广东省佛山市三水中学附中2024-2025学年九年级上学期第一次段测数学试卷（10月份）

2024-2025学年广东省佛山市三水中学附中九年级（上）第一次段测数学试卷（10月份） 一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．（3分）一元二次方程3x2﹣2x+1＝0的二次项系数和常数项分别是（　　） A．3，﹣1 B．﹣2，3 C．3，1 D．3，﹣2 2．（3分）已知＝＝＝（b+d+f≠0），则＝（　　） A． B． C． D． 3．（3分）一元二次方程x2+2x﹣3＝0的根的情况是（　　） A．没有实数根 B．只有一个实数根 C．有两个相等的实数根 D．有两个不相等的实数根 4．（3分）根据表格对应值：判断关于x的方程ax2+bx+c＝0的一个解x的范围是（　　） x 1.1 1.2 1.3 1.4 ax2+bx+c ﹣3.59 ﹣2.16 ﹣0.71 0.76 A．1.1＜x＜1.2 B．1.2＜x＜1.3 C．1.3＜x＜1.4 D．无法判定 5．（3分）将分别标有“中”、“考”、“必”、“胜”汉字的四张卡片装在一个不透明的盒子中，这些卡片除汉字外无其他差别，随机抽出其中两张，抽出的卡片上的汉字能组成“必胜”的概率是（　　） A． B． C． D． 6．（3分）数学课上，李老师与学生们做“用频率估计概率”的试验：不透明袋子中有2个白球、3个黄球和5个红球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机取出一个球，某种颜色的球出现的频率如图所示，则该球的颜色最有可能是（　　） A．白球 B．黄球 C．红球 D．黑球 7．（3分）如图，在Rt△ABC中，点D是斜边BC的中点，以AD为边作正方形ADEF．若S正方形ADEF＝36，则BC的长为（　　） A．6 B．10 C．12 D．18 8．（3分）如图，矩形ABCD中，连接AC，延长BC至点E，使BE＝AC，连接DE．若∠ACB＝40°．则∠E的度数是（　　） A．40° B．50° C．60° D．70° 9．（3分）小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图①所示菱形，并测得∠B＝60°，接着活动学具成为图②所示正方形，并测得对角线AC＝20cm，则图①中对角线AC的长为（　　） A．30cm B．20cm C．20cm D．10cm 10．（3分）如图1，矩形ABCD中，BD为其对角线，一动点P从D出发，沿着D→B→C的路径行进，过点P作PQ⊥CD，垂足为Q．设点P的运动路程为x，PQ﹣DQ为y，y与x的函数图象如图2，则AD的长为（　　） A． B． C． D． 二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分 11．（3分）已知a，b，c，d是成比例线段，其中a＝6cm，b＝4cm，c＝3cm，则线段d＝ 　 　cm． 12．（3分）已知一元二次方程x2﹣6x+9＝0的两根为x1、x2，则x1•x2＝　 　． 13．（3分）如图所示的两个转盘进行“配紫色”游戏，配得紫色的概率是 　 　（第一个圆三等份，第二个圆二等份，红色和蓝色配成紫色） 14．（3分）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，AC⊥BD于点O．请添加一个条件：　 　，使四边形ABCD成为菱形． 15．（3分）如图是一块矩形菜地ABCD，AB＝a（m），AD＝b（m），面积为s（m2），现将边AB增加1m． （1）如图1，若a＝5，边AD减少1m，得到的矩形面积不变，则b的值是 　 　． （2）如图2，若边AD增加2m，有且只有一个a的值，使得到的矩形面积为2s（m2），则s的值是 　 　． 三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题8分，共24分。 16．（8分）计算： （1）x2﹣8x+7＝0； （2）（x+1）2＝2（x+1）． 17．（8分）已知a、b、c是△ABC的三边长，且，求： （1）的值； （2）若△ABC的周长为24，求各边的长． 18．（8分）2024年“五一”假期，扬州各旅游景区持续火热．小明和小亮准备到东关街、瘦西湖、运河三湾风景区、个园、何园（分别记作A、B、C、D、E）参加公益讲解活动． （1）若小明在这5个景区中随机选择1个景区，则选中东关街的概率是 　 　； （2）小明和小亮在C、D、E三个景区中，各自随机选择1个景区，请用画树状图或列表的方法，求小明和小亮选到相同景区的概率． 四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分。 19．（9分）若关于x的一元二次方程x2﹣2（m+1）x+m2+5＝0有两个实数根x1，x2． （1）求m的取值范围； （2）若x1，x2恰好是对角线长为6的矩形的相邻两边的边长，求m的值． 20．（9分）已知A＝2x2﹣3x+2，B＝x2﹣x﹣1． （1）若3B﹣A＝0，请求出x的值； （2）请比较A与B的大小，并说明理由． 21．（9分）“我运动，我健康，我快乐!”随着人们对身心健康的关注度越来越高．某市参加健身运动的人数逐年增多，从2021年的32万人增加到2023年的50万人． （1）求该市参加健身运动人数的年均增长率； （2）为支持市民的健身运动，市政府决定从A公司购买某种套装健身器材．该公司规定：若购买不超过100套，每套售价1600元；若超过100套，每增加10套，售价每套可降低40元．但最低售价不得少于1000元．已知市政府向该公司支付货款24万元，求购买的这种健身器材的套数． 五、解答题（三）：本大题共2小题，每小题12分，共24分。 22．（12分）如图，在矩形ABCD中，AB＝3cm，BC＝6cm．点P从点D出发向点A运动，运动到点A即停止；同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是1cm/s．连接PQ、AQ、CP．设点P、Q运动的时间为t s． （1）当t＝ 　 　时，四边形ABQP是矩形； （2）当t＝ 　 　时，四边形AQCP是菱形； （3）是否存在某一时刻t使得PQ⊥PC，如果存在，请求出t的值，如果不存在，请说明理由． （4）在运动过程中，沿着AQ把△ABQ翻折，当t为何值时，翻折后点B的对应点B′恰好落在PQ边上． 23．（12分）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是直线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE（A，P，E按逆时针排列），点E的位置随点P的位置变化而变化． （1）如图1，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，则BP与CE的数量关系是　 　，BC与CE的位置关系是　 　； （2）如图2，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立．请予以证明；若不成立，请说明理由； （3）当点P在直线BD上时，其他条件不变，连接BE．若，请画出图形并直接写出△APE的面积． 2024-2025学年广东省佛山市三水中学附中九年级（上）第一次段测数学试卷（10月份） 参考答案与试题解析 一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．【解答】解：方程3x2﹣2x﹣1＝0的二次项系数和常数项分别为3和1， 故选：C． 2．【解答】解：∵＝＝＝（b+d+f≠0）， 由合比性质，得＝， 故选：B． 3．【解答】解：一元二次方程x2+2x﹣3＝0中a＝1，b＝2，c＝﹣3， ∴Δ＝b2﹣4ac＝22﹣4×1×（﹣3）＝4+12＝16＞0， ∴有两个不相等的实数根， 故选：D． 4．【解答】解：当x取1.3与1.4之间的某个数时，y＝0，即这个数是ax2+bx+c＝0的一个根． ∴一元二次方程的一个解x的取值范围为1.3＜x＜1.4． 故选：C． 5．【解答】解：画树状图如下： 共有12种等可能的结果，其中抽出的卡片上的汉字能组成“必胜”的结果有2种， ∴抽出的卡片上的汉字能组成“必胜”的概率为＝， 故选：C． 6．【解答】解：观察统计图可知：该球的频率稳定在0.20左右， 所以抽到该球的概率为0.20， ∵抽到白球的概率为，抽到黄球的概率为，抽到红球的概率为1﹣0.3﹣0.2＝0.5， ∴该球的颜色最有可能是白球， 故选：A． 7．【解答】解：∵四边形ADEF是正方形，S正方形ADEF＝36， ∴AD2＝36， ∵AD＞0， ∴AD＝6， ∵在Rt△ABC中，点D是斜边BC的中点， ∴BC＝2AD＝12， 故选：C． 8．【解答】解：连接BD交AC于点F， ∵四边形ABCD是矩形， ∴BD＝AC， ∵BE＝AC， ∴BD＝BE， ∴∠E＝∠BDE， ∵BF＝DF＝BD，CF＝AF＝AC， ∴BF＝CF， ∴∠DBE＝∠ACB＝40°， ∵∠BDE+∠E＝2∠E＝180°﹣∠DBE＝140°， ∴∠E＝70°， 故选：D． 9．【解答】解：如图①，②中，连接AC． ， 在图②中，∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠B＝90°， ∵AC＝20cm， ∴AB＝BC＝10cm， 在图①中，∵∠B＝60°，BA＝BC， ∴△ABC是等边三角形， ∴AC＝BC＝10cm， 故选：D． 10．