精品解析：四川省内江市第一中学2021-2022学年九年级上学期期中考试数学试题

内江一中九年级（上）数学期中考试数学试题 A卷（100分） 一、选择题（每小题有且只有一个正确答案，每题3分，共36分） 1. 下列根式中是最简二次根式的是　　 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】A．=，故此选项错误； B．是最简二次根式，故此选项正确； C．=3，故此选项错误； D．=，故此选项错误； 故选B． 2. 下列方程中，属于一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】含有一个未知数，未知数的最高次数是2的整式方程是一元二次方程，根据定义解答. 【详解】符合一元二次方程定义的是， 故选：D. 【点睛】此题考查一元二次方程的定义，熟记定义，掌握一元二次方程的构成特点是解题的关键. 3. 一元二次方程配方后可变形为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了配方法解一元二次方程．先把常数项移到方程右边，再把方程两边同时加上一次项系数一半的平方进行配方，据此可得答案． 【详解】解：， 移项得：， 配方得：，即， ∴， 故选：C． 4. 已知α，β是一元二次方程的两根，则（ ） A. B. 2 C. 16 D. 16或2 【答案】C 【解析】 【分析】根据根与系数的关系，得到α+β=6，αβ=2，把α+β和αβ的值代入化简后的代数式，求出代数式的值． 【详解】解：∵α，β是一元二次方程的两根， ∴α+β=6，αβ=2， ∴． 故选：C． 【点睛】本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，利用根与系数的关系求出代数式的值． 5. 新型冠状病毒 (COVID-19)是一种传染性极高的病毒，它可以通过飞沫、接触，甚至是有病毒株的污染源传播．在M市人群密集区因缺乏必要的预防措施，某新冠肺炎零号病人一天能传染人，如果统计得到在两天共有225人因此患病，求平均每天一人传染了人．列出方程因为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】平均一人传染了x人，则第一天共有（x+1）人患病，第二天共有[x+1+（x+1）x]人，即225人患病，据此列方程即可． 【详解】解：平均一人传染了x人，则第一天共有（x+1）人患病，第二天共有[x+1+（x+1）x]人， 由题意得：x+1+（x+1）x=225， 整理得：， 故选：A． 【点睛】本题考查实际问题与一元二次方程，解题的关键是弄清题意正确列出方程． 6. 如图，已知，添加下列条件后，仍无法判定的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的判定，能熟记相似三角形的判定定理是解此题的关键．根据求出，再根据相似三角形的判定定理逐个判断即可． 【详解】解：∵， ∴， 即， A项：若，则，符合相似三角形的判定定理，能推出，故本选项不符合题意； B项：∵，若，符合相似三角形的判定定理，能推出，故本选项不符合题意； C项：∵，若，符合相似三角形的判定定理，能推出，故本选项不符合题意； D项：∵，若，不符合相似三角形的判定定理，不能推出，故本选项符合题意； 故选：D． 7. 将一副三角尺按如图所示置放在一起，则的值是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设AB=AC=1，根据勾股定理求出BC，求出AD=2AC=2，根据勾股定理求出DC，求出AB∥CD，得出相似△AEB∽△DEC，得出比例式，代入求出即可． 【详解】解：设AB=AC=1，由勾股定理得： ∵在Rt△ADC中，∠ACD=90°，AC=1，∠B=30°， ∴AD=2AC=2，由勾股定理得： ∵∠DCA+∠CAB=90°+90°=180°， ∴AB∥CD， ∴△AEB∽△DEC， 故选：A 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，含30°角的直角三角形性质，平行线的判定，勾股定理的应用，能得出相似三角形和求出BC、CD的长是解此题的关键． 8. 若，则的值为（ ） A. 3 B. 1 C. 2 D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了完全平方公式、算术平方根的非负性，熟练掌握完全平方公式是解题关键．先利用完全平方公式可得，再根据偶次方和算术平方根的非负性可得，则可得的值，代入计算即可得． 【详解】解：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 9. 如图，在中，D、E分别是的中点，下列说法中不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】此题考查了相似三角形的判定和性质．根据中位线定理得到，，得到，，即可求出，据此即可得到答案． 