山西省晋中市寿阳县多校2024-2025学年上学期期中测试九年级数学试卷

2024—2025学年度第一学期期中 九年级数学 (满分120分，练习时间120分钟) 题号 三 总分 得 分 第I卷 选择题（共30分） 一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中， 只有一项符合题目要求) 题 多 2 3 5 6 7 8 9 10 选 项 1.关于x的一元二次方程(k+1)x2-x+k2-2k-3=0有一个根为0，则k的值是 A.3 B.1 C.1或-3 D.-1或3 2,下列说法错误的是 证 A,平行四边形是中心对称图形 长 B.矩形的对角线互相平分 C.菱形的对角线相等 D,正方形对角线上的点到另两个顶点的距离相等 3.如图是两个可以自由转动的转盘，每个转盘被分成两个扇形，同时转动两个转盘， 转盘停止后，指针所指区域内的数字之和为3的概率是 A. 120 2 B. C.4 D.5 4.美是一种感党，本应没有什么客观的标准，但在自然界里，物体形状的比例却提供 了在匀称与协调上的一种美感的参考，在数学上，这个比例称为黄金分割.在人体 由脚底至肚脐的长度与身高的比例上，肚脐是理想的黄金分割点，也就是说，若此 比值越接近0.618，就越给别人一种美的感觉.某女士身高为1.60m,脚底至肚脐的 长度与身高的比为0.60.为了追求美，地想利用高跟鞋达到这一效果，那么她选的 高跟鞋的高度约为 A.2.5cm B.5.1cm C.7.5cm D.8.2cm 九年级数学（北师大）第1页（共8页） 5.如图，在△ABC中，D是边AC上一点，连接BD,下列条件：①∠ABD=∠ACB, ②AB=AD·AC,③∠ADB=∠ABC,④AB=AD·DC其中，单独能判定△ABDn△ACB 的个数是 A.4 B.1 C.3 D.2 BL (5题图)】 (6题图) (9题图， (10题图) 6.如图，在△ABC中，AB=AC,∠C的平分线交AB于点D,增添下列条件仍然不能 判断△ABC∽△CBD的是 A.∠A=36 B.BC=DC C.BC2=BD·AB D.∠B=∠ACB 7.从2,3,4,5四个数中，随机抽取三个数，作为三角形的边长，能组成三角形的概 率为 A子 .8 c D.月 8.为执行“两免一补”政策，某地区2022年投入教育经费2500万元，预计2024年投 入3600万元.设这两年投入教育经费的年乎均赠长百分率为x,则下列方程正确的是 A.2500x2=3600 B.2500(1+x)2=3600 C.25001+x%)2=3600 D.25001+x)+25001+x)2=3600 9.在Rt△ABC中，∠ACB=0°，CD⊥AB于D,若AD=3,BD=1,则BC的值是 A.2W5 B.5 C.2 D.4 10如图，边长为4的正方形ABCD中，E是对角线BD上的一点，且BE=BC,点P 在EC上.PM⊥BD于点M,PN⊥BC于点N,则PM+PN的值为 A.2 B.22 C.4 D.4N2 第卷 非选择题（共90分) 二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分） 1.若立后，则2 x2 x-2y 的值为 开年级数学（北师大）第2页（共8页） 12,若等腰三角形一条边的长为3，另两条边的长分别是关于x的一元二次方程 x2-12x+k=0的两个根，则k的值是 13.某旅社有客房144间，每间房的日租金为200元时，每天都客满，经市场调查发现， 如果每间房的日租金每增加10元时，则每天客房出租数会减少6间，不考虑其他 因素，旅社将每间客房的日租金提高到元时，客房的日租金总收入最高。 14.如图，有4张分别印有卡通西游图案的卡片：唐僧、孙悟空、猪八戒、沙悟净.现 将这4张卡片（除图案不同外，其余均相同）放在不透明的盒子中，搅匀后从中随 机取出1张卡片，然后放回并搅匀，再从中随机取出1张卡片，则两次取到相同图 案的卡片的概率为 唐僧 孙悟空 猪八戒 沙悟净 (14题图) (15题图) 15.