【解答】解：由图象得：CD＝2，当BD+BP＝4时，PQ＝CD＝2， 设AD﹣CD＝a，则BD＝4﹣a， 在Rt△BCD中，BD2﹣BC2＝CD2， 即：（4﹣a）2﹣（a+2）2＝22， 解得：a＝， ∴AD＝a+2＝， 故选：B． 二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分 11．【解答】解：∵a，b，c，d是成比例线段， ∴a：b＝c：d， ∵a＝6cm，b＝4cm，c＝3cm， ∴6：4＝3：d， 解得：d＝2， 故答案为：2． 12．【解答】解：∵一元二次方程x2﹣6x+9＝0的两根为x1、x2， ∴x1•x2＝9， 故答案为：9． 13．【解答】解：由树状图可知，共有3×2＝6种可能，配得紫色的有3种，所以概率是． 14．【解答】解：当添加“AD∥BC”时， ∵AD＝BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵AC⊥BD， ∴四边形ABCD是菱形； 当添加：“AB＝CD”时， ∵AD＝BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵AC⊥BD， ∴四边形ABCD是菱形； 当添加“OB＝OD”时， ∵AD＝BC，AC⊥BD， ∴Rt△ADO≌Rt△CBO（HL）， ∴AO＝CO，DO＝BO， ∴四边形ABCD是菱形； 当添加：“∠ADB＝∠CBD”时， ∴AD∥BC， ∵AD＝BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵AC⊥BD， ∴四边形ABCD是菱形． 故答案为：AD∥BC（或AB＝CD或OB＝OD 或ADB＝∠CBD等 ）． 15．【解答】解：（1）∵边AD减少1m，得到的矩形面积不变， ∴5b＝（5+1）×（b﹣1）， 解得：b＝6， 故答案为：6； （2）根据题意知b＝， ∵边AB增加1m，边AD增加2m，得到的矩形面积为2s（m2）， ∴（a+1）（b+2）＝2s， ∴（a+1）（+2）＝2s， 整理得：2a++2﹣s＝0， ∴2a2+（2﹣s）a+s＝0， ∵有且只有一个a的值使得到的矩形面积为2s， ∴Δ＝0，即（2﹣s）2﹣8s＝0， 解得s＝6﹣4（不符合题意，舍去）或s＝6+4， 故答案为：6+4． 三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题8分，共24分。 16．【解答】解：（1）x2﹣8x+7＝0； （x﹣1）（x﹣7）＝0， x﹣1＝0或x﹣7＝0， 所以x1＝1，x2＝7． （2）（x+1）2＝2（x+1）， （x+1）2﹣2（x+1）＝0， （x+1）（x+1﹣2）＝0， x+1＝0或x﹣1＝0， 所以x1＝﹣1，x2＝1． 17．【解答】解：（1）∵， 设a＝3x，b＝5x，c＝4x， ∴； （2）设a＝3x，b＝5x，c＝4x， ∵△ABC的周长为24， 可得3x+5x+4x＝24， 12x＝24， 解得：x＝2， ∴a＝3x＝6，b＝5x＝10，c＝4x＝8． 18．【解答】解：（1）由题意知，共有5种等可能的结果，其中选中东关街的结果有1种， ∴选中东关街的概率是． 故答案为：． （2）列表如下： C D E C （C，C） （C，D） （C，E） D （D，C） （D，D） （D，E） E （E，C） （E，D） （E，E） 共有9种等可能的结果，其中小明和小亮选到相同景区的结果有3种， ∴小明和小亮选到相同景区的概率为＝． 四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分。 19．【解答】解：（1）∵关于x的一元二次方程x2﹣2（m+1）x+m2+5＝0有两个实数根， ∴Δ＝[﹣2（m+1）]2﹣4（m2+5）＝8m﹣16≥0， 解得：m≥2； （2）由根与系数的关系可知x1+x2＝2（m+1），， ∵x1，x2恰好是对角线长为6的矩形的相邻两边的边长， ∴， 整理，得m2+4m﹣21＝0， ∴m1＝3，m2＝﹣7， 又∵m≥2，且x1+x2＝2（m+1）＞0， ∴m＝3． 20．【解答】解：（1）∵3B﹣A＝0， ∴3（x2﹣x﹣1）﹣（2x2﹣3x+2）＝0， ∴x2﹣5＝0， ∴x2＝5， ∴x＝±， 答：x的值为±； （2）A＞B， 理由如下：∵A﹣B＝2x2﹣3x+2﹣（x2﹣x﹣1） ＝x2﹣2x+3 ＝（x﹣1）2+2， 又对于任意的x部有 （x﹣1）2≥0， ∴A﹣B＝（x﹣1）2+2≥2＞0． ∴A＞B． 21．