【详解】解：∵ D、E分别是的中点， ∴，， ∴，， ∴， 所以A，B，C正确， D错误； 故选D． 10. 若，化简的正确结果为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是二次根式的化简，化简绝对值，先判断，，再利用二次根式的性质与绝对值的性质化简，再合并即可． 【详解】， ， 故选B． 11. 如图，在平面直角坐标中，正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为，点A，B，E在x轴上，若正方形BEFG的边长为12，则C点坐标为（　　） A. （6，4） B. （6，2） C. （4，4） D. （8，4） 【答案】A 【解析】 【分析】直接利用位似图形的性质结合相似比得出AD的长，进而得出△OAD∽△OBG，进而得出AO的长，即可得出答案． 【详解】∵正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为 ， ∴， ∵BG＝12， ∴AD＝BC＝4， ∵AD∥BG， ∴△OAD∽△OBG， ∴ ∴ 解得：OA＝2， ∴OB＝6， ∴C点坐标为：（6，4）， 故选A． 【点睛】此题主要考查了位似变换以及相似三角形的判定与性质，正确得出AO的长是解题关键． 12. 如图，在正方形ABCD中，，E，F分别为边AB，BC的中点，连接AF，DE，点N，M分别为AF，DE的中点，连接MN，则MN的长为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】连接AM，延长AM交CD于G，连接FG，由正方形ABCD推出AB=CD=BC=2，AB∥CD，∠C=90°，证得△AEM≌GDM，得到AM=MG，AE=DG=AB，根据三角形中位线定理得到MN=FG，由勾股定理求出FG即可得到MN． 【详解】解：连接AM，延长AM交CD于G，连接FG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=CD=BC=2，AB∥CD，∠C=90°， ∴∠AEM=∠GDM，∠EAM=∠DGM， ∵M为DE的中点， ∴ME=MD， 在△AEM和GDM中， ， ∴△AEM≌△GDM（AAS）， ∴AM=MG，AE=DG=AB=CD， ∴CG=CD=， ∵点N为AF的中点， ∴MN=FG， ∵F为BC的中点， ∴CF=BC=， ∴FG==2， ∴MN=1， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，三角形的中位线定理，正确作出辅助线且证出AM=MG是解决问题的关键． 二、填空题（本大题共4个小题，每个小题5分，共计20分） 13. 若，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】用a表示b，代入求值即可． 【详解】解：∵， ∴， 代入得，， 故答案为：． 【点睛】本题考查了比例的基本性质，解题关键是根据比例式得出两个字母的关系，整体代入，准确求值． 14. 已知方程是一个一元二次方程，则a的值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】一元二次方程必须满足两个条件：（1）未知数的最高次数是2；（2）二次项系数不为0．由这两个条件得到相应的关系式，再求解即可． 【详解】解：由题意，得即， 解得 故答案为：-4． 【点睛】本题考查一元二次方程的概念．只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，一般形式是ax2+bx+c=0（且a≠0）．特别要注意a≠0的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点． 15. 如果分式有意义，那么的取值范围是______． 【答案】且 【解析】 【分析】直接利用二次根式有意义被开方数是非负数、分式有意义则分母不为零，进而得出答案． 【详解】由题意知：x−1≥0且x−3≠0， 解得：x≥1且x≠3． 故答案为：x≥1且x≠3． 【点睛】此题主要考查了二次根式有意义、分式有意义，正确掌握相关有意义的条件是解题关键． 16. 如图，在中，点，，分别是AC，BC，AB的中点，连接，，四边形的面积记作；点，，分别是，，的中点，连接，，四边形的面积记作……，按此规律进行下去，若，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】依题意，利用三角形中位线的性质，可知四边形的面积为三角形面积的一半；同理可得后续四边的面积也为对应三角形面积的一半；即可求解； 【详解】由题知：是的中位线，∴ 与的相似比为：；依据相似三角形面积之比为相似比的平方， 可得面积为：； 同理可得：面积为：； ∴ 四边形的面积为：； 以此类推：四边形的面积为：； 四边形的面积为：； 可得：四边形的面积为：； ∴ 当时，； 故填：； 【点睛】本题主要考查中位线的性质及其相似三角形的相似比与面积比的关系，关键在对图形的划分转换，属于技巧和灵活度较高题型； 三、解答题（本大题共5个小题，共计44分） 17. 计算 （1） （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】此题考查了二次根式的混合运算和实数的混合运算，熟练掌握运算法则是关键． （1）先化简二次根式，再合并同类二次根式即可； （2）利用乘方、绝对值、负整数指数幂、零指数幂进行计算即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 18. 解方程 （1） （2） 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解法，包括公式法和因式分解法，熟练掌握求解一元二次方程的方法是解决本题的关键． （1）通过计算判别式，再代入求根公式求解即可； （2）先移项，再提取公因式，由因式分解法即可求解． 【小问1详解】 解：方程中，， ∴判别式， 代入求根公式可知，， ∴方程的解为，； 【小问2详解】 解：， ∴， 即， 可得， ∴，， ∴方程的解为，． 19. 如图，中，D，E分别是、上的点，且，． （1）求证：； （2）若，求的长度． 【答案】（1） 证明：∵，， ∴， 又∵， ∴； （2）6 【解析】 【分析】（1）由，可得出，结合可证出； （2）由，利用相似三角形的性质可得出及，利用“同位角相等，两直线平行”可得出，进而可得出，再利用相似三角形的性质可求出的长． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵， ∴，， ∴， ∴， ∴，即， ∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质以及平行线的判定，解题的关键是：（1）利用“两边成比例且夹角相等的两个三角形相似”证出；（2）利用相似三角形的性质及平行线的判定定理，找出． 20. 已知关于x的方程． (1)若此方程的一个根为1，求m的值； (2)求证：不论m取何实数，此方程都有两个不相等的实数根． 【答案】（1）；（2）证明：∵， ∴不论m取何实数，该方程都有两个不相等的实数根． 【解析】 【分析】（1）直接把x=1代入方程求出m的值； （2）计算出根的判别式，进一步利用配方法和非负数的性质证得结论即可． 【详解】解：（1）根据题意，将x=1代入方程， 得：， 解得：m=． （2）略 21. “阳光玫瑰”葡萄品种是广受各地消费者的青睐的优质新品种，在我国西部区域广泛种植，某葡萄种植基地2018年种植“阳光玫瑰”100亩，到2020年“阳光玫瑰”的种植面积达到256亩． （1）求该基地这两年“阳光玫瑰”种植面积的平均年增长率； （2）市场调查发现，当“阳光玫瑰”的售价为20元/千克时，每天能售出200千克，售价每降价1元，每天可多售出45千克． ①若降价x（0≤x≤20）元，每天能售出多少千克？（用x的代数式表示） ②为了推广宣传，基地决定降价促销，同时尽量减少库存，已知该基地“阳光玫瑰”的平均成本价为10元/千克，若要销售“阳光玫瑰”每天获利2125元，则售价应降低多少元？ 【答案】（1）；（2）①每天能售出（）千克；②售价应降低5元 【解析】 【分析】（1）设该基地这两年“阳光玫瑰”种植面积的平均增长率为x，根据该基地2018年及2020年“阳光玫瑰”的种植面积，即可得出关于的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论； （2）①设售价应降低元，则每天可售出（）千克； ②根据总利润=每千克的利润×销售数量，即可得出关于的一元二次方程，解之取其较大值即可得出结论． 【详解】（1）设该基地这两年“阳光玫瑰”种植面积的平均增长率为， 依题意，得：100(1+y)2=256， 解得：，（不合题意，舍去）． 答：该基地这两年“阳光玫瑰”种植面积的平均增长率为； （2）①设售价应降低元，则每天可售出（）千克； ②依题意，得：， 整理，得：， 解得：， ∵要尽量减少库存， ∴． 答：售价应降低5元． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． B卷（60分） 四、填空题（本大题共4个小题，每个小题6分，共计24分） 22. 已知m是一元二次方程的根，则的值为______． 【答案】0 【解析】 【分析】本题主要考查了代数式求值，掌握一元二次方程解的意义是解题关键．根据方程的解代入方程得出，即，再整体代入计算求值即可； 【详解】解：∵m是一元二次方程的根， ∴， ∴， ∴ ， 故答案为：0； 23. 已知，则= ________ 【答案】 【解析】 【分析】 【详解】∵ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴ 答案 -2 24. 已知非负实数，，满足，设的最大值为，最小值为，则的值为 __． 【答案】##0.6875 【解析】 【分析】设，则，，，可得；利用a，b，c为非负实数可得k的取值范围，从而求得m，n的值，结论可求． 