【小问2详解】
解：
∴
∴或
解得：
18. 已知关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）若m为正整数，求此时方程根．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】本题考查的是一元二次方程根的判别式及解一元二次方程．
（1）根据方程有两个不相等的实数根得出，求出m的取值范围即可；
（2）根据（1）中m的取值范围及m为正整数得出m的值，求出方程的根即可．
【小问1详解】
∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴，
解得；
【小问2详解】
∵，且m为正整数，
∴，
∴原方程为，即，
∴或，
∴，．
19. 如图，点为线段上一点，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，，，
∴，
∵， ，
∴．
20. 2024年9月，我县为了庆祝第四十个教师节，在龙津学校举行隆重的文艺演出，会场设置了、、三个志愿服务点，王玲和小美两位学生有幸参加了此次志愿服务活动．
（1）王玲被安排在服务点开展志愿服务活动的概率为______．
（2）请用树状图或列表法求王玲和小美两人恰好不在同一个服务点开展志愿服务活动的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了概率计算，熟练掌握树状图或列表法求概率是解题的关键．
（1）直接利用概率公式即可；
（2）画出树状图，根据树状图求出概率即可．
【小问1详解】
解：由题意得，会场设置了、、三个志愿服务点，
王玲被安排在服务点开展志愿服务活动的概率．
故答案为：．
【小问2详解】
解：画树状图如下：
由树状图得，共有9种等可能的结果，其中符合题意的结果有6种，
设王玲和小美两人恰好不在同一个服务点的事件为，
．
答：王玲和小美两人恰好不在同一个服务点开展志愿服务活动概率为．
21. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为O0,0，，．
（1）以原点O为位似中心，在y轴的右侧画出的一个位似，使它与的位似比为；
（2）画出将向左平移2个单位，再向上平移1个单位后得到的；
（3）判断和是位似图形吗？若是，请在图中标出位似中心点M，并写出点M的坐标．
【答案】（1）图形见解析
（2）图形见解析 （3）和是位似图形，图中点M为所求位似中心，点M的坐标为．
【解析】
【分析】本题考查的是画位似图形，平移图形，判断两个图形位似，熟记位似的性质是解本题的关键；
（1）分别确定O，A，B关于位似中心的对应点O，，，再顺次连接即可；
（2）分别确定，，平移后的对应点，，，再顺次连接即可；
（3）连接，，，由交点可得位似中心，从而可得答案.
【小问1详解】
解：如图，即为所作图形；
【小问2详解】
如图，即为所作图形；
【小问3详解】
由作图可知，，是相似三角形，
又因为对应点所连直线经过同一个点，
所以和是位似图形，点M为所求位似中心，点M的坐标为．
22. 如图，中，，是斜边的中点，若，，且交于点，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，则四边形ADCE的面积＝_____．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由，可得四边形是平行四边形，得出，且，进而证明四边形是平行四边形，根据直角三角形斜边中线的性质得出，即可得结论；
（2）根据直角三角形两锐角互余得出，根据含角的直角三角形的性质及勾股定理求出的长，根据菱形的性质得出的长，利用菱形面积公式即可得答案．
【小问1详解】
证明：∵，，
∴四边形是平行四边形．
∴，且．
∵是斜边的中点，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，是斜边的中点，
，
∴平行四边形是菱形．
【小问2详解】
解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
由（1）知，四边形是菱形，四边形是平行四边形，
∴，，
∴菱形的面积，
故答案为：
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、含角的直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
23. 某品牌画册每本成本为40元，当售价为60元时，平均每天的销售量为100本．为了吸引消费者，商家决定采取降价措施．经试销统计发现，如果画册售价每降低1元时，那么平均每天就能多售出10本．设这种画册每本降价元．
（1）若降价5元，则每天的销售数量为______本；
（2）商家想要使这种画册的销售利润平均每天达到2240元，且要求每本售价不低于55元，求每本画册应降价多少元？
【答案】（1）150；
（2）每本画册应降价4元
【解析】
【分析】本题主要考查了列一元二次方程解决实际问题——利润问题，根据数量关系正确列出一元二次方程是解题的关键．
（1）根据“画册售价每降低1元时，那么平均每天就能多售出10本”列式即可．
（2）根据“这种画册的销售利润平均每天达到2240元”列出方程，即每本画册的利润乘以销售量等于总利润，再求解，把不符合题意的舍去；
【小问1详解】
解：由题意可知，降价5元，每天的销售量为（本）．
【小问2详解】
解：设每本画册应降价元，根据题意得：
，
整理得：，
解得：，
当时，，符合题意；
当时，，不符合题意，舍去；
答：每本画册应降价4元．
24. 如果关于的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，那么称这样的方程为“倍根方程”．例如，一元二次方程的两个根是2和4，则方程就是“倍根方程”．
（1）若“倍根方程”的一个根是，则另一个根是______；
（2）若是“倍根方程”，求代数式的值；
（3）若关于的一元二次方程是“倍根方程”，请说明．
【答案】（1）或
（2）
（3）说明见解析
【解析】
【分析】本题考查新定义方程，涉及方程解的理解、代数式变形求值、一元二次方程根与系数关系等知识，读懂题意，理解材料中“倍根方程”的定义按照问题准确列出相应式子是解决问题的关键．
（1）由材料中“倍根方程”定义直接求解即可得到答案；
（2）由题意可知，的两个根是或，由于是“倍根方程”，根据定义可得或，分类求解即可得到答案；
（3）由材料中“倍根方程”定义，分两种情况：①设，；②设，；由一元二次方程根与系数关系所得式子化简变形即可得到答案．
【小问1详解】
解：如果关于的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，那么称这样的方程为“倍根方程”，
若“倍根方程”的一个根是，则另一个根是或，
故答案为：或；
【小问2详解】
解：是“倍根方程”，
方程的两个根分别为和，
或，即或，
当时，原式为；
当时，原式为；
代数式；
【小问3详解】
解：①设，是方程的解，
，，
即①，②，
将①代入②消去解得；
②设，是方程的解，
，，
即①，，
将①代入②消去解得；
综上所述，．
25. 在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
（1）操作判断
操作一：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；
操作二：在线段上选一点，并沿折叠，使点落在矩形内部点处，把纸片展平，连接，
如图1，当点在上时，则______．
（2）迁移探究
小华将矩形纸片换成边长为的正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片按照（1）中的方式操作，并延长交于点，连接．
如图2，当点在上时，求三角形的面积．
（3）拓展应用
若正方形纸片的边长为，通过改变点在上的位置（点不与点，重合），当时，求的长．
【答案】（1）；
（2）；
（3）或
【解析】
【分析】对于（1），根据题意得，再根据直角三角形的性质得，进而得出答案；
对于（2），根据特殊角的三角函数值求出，即可得，再根据正方形和折叠的性质
得，，然后根据直角三角形的性质得出，最后根据三角形的面积公式得出答案；
对于（3），当点Q在点F的下方时，求出相应的线段长，再根据全等三角形的性质得，然后设，再根据勾股定理得，进而求出答案；当点Q在点F上方时，求出线段的长， 再设，然后根据勾股定理求出答案即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴．
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴.
故答案为：30；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴
∵，
∴．
由折叠得性质得，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：如图，当点Q在点F的下方时，
∵，
∴．
∵四边形是正方形，
∴．
根据折叠的性质得，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
设，
∴，
即，
解得，
∴；
当点Q在点F上方时，如图所示，
∵
∴．
∵同上得，
设，
∴，
即，
解得，
∴．
综上所述，或．
【点睛】本题主要考查了矩形与折叠，正方形的性质，勾股定理，解直角三角形，全等三角形的性质和判定，角平分线的性质，准确的作出图形，不能丢解是解题的关键．
第一次抛掷
第二次抛掷
正
反
正
（正，正）
（正，反）
反
（反，正）
（反，反）