【解答】解：（1）设该市参加健身运动人数的年均增长率为x， 由题意得：32（1+x）2＝50， 解得：x1＝0.25＝25%，x2＝﹣2.25（不符合题意，舍去）， 答：该市参加健身运动人数的年均增长率为25%； （2）设购买的这种健身器材的套数为m套， 由题意得：m（1600﹣×40）＝240000， 整理得：m2﹣500m+60000＝0， 解得：m1＝200，m2＝300（不符合题意，舍去）， 答：购买的这种健身器材的套数为200套． 五、解答题（三）：本大题共2小题，每小题12分，共24分。 22．【解答】解：（1）由已知可得，BQ＝DP＝t cm，AP＝CQ＝（6﹣t）cm， 在矩形ABCD中，∠B＝90°，AD∥BC，AD＝BC， 当BQ＝AP时，四边形ABQP为矩形， ∴t＝6﹣t， 解得：t＝3， 故当t＝3时，四边形ABQP为矩形； （2）∵BQ＝DP＝t cm，AD＝BC， ∴AD﹣DP＝BC﹣BQ， 即AP＝CQ， ∵AD∥BC， ∴四边形AQCP为平行四边形， ∴当AQ＝CQ时，四边形AQCP为菱形， 根据勾股定理得：AQ2＝AB2+BQ2＝32+t2，CQ2＝（6﹣t）2， ∴此时32+t2＝（6﹣t）2， 解得， 故当时，四边形AQCP为菱形； （3）不存在某一时刻t使得PQ⊥PC；理由如下： 过Q作QM⊥AD，交AD于M，如图所示： 则∠QMD＝∠QMA＝90°， ∵∠QMA＝∠BAM＝∠B＝90°， ∴四边形ABQM是矩形， ∴AM＝BQ＝t cm，QM＝AB＝3cm， ∴MP＝（6﹣2t）cm， ∴PQ2＝PM2+QM2＝（6﹣2t）2+32， ∵矩形ABCD中∠D＝90°， ∴△PDC为直角三角形， ∴PC2＝PD2+CD2＝t2+32， ∵PQ⊥PC， ∴∠QPC＝90°， ∴PQ2+PC2＝CQ2， 即：（6﹣2t）2+32+t2+32＝（6﹣t）2， ∴2t2﹣6t+9＝0， ∵Δ＝b2﹣4ac＝36﹣72＝﹣36＜0， ∴此方程无实数根， ∴不存在某一时刻t使得PQ⊥PC； （4）如图2， 根据折叠可知：∠AQB＝∠AQB′，AB′＝AB＝3cm，BQ＝B′Q＝t cm，∠AB′Q＝∠B＝90°， 在矩形ABCD中，AD∥BC， ∴∠AQB＝∠PAQ， ∴∠AQB′＝∠PAQ， ∴PA＝PQ＝（6﹣t）cm， ∴B′P＝6﹣t﹣t＝（6﹣2t）cm， ∵∠AB′P＝180°﹣90°＝90°， 在Rt△AB′P中，由勾股定理得：AB′2+B′P2＝PA2， ∴32+（6﹣2t）2＝（6﹣t）2， 即：t2﹣4t+3＝0， 解得：t1＝1，t2＝3， 答：当t等于1或3时，翻折后点B的对应点B′恰好落在PQ边上． 23．【解答】解：（1）如图1，连接AC，延长CE交AD于点H， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC， ∵∠ABC＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC，∠BAC＝60°； ∵△APE是等边三角形， ∴AP＝AE，∠PAE＝60°， ∵∠BAP+∠PAC＝∠CAE+∠PAC＝60°， ∴∠BAP＝∠CAE， 在△BAP和△CAE中， ， ∴△BAP≌△CAE（SAS）， ∴BP＝CE； ∵四边形ABCD是菱形， ∴， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠BCA＝60°， ∵△BAP≌△CAE， ∴∠ABP＝∠ACE＝30°， ∴∠BCE＝∠BCA+∠ACE＝60°+30°＝90°， ∴CE⊥BC， 故答案为：BP＝CE，CE⊥BC； （2）（1）中的结论：BP＝CE，CE⊥AD仍然成立，理由如下： 如图2中，连接AC，设CE与AD交于H， ∵菱形ABCD中，AB＝BC且∠ABC＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC，∠BAC＝∠ACB＝60°， ∵△APE是等边三角形， ∴AP＝AE，∠PAE＝60°， ∴∠BAC+∠PAC＝∠PAE+∠PAC， ∴∠BAP＝∠CAE， 在△ABP和△ACE中， ， ∴△ABP≌△ACE（SAS）， ∴BP＝CE，∠ACE＝∠ABP， ∵， ∴∠ACE＝∠ABP＝30°， ∴∠BCE＝∠ACE+∠ACB＝90°， ∴CE⊥BC， ∴（1）中的结论：BP＝CE，CE⊥BC仍然成立； （3）如图3中，当点P在BD的延长线上时，连接AC交BD于点O，连接CE，BE，作EF⊥AP于F， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，BD平分∠ABC， ∵∠ABC＝60°，， ∴∠ABO＝30°， ∴，， ∴BD＝6， 由（2）知CE⊥BC， ∵，， ∴， 由（2）知BP＝CE＝8， ∴DP＝2， ∴OP＝5， ∴， ∵△APE是等边三角形， ∴， 如图4中，当点P在DB的延长线上时，同法可得， ∴， 综上所述，△AEP的面积为或． 学科网（北京）股份有限公司 $$