【详解】解：设，则，，， ． ，，为非负实数， ， 解得：． 当时，取最大值，当时，取最小值． ， ． ． 故答案为： 【点睛】本题主要考查了比例的性质，解不等式组，非负数的应用等，设是解题的关键． 25. 如图，在中，，，是边上的中线，点D、E分别在和上，，于点F，以下结论：①；②；③；④．其中正确的结论为__________（请把正确结论的序号写在横线上） 【答案】①③④ 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，利用面积法证明是解决本题的关键． 设，则，从而可得到，，从而可得到，由此可判断①；可证明，进而可证明，即，由此可判断②；证明，由此可判断③；由即可证明，由此可判断④． 【详解】解：①设，则， ∴， ∵， ∴， ∴，故①正确； ④∵是等腰直角的中线， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵，M是的中点， ∴， ∴， 即，故④正确； ②由②知，， ∴， ∴， 即， ∴， ∴，故②错误； ③∵， 又∵，且， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，故③正确， 故其中正确的结论为①③④． 故答案为：①③④． 五、解答题（本大题共3个小题，每个小题12分，共计36分） 26. 如图所示，是的中线． （1）若E为的中点，射线交于F，求； （2）若E为上的一点，且，射线交于F，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了平行线分线段成比例定理，熟练掌握此知识点，添加适当的辅助线是解此题的关键． （1）过点作，交于点．由得出，结合是的中线得出，由得出，结合为的中点得出，即可得解； （2）过点作，交于点．由得出结合得出，由（1）知，从而得出，进而得出，即可得解． 【小问1详解】 解：如图，过点作，交于点． ， ， ， 又是的中线， ， ． ， ， 又为的中点， ， ， ； 【小问2详解】 解：如图，过点作，交于点． ， ， ， ， ， 即， 由（1）知， ， ， ． 27. 阅读材料： 材料1 若一元二次方程的两个根为，，则，． 材料2 已知实数，满足，，且，求的值． 解：由题知，是方程的两个不相等的实数根，根据材料1得，，所以． 根据上述材料解决以下问题： （1）材料理解：一元二次方程的两个根为，，则　　　　，　　　　． （2）类比探究：已知实数，满足，，且，求的值； （3）思维拓展：已知实数s、t分别满足，，且．求的值． 【答案】（1）； （2） （3） 【解析】 【分析】本题主要考查分式的化简求值、根与系数的关系，解题的关键是根据题意建立合适的方程及分式的混合运算顺序和运算法则． （1）直接根据根与系数的关系可得答案； （2）由题意得出、可看作方程，据此知，，将其代入计算可得； （3）把变形为，据此可得实数和可看作方程的两根，继而知，，进一步代入计算可得． 【小问1详解】 解：由题意可得：，； 故答案为：；； 【小问2详解】 解：，，且， 、可看作方程， ，， ； 【小问3详解】 解：把变形为， 实数和可看作方程的两根， ，， ． 28. 已知：如图，在中，，，，点P从A点出发，沿AC方向匀速运动速度为；同时，点Q从点C出发，沿方向匀速运动速度为．设运动时间为．解答下列问题： （1）当t为何值时，？ （2）是否存在某一时刻t，使？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． （3）是否存在某一时刻t，使为等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）时，；（2）存在，当时，；（3）存在，当t等于2或或时，为等腰三角形． 【解析】 【分析】（1）在中，由勾股定理得：，再根据得出即，求解即可； （2）作于点D，由，，得， 所以，即，求得：，面积为， 根据，则，即：，整理得：，求解即可； （3）需要进行分类讨论：当时，；当时，作于点D，先证明，所以，即，根据，得出，求解即可；当时，作于点E，证明，所以，即，解得，再根据，，解得． 【详解】解：（1）在中，由勾股定理得： ∵ ∴即，解得； （2）作于点D， ∵，， ∴， 所以，即， 解得：， 所以，是面积， ∵，则， 即：，整理得：，解得， ∴当时，； （3）当时，， ∴； 当时， 作于点D， ∵， ∴ 所以，即 ∵， ， 解得； 当时， 作于点E， ∵， ∴， 所以，即， ， ∵， ， 解得； 所以，当t等于2或或时，为等腰三角形． 【点睛】本题考查了利用勾股定理解直角三角形、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定及性质，解题的关键是添加适当的辅助线，利用分类讨论的思想进行求解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 内江一中九年级（上）数学期中考试数学试题 A卷（100分） 一、选择题（每小题有且只有一个正确答案，每题3分，共36分） 1. 下列根式中是最简二次根式的是　　 A. B. C. D. 2. 下列方程中，属于一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 3. 一元二次方程配方后可变形为（ ） A. B. C. D. 4. 已知α，β是一元二次方程的两根，则（ ） A. B. 2 C. 16 D. 16或2 5. 新型冠状病毒 (COVID-19)是一种传染性极高的病毒，它可以通过飞沫、接触，甚至是有病毒株的污染源传播．在M市人群密集区因缺乏必要的预防措施，某新冠肺炎零号病人一天能传染人，如果统计得到在两天共有225人因此患病，求平均每天一人传染了人．列出方程因为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，已知，添加下列条件后，仍无法判定的是（ ） A. B. C. D. 7. 将一副三角尺按如图所示置放在一起，则的值是( ) A. B. C. D. 8. 若，则的值为（ ） A. 3 B. 1 C. 2 D. 0 9. 如图，在中，D、E分别是的中点，下列说法中不正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 若，化简的正确结果为（ ） A. B. 1 C. D. 11. 如图，在平面直角坐标中，正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为，点A，B，E在x轴上，若正方形BEFG的边长为12，则C点坐标为（　　） A. （6，4） B. （6，2） C. （4，4） D. （8，4） 12. 如图，在正方形ABCD中，，E，F分别为边AB，BC的中点，连接AF，DE，点N，M分别为AF，DE的中点，连接MN，则MN的长为（ ） A. B. 1 C. D. 2 二、填空题（本大题共4个小题，每个小题5分，共计20分） 13. 若，则的值为________． 14. 已知方程是一个一元二次方程，则a的值为__________． 15. 如果分式有意义，那么的取值范围是______． 16. 如图，在中，点，，分别是AC，BC，AB的中点，连接，，四边形的面积记作；点，，分别是，，的中点，连接，，四边形的面积记作……，按此规律进行下去，若，则__________． 三、解答题（本大题共5个小题，共计44分） 17. 计算 （1） （2） 18. 解方程 （1） （2） 19. 如图，中，D，E分别是、上的点，且，． （1）求证：； （2）若，求的长度． 20. 已知关于x的方程． (1)若此方程的一个根为1，求m的值； (2)求证：不论m取何实数，此方程都有两个不相等的实数根． 21. “阳光玫瑰”葡萄品种是广受各地消费者的青睐的优质新品种，在我国西部区域广泛种植，某葡萄种植基地2018年种植“阳光玫瑰”100亩，到2020年“阳光玫瑰”的种植面积达到256亩． （1）求该基地这两年“阳光玫瑰”种植面积的平均年增长率； （2）市场调查发现，当“阳光玫瑰”的售价为20元/千克时，每天能售出200千克，售价每降价1元，每天可多售出45千克． ①若降价x（0≤x≤20）元，每天能售出多少千克？（用x的代数式表示） ②为了推广宣传，基地决定降价促销，同时尽量减少库存，已知该基地“阳光玫瑰”的平均成本价为10元/千克，若要销售“阳光玫瑰”每天获利2125元，则售价应降低多少元？ B卷（60分） 四、填空题（本大题共4个小题，每个小题6分，共计24分） 22. 已知m是一元二次方程的根，则的值为______． 23. 已知，则= ________ 24. 已知非负实数，，满足，设的最大值为，最小值为，则的值为 __． 25. 如图，在中，，，是边上的中线，点D、E分别在和上，，于点F，以下结论：①；②；③；④．其中正确的结论为__________（请把正确结论的序号写在横线上） 五、解答题（本大题共3个小题，每个小题12分，共计36分） 26. 如图所示，是的中线． （1）若E为的中点，射线交于F，求； （2）若E为上的一点，且，射线交于F，求． 27. 阅读材料： 材料1 若一元二次方程的两个根为，，则，． 材料2 已知实数，满足，，且，求的值． 解：由题知，是方程的两个不相等的实数根，根据材料1得，，所以． 根据上述材料解决以下问题： （1）材料理解：一元二次方程的两个根为，，则　　　　，　　　　． （2）类比探究：已知实数，满足，，且，求的值； （3）思维拓展：已知实数s、t分别满足，，且．求的值． 28. 已知：如图，在中，，，，点P从A点出发，沿AC方向匀速运动速度为；同时，点Q从点C出发，沿方向匀速运动速度为．设运动时间为．解答下列问题： （1）当t为何值时，？ （2）是否存在某一时刻t，使？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． （3）是否存在某一时刻t，使为等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $