精品解析：江苏省淮安市清江浦中学2023-2024学年九年级上学期数学期中考试卷

淮安市清江浦中学2023-2024第一学期期中质量调研 九年级数学试题 考试时间：120分钟 分值：150分 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题所给出的四个选项中，只有一项是正确的，请把正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上） 1. 算式的值最小时，□中填入的运算符号是（ ） A. + B. - C. × D. ÷ 2. 方程的根是（ ） A. B. C. D. 没有实数根 3. 如图，在中，点D在边上，过点D作，交于点E．若，则的值是（ ） A. B. C. D. 4. 小明不慎把家里的圆形镜子打碎了，其中三块碎片如图所示，三块碎片中最有可能配到与原来一样大小的圆形镜子的碎片是（ ） A. ① B. ② C. ③ D. 均不可能 5. 在设计人体雕像时，使雕像上部（腰部以上）与下部（腰部以下）的高度比，等于下部与全部的高度比，可以增加视觉美感，如图，按此比例设计一座高度为的雷锋雕像，那么该雕像的下部设计高度约是（结果精确到）（ ） A. B. C. D. 6. 下列4×4的正方形网格中，小正方形的边长均为1，三角形的顶点都在格点上，则与△ABC相似的三角形所在的网格图形是（　　） A. B. C. D. 7. 我国南宋数学家杨辉在1275年提出的一个问题：“直田积八百六十四步，只云阔不及长一十二步．问阔及长各几步．”意思是：长方形的面积是864平方步，宽比长少12步，问宽和长各是几步．设宽为x步，根据题意列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，四个边长为1的小正方形拼成一个大正方形，A、B、O是小正方形顶点，的半径为1，P是上的点，且位于右上方的小正方形内，则等于（ ） A. B. C. D. 1 二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，本大题共24分．不需要写出解答过程，只需把答案直接填写在答题卡相应位置上） 9. 若锐角x满足，则x为 ________． 10. 已知方程有一根为，则______． 11. 某水库堤坝的横断面如图所示，迎水坡AB的坡度是1︰ ，堤坝高BC＝50m，则AB＝________m． 12. 已知蓄电池的电压恒定，使用蓄电池时，电流（单位：）与电阻（单位：）是反比例函数关系，它的图象如图所示，如果以此蓄电池为电源的用电器，流过的电流是，那么此用电器的电阻是________． 13. 如图，与位似，点O为位似中心，已知，则与的面积比是______． 14. 如图，四边形内接于，若弧的度数为，则______． 15. 如图，是的直径，切于点A，交于点，连接，若，则__________． 16. 如图：中，，，，把边长分别为，，，…的n个正方形依次放在中；第一个正方形的顶点分别放在的各边上；第二个正方形的顶点分别放在的各边上，其他正方形依次放入，则第2024个正方形的边长为______． 三、解答题（本大题共11小题，共102分，请将解答过程填写在答题卡相应位置上） 17. （1）计算． （2）解方程：． 18. 先化简，再求值：，其中，是方程的两个根． 19. 关于x的方程有两个不相等的实数根． （1）求k的取值范围； （2）当k取最大整数值时，求方程的两个根． 20. 在中，是斜边上的高． （1）证明：； （2）若，求的长． 21. 为测量清江浦中学旗杆的高度，初三活动小组进行如下实验：如图，在阳光下，某一时刻，旗杆的影子一部分在地面上，一部分在旗杆旁的演讲台上测得旗杆在地面上的影长为，演讲台墙面上的影长为，演讲台上的影长为；同一时刻，竖立于地面长的木杆的影长为，求旗杆的高度． 22. 暑假期间，小明与小亮相约到某旅游风景区登山．需要登顶高的山峰，由山底A处先步行到达B处，再由B处乘坐登山缆车到达山顶D处，已知点A，B，D，E，F在同一平面内，山坡的坡角为，缆车行驶路线与水平面的夹角为（换乘登山缆车的时间忽略不计）． （1）求登山缆车上升的高度； （2）若步行速度为，登山缆车的速度为，求从山底A处到达山顶D处大约需要多少分钟．（参考数据：，，） 23. 请仅用无刻度直尺按要求画图，不写画法，保留画图痕迹．（用虚线表示画图过程，实线表示画图结果） （1）如图1，为的弦，画一条与长度相等的弦； （2）如图2，为的内接三角形，D是中点，E是中点，请画出的角平分线，与相交于点F． 24. 2023年杭州亚运会吉祥物一开售，就深受大家的喜爱．某旅游商店以每件50元的价格购进某款亚运会吉祥物，以每件80元的价格出售，每日可售出200件．从7月份起，商场决定采用降价促销的方式回馈顾客，经试验，发现该吉祥物每降价1元，日销售量就会增加20件． （1）设降价x元，日销售量为y件．试用含x的式子表示y，______； （2）请你测算一下，当售价为多少元时，可使日销售利润最大？最大利润是多少？ 25. 如图，在中，，以为直径的交于点D，，垂足为E． （1）求证：是的切线； （2）若，，求的半径． 26. 在平面直角坐标系中，点，点B在x轴正半轴上，点C在第一象限内． （1）如图1，，若是以为直角边的直角三角形，且．求出点C的坐标； （2）如图2，在（1）的前提下，的三边与以点为圆心、半径为r的圆有公共点，写出r的取值范围______． 27. 在矩形中，，，点在边上，将射线绕点逆时针旋转90°，交延长线于点，以线段，为邻边作矩形． （1）如图1，连接，求的度数和的值； （2）如图2，当点在射线上时，求线段的长； （3）如图3，当时，在平面内有一动点，满足，连接，，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 淮安市清江浦中学2023-2024第一学期期中质量调研 九年级数学试题 考试时间：120分钟 分值：150分 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题所给出的四个选项中，只有一项是正确的，请把正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上） 1. 算式的值最小时，□中填入的运算符号是（ ） A. + B. - C. × D. ÷ 【答案】B 【解析】 【分析】分别将各运算符号代入算式求值，再比较即可． 【详解】解：∵，，，， 又∵， ∴最小， ∴□中填入的运算符号是“-”． 故选B． 【点睛】本题考查有理数的加、减、乘、除运算，有理数的大小比较．掌握有理数的加、减、乘、除运算法则是解题关键． 2. 方程的根是（ ） A. B. C. D. 没有实数根 【答案】B 【解析】 【分析】运用直接开平方法求解即可． 【详解】解：， ， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查了解一元二次方程．熟练掌握一元二次方程解法－直接开平方法是解题的关键． 3. 如图，在中，点D在边上，过点D作，交于点E．若，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用平行线分线段成比例定理的推论得出，即可求解． 【详解】解：∵中，， ∴， ∵ ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查平行线分线段成比例定理的推论，解题关键是牢记“平行于三角形一边的直线截其它两边（或两边的延长线）所得对应线段成比例”． 4. 小明不慎把家里的圆形镜子打碎了，其中三块碎片如图所示，三块碎片中最有可能配到与原来一样大小的圆形镜子的碎片是（ ） A. ① B. ② C. ③ D. 均不可能 【答案】A 【解析】 【详解】解：第①块出现两条完整的弦， 作出这两条弦的垂直平分线，两条垂直平分线的交点就是圆心，进而可得到半径的长． 故选A． 5. 在设计人体雕像时，使雕像上部（腰部以上）与下部（腰部以下）的高度比，等于下部与全部的高度比，可以增加视觉美感，如图，按此比例设计一座高度为的雷锋雕像，那么该雕像的下部设计高度约是（结果精确到）（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查分式方程的应用，设下部高为，根据雕像上部（腰部以上）与下部（腰部以下）的高度比，等于下部与全部的高度比列方程可解得答案． 【详解】解：设下部的高度为，则上部高度是， 雕像上部（腰部以上）与下部（腰部以下）的高度比，等于下部与全部的高度比， ， 整理得， 解得或（舍去）， 经检验，是原方程的解， ， 故选：B． 6. 下列4×4的正方形网格中，小正方形的边长均为1，三角形的顶点都在格点上，则与△ABC相似的三角形所在的网格图形是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】根据勾股定理，AB=， BC=， AC=， 所以△ABC的三边之比为=， A、三角形的三边分别为2，，，三边之比为2：=，故本选项错误，不符合题意; B、三角形的三边分别为2，4，，三边之比为2：4：2=1：2：，故本选项正确，符合题意； C、三角形的三边分别为2，3，，三边之比为2：3：，故本选项错误，不符合题意； D、三角形的三边分别为，，4，三边之比为：4，故本选项错误，不符合题意． 故选：B． 7. 我国南宋数学家杨辉在1275年提出的一个问题：“直田积八百六十四步，只云阔不及长一十二步．问阔及长各几步．”意思是：长方形的面积是864平方步，宽比长少12步，问宽和长各是几步．设宽为x步，根据题意列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设宽为x步，则长为步，根据题意列方程即可． 【详解】解：设宽为x步，则长为步， 由题意得：， 故选：D． 【点睛】本题考查一元二次方程的实际应用，正确理解题意是关键． 8. 如图，四个边长为1的小正方形拼成一个大正方形，A、B、O是小正方形顶点，的半径为1，P是上的点，且位于右上方的小正方形内，则等于（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了特殊角的三角函数值，圆周角定理，根据同弧所对的圆周角等于所对圆心角的一半得到即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ． 