如图，平行四边形ABCD中，F是对角线BD上的一点，连接AF并延长，交BC 于点E,已知BF:FD=2:3,BC=12cm,则CE= cm. 三、解答题（本大题共8个小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 16.(本题10分)解下列方程： (1)(x+3)2=2x+5 (2)3x2-1=6x(用配方法). 17.(本题7分)已知关于x的方程x2+2(m+2)x+m2-5=0. (1)当方程有两个实数根时，求m的取值范围； (2)当方程的两个根x1,2满足x+x子=x2+16时，求m的值. 九年级数学（北师太）第3页 18,(本题8分)术周周未小李、小田和小袁三位同学约定一起到小李家来玩“真心话 大冒险”游戏，他们约定用手心手背来决定哪两个先进行“真心话大冒险”，其规 则如下：喊到“3”时，每个人只能同时出右手，如果三人右手中恰有两只同时手心 朝上或同时手心朝下的人，那么这两个人先玩“真心话大冒险”，第三人观战；如 果三只右手都手心朝上或都手心朝下，那么收回手，喊到“3”再次伸手 (1)请用画树状图的方法表示一个回合所有可能出现的结果； (2)求一个回合能确定只有一位同学来观战的概率. 19.(本题8分)如图，在平面直角坐标系 中，△OAB的顶点坐标分别为O0,0), A2,4),B(4,0),分别将点A、B的横 坐标、纵坐标都乘以1.5，得相应的点A'、 B的坐标 (1)画出OA'B'; (2)△OA'B'与△AOB 位似图 形；（填“是”或“不是”） (3)若线段AB上有一点Dx0,o),按 上述变换后对应的A'B'上点的坐标是 九年级数学（北师大）第4页（共8页） 20.(本题8分)如图，在等腰直角三角形ABC中，AB=BC-8,点P从点A开始以每秒 2个单位长度的速度沿AB边向点B运动，过点P作PR∥BC,POI AC,分别交 AC,BC于点R,Q.间： (I)☐PRCQ的面积能否为7？若能，请求出点P运动所需要的时间；若不能，请 说明理由 (2)□PQCR的面积能否为16？能为20吗？若能，请分别求出点P运动所需要的 时间；若不能，请说明理由. 御 21,(本题10分)阅读下列材料，并按要求完成相应的任务. 湖 两千多年前，古希腊数学家欧多克索斯(Eudoxus, 约前400-前347)发现：如图1，将一条线段AB分割 图1 成长、短两条线段AP,BP,若较短线段与较长线段的比等于较长线段与原线段的 比，即BP=(此时线段AP叫做线段B即，AB的此例中项)，则可得出这一比 AP AB 值轩5， 这种分割为黄金分割，这个比值为黄金比，P为线段AB的黄金分 割点. 九年级数学（北师大）第5页（共8页） 采用如下方法可以得到黄金分割点：如图2，设AB 是已知线段，经过点B作BD⊥AB,且BD=AB,连接 AD,在AD上截取DE=DB,在AB上截取AC=AE, 则C就是线段AB的黄金分割点， 图2 任务： (I)求证：C是线段AB的黄金分割点. (2)若BD=1,则BC的长为 22.(本题11分)综合与实践 神舟十八号载人飞船成功发射，为弘扬航天精神，某校在教学楼上悬挂了一幅 励志条幅（即GF),小亮同学想知道条幅的长度，他的测量过程如下：如图，刚开 始他站在距离教学楼18m的点B处，在点B正上方点A处测得∠GAO=a,然后向 教学楼条幅方向前行12m到达点D处，在点D正上方点C处测得∠CO=:,若 AB,CD,OE均为1.65m,FE的长为6.65m. F 图1 备用图 (1)如图1，请你帮助小亮计算条幅GF的长度， 九年级数学（北师大）第6页（共8页） (2)若小亮从B点开始以每秒1m的速度向点E行走至D(D正上方点C),经过 多少秒后，以F、C、O为质点的三角形与△GAO相似. 23.(本题13分)综合与探究 探究问题： (1)方法感悟： 如图①，在正方形ABCD中，点E,F分别为DC,BC边上的点，且满足 ∠EAF=45°，连接EF,求证：DE+BF=EF. 感悟解题方法，并完成下列填空 证明：延长CB到点G,使BG=DE,连接AG, ,·四边形ABCD为正方形， G B ∴，AB=AD,∠ABC=∠D=90°， 图① ∴.∠ABG=∠D-90°， ,∴.△ABG≌△ADE, ∴.AG=AE,∠1=∠2， 四边形ABCD为正方形， ∴.∠BAD=90°， ,∠EAF=45°， .∴.∠2+∠3=∠BAD-∠EAF=90°-45°=45°， .∠1=∠2， 九年级数学（北师大）第7页（共8页） 、∠1+∠3=45°， 即∠GAF∠ 又，AG=AE,AF=AF, .△GAF≌ ..FG=EF, .FG=FB+BG, 又BG=DE, ,∴DE+BF=EF. 变化：在图①中，过点A作AMLEF于点M,请直接写出AM和AB的数量关系 (2)方法迁移： 如图②，将Rt△ABC沿斜边AC翻折得到Rt△ADC,E, F分别是BC,CD边上的点，∠EAF=∠BAD,连接EF,过 B E 点A作AM⊥EF于点M,试猜想DF,BE,EF之间有何数量关 图② 系，并证明你的猜想，试猜想AM和AB之间的数量关系，并证明你的猜想； (3)问题拓展： 如图③，在四边形ABCD中，AB=AD,E,F分别为DC,BC上的点，满足 (练肤快内不摄务哦) ∠B-号D4B,试猜想当∠B与∠D满是什么关系时，可使得DE+BF=EF, 请直接写出你的猜想（不必说明理由）.猜想：∠B与∠D满足关系： B 图③ 九年级数学（北师大）第8页（共8页）九年级数学答案：北师大 一、1-10．ACACC DABCB 二、11．-2 12．36 13．220 14． 14 15．4 三、16．（1） 221  xx ；（2） 33 211 x ； 33 212 x ． 17．（1）解：∵关于 x的方程 2 22( 2) 5 0x m x m     有两个实数根， ∴    2 22 2 4 1 5 16 36 0m m m            ，解得： 9 4 m   ，∴m的取值范围为 9 4 m   ； （2）∵关于 x的方程 2 22( 2) 5 0x m x m     的两个根分别为： 1x ， 2x ， ∴  1 2 2 2x x m    ， 21 2 5x x m   ，∵ 2 21 2 1 2 16x x x x   ，∴  21 2 1 23 16x x x x   ， 即    2 22 2 3 5 16m m       ，整理得 2 16 15 0m m   ，∴    15 1 0m m   ， 解得： 1 15m   ， 2 1m   ，∵ 9 4 m   ，∴m的值为 1 ． 18．解：（1）画树状图为：（手心朝上用 A表示，手心朝下用 a表示） 共有 8种等可能的结果； （2）只有一位同学来观战的结果数为 6，所以只有一位同学来观战的概率＝ 6 3= 8 4 ． 19．解：（1）如图所示： OA B △ ，即为所求； （2） OA B △ 与 AOBV 是位似图形； （3）若线段 AB上有一点  0 0,D x y ，按上述变换后对应的 A B 上点的坐标是：  0 01.5 ,1.5x y ． 20．解：（1）能． ∵四边形 PQCR是平行四边形，∴PR=CQ，PR∥CQ．∴∠ARP=∠C． ∵△ABC是等腰直角三角形，∴AB=CB．∴∠A＝∠C．∴∠A＝∠ARP．∴AP=PR． 设点 P从点 A出发运动 t秒时，□PQCR的面积等于 7，则 AP=2t，∴PB=8－2t，CQ=2t． 根据题意，得 2t(8－2t)=7，解得 2 1 1 t ， 2 7 2 t ． 所以，当点 P从点 A出发运动 2 1 秒或 2 7 秒时，□PQCR的面积等于 7． （2）□PRCR的面积能为 16，不能为 20． 根据题意，得 2t(8－2t)=16，解得 t1=t2=2． 根据题意，得 2t(8－2t)=20，整理，得 0542  tt ． ∵ 04514)4(4 22  acb ，∴此方程无实数根． ∴当点 P从点 A出发运动 2秒时，□PRCR的面积等于 16，不存在□PRCR的面积等于 20的情况． 21．（1）证明：设 BD=x，则 AB=2x，由勾股定理得 xAD 5 ， ∵ BDDE  ， ACAE  ，∴ xBDADDEADAEAC )15(  ， ∴ 2 15   AB AC ，∴C是线段 AB的黄金分割点； （2）当 BD=1时，由（1）知 AB=2， 15 AC ，∴ 53)15(2  ACABBC ． 22．（1）解：由题意得： 6.65 1.65 5mFO    ， 12mAC BD  ， 18 12 6mCO DE    ， GAO FCO    ， CF AG ∥ ， GF AC FO CO   ，即 12 5 6 GF  ，解得 10mGF  ， 条幅GF 的长度为10m； （2）设经过 t秒后，以 F 、C、O为顶点的三角形与△GAO相似，则 AC BD t  ， 18CO DE t   ， 当△FCO∽△GAO时， CO OF AO GO  ，即 18 5 18 10 5 t   ，解得 12t  ， 当△CFO∽△GAO时， CO OF GO OA  ，即 18 5 10 5 18 t   ，解得 83 6 t  ， ∴经过12秒或 83 6 秒后，以 F 、C、O为顶点的三角形与△GAO相似． 23．（1）证明：延长CB到点 G，使 BG DE ，连接 AG， ∵四边形 ABCD为正方形，∴ AB AD ， 90ABC D   ，∴ 90ABG D   ， ∴ ABG ADE△ ≌△ ，∴ AG AE ， 1 2   ，∵四边形 ABCD为正方形，∴ 90BAD  ， ∵ 45EAF  ，∴ 2 3 90 45 45BAD EAF        ∠ ∠ ∠ ∠ ，∵ 1 2   ，∴ 1 3 45   ， 即 GAF EAF  ．又∵ AG AE ， AF AF ，∴△GAF≌△EAF．∴ FG EF ， ∵ FG FB BG  ，又 BG DE ， ∴DE BF EF  ． AM AB ，理由如下： ∵△GAF≌△EAF，∴S△GAF =S△EAF，GF EF ， ∵ 90ABF  ， AM EF ，∴ 1 1 2 2 GF AB EF AM   ，∴ AM AB ； （2）解：DF BE EF  ， AM AB ；证明如下： 如图，延长CE至点 G，连接 AG，使得 4 1  ， 将Rt ABC△ 沿斜边翻折得到 Rt△ADC，点 E、F分别为BC、DC边上的点， 且 1 2 EAF BAD   ， 1 2 3 5     ， 2 3 1 5     ， AB AD ， 4 1   ， 2 3 4 5     ， 即 FAE GAE   ．在△AGB和△AFD中， 4 1 90 AB AD ABG ADF          ， ∴△AGB≌△AFD(ASA)， AG AF  ，BG DF ． 在△AGE和△AFE中， AG AF GAE FAE AE AE       ， ∴△AGE≌△AFE(SAS)， GE EF  ， GE GB BE  ，GB DF ， DF BE EF   ，∵△AGE≌△AFE(SAS)， ∴S△AGE =S△AFE，GE EF ， ∵ 90ABE  ， AM EF ，∴ 1 1 2 2 GE AB EF AM   ，∴ AM AB ； （3）解：当 180B D   时，DE BF EF  ． 如图，延长 FB至点 Q，连接 AQ，使得 BAQ DAE   ， 180ABC D ABQ ABC       ， ABQ ADE   ， 在△ABQ和△ADE中， BAQ DAE AB AD ABQ ADE       ，∴△ABQ≌△ADE(ASA)， BQ DE  ， AQ AE ， BAQ DAE   ， 1 2 EAF DAB   ， BAQ BAF EAF    ， 即 QAF EAF   ，在△AQF和△AEF中， AQ AE QAF EAF AF AF      ，∴△AQF≌△AEF(SAS)， QF EF  ， QF QB BF  ， BQ DE ， DE BF EF   ， 当 180ABC D   时，可使得DE BF EF  ．