故选：B． 二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，本大题共24分．不需要写出解答过程，只需把答案直接填写在答题卡相应位置上） 9. 若锐角x满足，则x为 ________． 【答案】##40度 【解析】 【分析】本题考查了特殊角的三角函数值，根据特殊角的三角函数值进行计算，即可解答． 【详解】解：， ， 解得：， 故答案为：． 10. 已知方程有一根为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的解的定义，一元二次方程的解是使方程左右两边相等的未知数的值，据此把代入原方程推出，再利用整体代入法求解即可． 【详解】解：∵方程有一根为， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 11. 某水库堤坝的横断面如图所示，迎水坡AB的坡度是1︰ ，堤坝高BC＝50m，则AB＝________m． 【答案】100 【解析】 【详解】解：根据坡度可得：BC：AB=1：2， ∵BC=50m， ∴AB=100m． 故答案为：100． 【点睛】考点：三角函数的应用 12. 已知蓄电池的电压恒定，使用蓄电池时，电流（单位：）与电阻（单位：）是反比例函数关系，它的图象如图所示，如果以此蓄电池为电源的用电器，流过的电流是，那么此用电器的电阻是________． 【答案】 【解析】 【分析】设，根据函数图象得出，进而即可求解． 【详解】解：设，依题意， ∴， 当时， 故答案为：． 【点睛】本题考查了反比例函数的应用，根据题意列出函数关系式是解题的关键． 13. 如图，与位似，点O为位似中心，已知，则与的面积比是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是位似变换的性质、相似三角形的性质，根据位似变换的性质得到，证明，根据相似三角形的性质求出，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方计算即可． 【详解】解：∵与位似， ∴，， ∴， ∵ ∴，， ∴， ， ∴， 故答案为：． 14. 如图，四边形内接于，若弧的度数为，则______． 【答案】110 【解析】 【分析】本题考查圆内接四边形的性质和圆周角定理，结合圆内接四边形的对角互补可知，因而只要求出的度数即可． 【详解】解：如图，连接，， 弧的度数为， ， ， 四边形内接于， ， ， 故答案为：110． 15. 如图，是的直径，切于点A，交于点，连接，若，则__________． 【答案】34 【解析】 【分析】首先根据等边对等角得到，然后利用外角的性质得到，利用切线的性质得到，最后利用三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∵切于点A， ∴， ∴． 故答案为：34． 【点睛】此题考查了切线的性质和三角形的外角的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 16. 如图：中，，，，把边长分别为，，，…的n个正方形依次放在中；第一个正方形的顶点分别放在的各边上；第二个正方形的顶点分别放在的各边上，其他正方形依次放入，则第2024个正方形的边长为______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质与判定，图形类的规律型问题．先由正方形的性质得到，，则，，即可推出，即，从而求出，同理可证，得到，即，推出，即可得到规律可以推出第n个正方形的边长为，由此即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 同理可证， ∴，即， ∴， 同理可求得， ∴可以推出第n个正方形的边长为， ∴第2024个正方形的边长为， 故答案为：． 三、解答题（本大题共11小题，共102分，请将解答过程填写在答题卡相应位置上） 17. （1）计算． （2）解方程：． 【答案】（1）4；（2）， 【解析】 【分析】本题考查实数的混合运算、解一元二次方程、特殊角三角函数等： （1）先计算绝对值、零次幂、特殊角三角函数值，再进行加减运算； （2）先移项，再利用因式分解法解一元二次方程． 【详解】解：（1）原式 ； （2）， ， ， 或， 解得，． 18. 先化简，再求值：，其中，是方程的两个根． 【答案】， 【解析】 【分析】先根据分式的混合运算进行化简，然后根据一元二次方程根与系数的关系式得出 ，代入化简结果，即可求解． 【详解】解：原式 ∵，是方程的两个根 ∴ ∴原式. 【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，分式的化简求值，熟练掌握分式的混合运算，一元二次方程根与系数的关系是解题的关键． 19. 关于x的方程有两个不相等的实数根． （1）求k的取值范围； （2）当k取最大整数值时，求方程的两个根． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）根据方程有两个不相等的实数根，则Δ=>0，求解即可； （2）根据（1）确定的k的取值范围，得出k取最大整数值，代入方程，再用公式法求解方程即可． 【小问1详解】 解：由方程可知： Δ= ∵方程有两个不相等的实数根， ∴Δ=即：， ∴ ∴当时，方程有两个不相等的实数根． 【小问2详解】 解：∵， ∴k的最大整数值为0， 把，代入方程可得方程， 解这个方程得，． 【点睛】本题考查一元二次方程根与系数的关系，解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系：Δ>0，方程有两不相等实数根，Δ=0，方程有两相等实数根，Δ<0，方程没有等实数根，有用公式法求解一元二次方程是解题的关键． 20. 在中，是斜边上的高． （1）证明：； （2）若，求的长． 【答案】（1） 证明：∵是斜边上的高． ∴， ∴， ∴ 又∵ ∴， （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角形高的定义得出，根据等角的余角相等，得出，结合公共角，即可得证； （2）根据（1）的结论，利用相似三角形的性质即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵ ∴， 又 ∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 21. 为测量清江浦中学旗杆的高度，初三活动小组进行如下实验：如图，在阳光下，某一时刻，旗杆的影子一部分在地面上，一部分在旗杆旁的演讲台上测得旗杆在地面上的影长为，演讲台墙面上的影长为，演讲台上的影长为；同一时刻，竖立于地面长的木杆的影长为，求旗杆的高度． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查投影问题，矩形的性质，延长交于点F，为段的影长，据此求出的长度，即可求解． 【详解】解：如图，延长交于点F， 由题意可得四边形为矩形， ，， ， 即的影长为， 竖立于地面长的木杆的影长为， ， ， ， 即旗杆的高度为． 22. 暑假期间，小明与小亮相约到某旅游风景区登山．需要登顶高的山峰，由山底A处先步行到达B处，再由B处乘坐登山缆车到达山顶D处，已知点A，B，D，E，F在同一平面内，山坡的坡角为，缆车行驶路线与水平面的夹角为（换乘登山缆车的时间忽略不计）． （1）求登山缆车上升的高度； （2）若步行速度为，登山缆车的速度为，求从山底A处到达山顶D处大约需要多少分钟．（参考数据：，，） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】此题主要考查了解直角三角形的应用．熟练掌握含30度的直角三角形性质，锐角三角函数解直角三角形，路程与速度和时间的关系，是解题关键． （1）过B点作于C，则四边形是矩形，在中，利用含30度的直角三角形的性质求得的值，结合山高即可求出的值； （2）在中，求得的长，再计算段和段所用时间和即得出答案． 【小问1详解】 解：如图，过B点作于C， 则四边形是矩形， 在中，，， ∴， ∵， ∴， 答：登山缆车上升的高度； 【小问2详解】 解：在中，，， ∴， ∴， 答：从山底A处到达山顶处大约需要． 23. 请仅用无刻度直尺按要求画图，不写画法，保留画图痕迹．（用虚线表示画图过程，实线表示画图结果） （1）如图1，为的弦，画一条与长度相等的弦； （2）如图2，为的内接三角形，D是中点，E是中点，请画出的角平分线，与相交于点F． 【答案】（1） 解：如图，线段即为所求作． （2） 解：如图，即为所求作． 【解析】 【分析】本题考查作图−应用与设计，全等三角形的判定与性质，垂径定理，三角形的中线，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． （1）连接，延长交于D，延长交于E，连接，线段即为所求作． （2）连接交于点T，连接并延长交于R，连接并延长交于F，连接，即为所求作． 【小问1详解】 ∵， ∴， ∴； 【小问2详解】 ∵是的中线， ∴是的中线， ∴， ∴， ∴， ∴是的角平分线． 24. 2023年杭州亚运会吉祥物一开售，就深受大家的喜爱．某旅游商店以每件50元的价格购进某款亚运会吉祥物，以每件80元的价格出售，每日可售出200件．从7月份起，商场决定采用降价促销的方式回馈顾客，经试验，发现该吉祥物每降价1元，日销售量就会增加20件． （1）设降价x元，日销售量为y件．试用含x的式子表示y，______； （2）请你测算一下，当售价为多少元时，可使日销售利润最大？最大利润是多少？ 【答案】（1） （2）每件售价为70元时，可使日销售利润最大，最大利润为8000元 【解析】 【分析】本题考查一次函数在销售问题的应用，一元二次方程在销售问题中应用，二次函数在销售问题中的应用． （1）销售量降价前每日销售量降价所增加的销售量，据此即可求解； （2）设日销售利润为元，日销售利润每件所获利润日销售量，据此即可求解． 【小问1详解】 解：由题意得： ， 故答案为：； 【小问2详解】 解：设日销售利润为元，降价x元，由题意得： ， ， 当时，（元），此时售价为（元）； 答：每件售价为70元时，可使日销售利润最大，最大利润为8000元． 25. 如图，在中，，以为直径的交于点D，，垂足为E． （1）求证：是的切线； （2）若，，求的半径． 【答案】（1） 证明：连接， ∵， ， ， ， ， ∴， ， 于点， ， ∴， 是的半径，， 是的切线； （2）2 【解析】 【分析】此题重点考查等腰三角形的性质、圆周角定理、切线的判定定理等知识， （1）连接，则，所以，由，得，则，所以，则，即可证明是的切线； （2）连接，由是的直径，得，则，因为，，所以，有勾股定理可求得直径，即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：连接， 是的直径， ， ，， ，， ， ， ， ∴， 解得（负值舍去）， ， 即的半径为2． 26. 在平面直角坐标系中，点，点B在x轴正半轴上，点C在第一象限内． （1）如图1，，若是以为直角边的直角三角形，且．求出点C的坐标； （2）如图2，在（1）的前提下，的三边与以点为圆心、半径为r的圆有公共点，写出r的取值范围______． 【答案】（1）， （2）． 【解析】 【分析】（1）以点为圆心，为半径画弧交的延长线于点，分别以、为圆心，大于的长度为半径画弧，交于第一象限内点，在射线上截取，连接，点即为所求作的点；设，过点作轴于点，由，得，即，得出，即，由勾股定理得，建立方程求解，当，先证明四边形是矩形，则，列式，得，即可作答 ； （2）运用待定系数法解出的解析式为，因为以点为圆心，所以，则在的上方，作图，运用勾股定理分别算出，，，，同理，解出，对于与以点为圆心、半径为r的圆有公共点的处理过程与上述解法类似，最后运用数形结合思想，即可作答． 【小问1详解】 解：如图①，点即为所求作的点． 设，过点作轴于点， 则，， ， 点， ， ， ， 在中，， ， ， ， ， ， ， ，即， ，即， ， ， ， 在中，， ， 解得：（舍去）或， ， 点的坐标为， 当的直角顶角在点A处， 即， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， 则， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：，； 【小问2详解】 解：依题意，设的解析式为， 把和分别代入， 得， 解得， ∴的解析式为， ∵以点为圆心， ∴， 则在的上方， 如图：过点P分别作，，连接，， ∵，，，， ∴，， ∴，， ∵， ∴在中，， ∴在中，， 即， 则， ， 解得， ∴， ∵的三边与以点为圆心、半径为r的圆有公共点， ∴为圆心，此时圆与边相切于点，或，圆与有一个交点， ∴； 同理，由（1）得出四边形是矩形，， ∴， ∴， ∵， ∴在中，， ∴在中，， 即， 则， ， 解得， ∴， ∵的三边与以点为圆心、半径为r的圆有公共点， ∴为圆心，此时圆与边相切于点，或，圆与有一个交点， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆的切线性质，图形与坐标，勾股定理，矩形的性质与判定，待定系数法解一次函数，解直角三角形，难度适中，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 27. 在矩形中，，，点在边上，将射线绕点逆时针旋转90°，交延长线于点，以线段，为邻边作矩形． （1）如图1，连接，求的度数和的值； （2）如图2，当点在射线上时，求线段的长； （3）如图3，当时，在平面内有一动点，满足，连接，，求的最小值． 【答案】（1），； （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）根据矩形的性质得出，，，进而根据正切函数得出，可求出，由矩形和矩形可得，，求出，证明，根据相似三角形的性质即可得出答案； （2）过点作于点，由矩形和矩形可得，，，证明，进而得出，设，则，根据，得出，求出，进而可得出答案； （3）连接，先证明是等边三角形，，得出， 将绕点顺时针旋转120°，与重合，得到，进而求出，，，得出，可得当点，，三点共线时，的值最小，此时为． 【小问1详解】 解：∵矩形中，，， ∴，，， ∴， ∴， 由矩形和矩形可得，， ∴，即， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：如答案图1，过点作于点， 由矩形和矩形可得，， ， ∴，， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴； 【小问3详解】 解：如答案图2，连接， ∵矩形中，，， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴是等边三角形，， ∴， 将绕点顺时针旋转120°，与重合，得到， ∴，，， ∴， ∴当点，，三点共线时，的值最小，此时为． 【点睛】本题考查矩形的性质，三角函数，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，正确理解题意是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $