精品解析：广东省华东师范大学附属深圳龙华学校教育集团2026-2027学年九年级上学期数学期中考试卷

华东师范大学附属深圳龙华学校教育集团2026——2027学年 秋季学期九年级数学期中考试卷 说明： 1．答题前，请将学校、班级和姓名用规定的笔写在答题卡指定的位置上，并填涂好考生号。 2．全卷共3页，共20道题，考试时间90分钟，满分100分。 3．选择题答案用2B铅笔涂到答题卡的相应位置上，非选择题答案必须用黑色钢笔或签字笔写在答题卡指定位置，否则其答案一律无效。 4．答题卡必须保持清洁，不能折叠；考试结束后，请将答题卡交回。 一、选择题（共8题，每题3分，共24分；请从每题的四个选项中选出最符合题意的一项） 1. 现有四条线段，长度按从长到短的顺序分别为，，若这四条线段是成比例线段，则的值是（ ） A. B. C. D. 2. 如图，在中，、分别是、上的点，且，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ） A. 5，4， B. 5，，1 C. ，，1 D. ，， 4. 关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是（ ） A. 且 B. C. 且 D. 5. 已知一元二次方程的两根为，，则的值为（ ） A. 3 B. C. 9 D. 6. 如图，在中，．再添加一个条件，仍不能判定四边形是正方形的是（　　） A. B. C. D. 7. 如图，方格网的小方格是边长为1的正方形，四个三角形的顶点都在格点上，则下列选项中是相似三角形的是（ ）． A. ①和② B. ③和④ C. ②和④ D. ①和④ 8. 如图，在四边形中，，，，，点在边上，，连接，且．点在的延长线上，连接．若，则线段的长为（ ） A. B. 4 C. D. 5 二、填空题（共5小题，每小题3分，共15分） 9. 若是方程的一个根，则的值为________． 10. 小明用四根长度相等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）所示的菱形，并测得，接着活动学具成为图（2）所示的正方形，并测得对角线，则图（1）中对角线的长为______． 11. 如图，矩形的对角线相交于点，，则的长为____________． 12. 如图，将一张矩形纸片沿两长边中点所在的直线对折，如果得到两个矩形都与原矩形相似，则原矩形长与宽的比是______ 13. 如图，在中，已知，，与交于点，，且为既约分数（分子，分母互质），则________． 三、解答题（共8小题，共61分） 14. 解方程． （1）； （2）． 15. 在如图所示的方格纸中，与是以点为位似中心的位似图形． （1）在图中标出位似中心的位置，并写出点的坐标________． （2）以原点为位似中心，在第三象限画出的一个位似图形，使它与的相似比为． （3）在（2）的条件下，若点是线段上一点，则线段上点的对应点的坐标为________． 16. 如图，在菱形 中，对角线 相交于点O，过点D作于点M，连接，延长 至点 N，连接. （1）请你只添加一个条件，使得四边形为矩形，你添加的条件是 ，并进行证明； （2）若，，求  的长. 17. 如图，在四边形中，，且，连接对角线，已知． （1）实践与操作：利用尺规作线段的垂直平分线，交于点，交于点；（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母） （2）猜想与证明：连接，判断四边形 的形状，并说明理由． 18. 我市“幸福之城”大型楼盘陆续交付，家装灯具销售商纷纷推出各类优惠政策．某灯具销售商通过大数据分析：成本为每个30元的台灯，当售价为70元时，平均每天售出20个．若售价每下降1元，每日销售量就增加2个． （1）设售价下降元，请填空： 售价 70 65 利润 40 ___________ 销售量 20 30 ___________ （2）为迎接“双十一”，该店决定降价促销，在每台台灯盈利不少于25元的前提下，若预计日销售获利恰好为1200元，求每个台灯的售价． 19. 阅读材料，并解决问题． 【学习研究】我国古代数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了一元二次方程的几何解法，以为例，构造方法如下： 首先将方程变形为，然后画四个长为，宽为的矩形，按如图1所示的方式拼成一个“空心”大正方形，则图1中大正方形的面积可表示为，还可表示为四个矩形与一个边长为2的小正方形面积之和，即．因此，可得新方程．因为表示边长，所以，即．遗憾的是这样的做法只能得到方程的其中一个正根． （1）【理解应用】参照上述图解一元二次方程的方法，请在下面三个构图中选择能够用几何法求解方程的正确构图是 ．(从序号①②③中选择) （2）【类比迁移】小颖根据以上解法解方程，请将其解答过程补充完整： 第一步：将原方程变形为，即( )； 第二步：利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形； 第三步：因此，根据大正方形的面积可得新的方程： ，解得原方程的一个根为 ． （3）【拓展应用】一般地，对于形如的一元二次方程可以构造图2来解．已知图2是由四个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4，那么此方程的系数 ， ，求得方程的正根为 ． 20. 在矩形中，，． （1）发现：如图1所示，是矩形的对角线，过点作交于点，交于点，则与的数量关系是________，写出一个与相似的三角形________； （2）探究：如图2，点是矩形边上一点，连接，过点作于点，交于点，，求的长； （3）拓展：点为边上的三等分点，点是中点，点在上，将矩形沿直线翻折，点恰好落在边上的点处，直接写出的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 华东师范大学附属深圳龙华学校教育集团2026——2027学年 秋季学期九年级数学期中考试卷 说明： 1．答题前，请将学校、班级和姓名用规定的笔写在答题卡指定的位置上，并填涂好考生号。 2．全卷共3页，共20道题，考试时间90分钟，满分100分。 3．选择题答案用2B铅笔涂到答题卡的相应位置上，非选择题答案必须用黑色钢笔或签字笔写在答题卡指定位置，否则其答案一律无效。 4．答题卡必须保持清洁，不能折叠；考试结束后，请将答题卡交回。 一、选择题（共8题，每题3分，共24分；请从每题的四个选项中选出最符合题意的一项） 1. 现有四条线段，长度按从长到短的顺序分别为，，若这四条线段是成比例线段，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了比例线段，根据比例线段的定义列出比例式是解题的关键． 根据题意得到，根据比例的性质得到，计算即可得到答案． 【详解】解：根据题意得， ， ， 故选：B． 2. 如图，在中，、分别是、上的点，且，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平行线等分线段定理解答即可． 【详解】解：∵， ∴， 即． 3. 一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ） A. 5，4， B. 5，，1 C. ，，1 D. ，， 【答案】B 【解析】 【分析】对照一元二次方程的一般形式，提取各项系数时需包含对应项的符号． 【详解】解：一元二次方程的二次项系数为，一次项系数为，常数项为． 4. 关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是（ ） A. 且 B. C. 且 D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键．由方程有实数根的情况可以得到关于k的不等式，从而求解． 【详解】关于x的一元二次方程有实数根， 且， 即且， 解得且． 故选：C． 5. 已知一元二次方程的两根为，，则的值为（ ） A. 3 B. C. 9 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用根与系数的关系整体代入计算即可解答． 【详解】解：∵一元二次方程的两根为，， ∴由根与系数的关系，得，， ∴ ． 6. 如图，在中，．再添加一个条件，仍不能判定四边形是正方形的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了正方形的判定，根据矩形的判定定理及正方形的判定定理即可解答． 【详解】解：在中，， ∴四边形是矩形， A、当时，四边形是正方形，正确，故A不符合题意； B、当时，无法确定矩形就是正方形，故B符合题意； C、当时，矩形是正方形，正确，故C不符合题意； D、当时，则，，所以是正方形，正确，故D不符合题意； 故选：B． 7. 如图，方格网的小方格是边长为1的正方形，四个三角形的顶点都在格点上，则下列选项中是相似三角形的是（ ）． A. ①和② B. ③和④ C. ②和④ D. ①和④ 【答案】D 【解析】 【分析】分别求出四个三角形的三边长，再根据三角形相似的判定定理，即可求解． 【详解】解：①中的三角形的三边长分别为； ②中的三角形的三边长分别为； ③中的三角形的三边长分别为； ④中的三角形的三边长分别为； ∵， ∴相似三角形是①和④． 8. 如图，在四边形中，，，，，点在边上，，连接，且．点在的延长线上，连接．若，则线段的长为（ ） A. B. 4 C. D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】延长交延长线于点，过作于点，证得四边形是矩形，，得出的长度以及，再利用方程思想与勾股定理求解． 【详解】解：如图，延长交延长线于点，过作于点，则， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， 由勾股定理得：， ∴， 解得：， 即， ∴． 二、填空题（共5小题，每小题3分，共15分） 9. 若是方程的一个根，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】把代入方程得到，把代入计算即可得答案． 【详解】解：∵ 是方程的一个根， ∴ ， ∴， ∴， ∴的值为． 10. 小明用四根长度相等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）所示的菱形，并测得，接着活动学具成为图（2）所示的正方形，并测得对角线，则图（1）中对角线的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查正方形的性质、菱形的性质、等边三角形的判定及勾股定理，得出是等边三角形是解题关键．根据正方形的性质，利用勾股定理可求出，根据菱形的性质，结合得出是等边三角形，即可得出答案． 【详解】解：在正方形中，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在菱形中，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 故答案为： 11. 如图，矩形的对角线相交于点，，则的长为____________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键，首先根据矩形的性质，可得；接下来再根据和，即可判断为等边三角形；根据等边三角形的性质，可得，即可作答． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴ ∴． 故答案为：． 12. 如图，将一张矩形纸片沿两长边中点所在的直线对折，如果得到两个矩形都与原矩形相似，则原矩形长与宽的比是______ 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查的是相似多边形的性质，设原来矩形的长为x，宽为y，则对折后的矩形的长为y，宽为，根据得到的两个矩形都和原矩形相似，有，计算求解即可． 【详解】解：设原来矩形的长为x，宽为y，如图， ∴对折后的矩形的长为y，宽为， ∵得到的两个矩形都和原矩形相似， ∴， ∴， 解得． 故答案为：． 13. 如图，在中，已知，，与交于点，，且为既约分数（分子，分母互质），则________． 【答案】196 【解析】 【分析】先推导出，延长，交的延长线于点，可证明出，得到，设，求出，继而推导出，可求出，设，由，求出，进而推导出，得到，则，即可解答． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ， 延长，交的延长线于点，如图 ， ， ， ， 设，则， ， ， ， ， ， ， ∵， ， ， ， ， 设，则，， 由，得 ， ， 将代入： ， 又，， ， ， 是既约分数， ， ． 三、解答题（共8小题，共61分） 14. 解方程． （1）； （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】（1）利用因式分解法解一元二次方程； （2）将方程移项变形后，利用因式分解法解一元二次方程． 【小问1详解】 解：， 或， ，． 【小问2详解】 解：原方程可变形为：， ， 或， ，． 15. 在如图所示的方格纸中，与是以点为位似中心的位似图形． （1）在图中标出位似中心的位置，并写出点的坐标________． （2）以原点为位似中心，在第三象限画出的一个位似图形，使它与的相似比为． （3）在（2）的条件下，若点是线段上一点，则线段上点的对应点的坐标为________． 【答案】（1）如图，点即为所求； （2）如图，即为所求； （3） 【解析】 【分析】（1）连接，并分别延长，相交于点，即为所求； （2）根据位似的性质作图即可； （3）结合位似的性质可得答案． 【小问1详解】 解：图形略，由图可得， 【小问2详解】 解：与是以原点为位似中心的位似图形，且相似比为，位于第三象限，，， ，， 在平面直角坐标系中把点和描出来，顺次连接点、、，即为， 图形略； 【小问3详解】 解：由（2）可知线段上的点的对应点的坐标为． 16. 如图，在菱形 中，对角线 相交于点O，过点D作于点M，连接，延长 至点 N，连接. （1）请你只添加一个条件，使得四边形为矩形，你添加的条件是 ，并进行证明； （2）若，，求  的长. 【答案】（1） 解：添加的条件为． 证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ， ∴， ， ∴四边形是平行四边形， ， ， ∴四边形是矩形， 故答案为：； （2） 【解析】 【分析】（）添加的条件为．证明四边形是平行四边形，再由即可求证； （）由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，进而得，利用勾股定理求出，得到，再利用菱形的面积即可求出的长； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵四边形是菱形， ，，，， ∵， ∴， ∵为的中点， ， ∴， ∵， ∴， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ． 【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定，矩形的判定，直角三角形的性质，勾股定理，菱形的面积，掌握菱形的性质是解题的关键． 17. 如图，在四边形中，，且，连接对角线，已知． （1）实践与操作：利用尺规作线段的垂直平分线，交于点，交于点；（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母） （2）猜想与证明：连接，判断四边形 的形状，并说明理由． 【答案】（1）如图所示，直线即为所求． （2）四边形是菱形．理由如下： 由（1）可知点为中点， ∵， ∴， 在中，，为边上中线， ∴， ∵， ∴， ∵，， 四边形是平行四边形， 又∵， 平行四边形是菱形． 【解析】 【分析】本题考查了尺规作图，直角三角形的性质，菱形的判定，熟练掌握菱形的判定方法是解答本题的关键． （1）根据线段垂直平分线的作法作图即可； （2）根据直角三角形的性质得，则，进而可证四边形是平行四边形，再由，可得四边形是菱形． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 我市“幸福之城”大型楼盘陆续交付，家装灯具销售商纷纷推出各类优惠政策．某灯具销售商通过大数据分析：成本为每个30元的台灯，当售价为70元时，平均每天售出20个．若售价每下降1元，每日销售量就增加2个． （1）设售价下降元，请填空： 售价 70 65 利润 40 ___________ 销售量 20 30 ___________ （2）为迎接“双十一”，该店决定降价促销，在每台台灯盈利不少于25元的前提下，若预计日销售获利恰好为1200元，求每个台灯的售价． 【答案】（1）35； （2）60元 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用．解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解． （1）根据“当售价为70元时，平均每天售出20个；若售价每下降1元，每日销售量就增加2个”列出代数式，即可解答； （2）设每个台灯的售价为元．根据每个台灯的利润销售数量总利润列出方程并解答． 【小问1详解】 解：当售价为65元时，每台台灯的利润为：（元）， 售价下降元，每日能售出个； 【小问2详解】 解：设每个台灯售价y元，根据题意得： ， 即， ， 每台台灯盈利不少于25元， ，解得。 不合题意，舍去。 ， 答：每个台灯售价60元． 19. 阅读材料，并解决问题． 【学习研究】我国古代数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了一元二次方程的几何解法，以为例，构造方法如下： 首先将方程变形为，然后画四个长为，宽为的矩形，按如图1所示的方式拼成一个“空心”大正方形，则图1中大正方形的面积可表示为，还可表示为四个矩形与一个边长为2的小正方形面积之和，即．因此，可得新方程．因为表示边长，所以，即．遗憾的是这样的做法只能得到方程的其中一个正根． （1）【理解应用】参照上述图解一元二次方程的方法，请在下面三个构图中选择能够用几何法求解方程的正确构图是 ．(从序号①②③中选择) （2）【类比迁移】小颖根据以上解法解方程，请将其解答过程补充完整： 第一步：将原方程变形为，即( )； 第二步：利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形； 第三步：因此，根据大正方形的面积可得新的方程： ，解得原方程的一个根为 ． （3）【拓展应用】一般地，对于形如的一元二次方程可以构造图2来解．已知图2是由四个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4，那么此方程的系数 ， ，求得方程的正根为 ． 【答案】（1）③ （2），， （3），3，1或3 【解析】 【分析】（1）根据题意，变形为，根据图示分别算出每个图形中长方形的面积，进行比较即可解答； （2）根据材料提示，进行计算即可解答； （3）先根据材料提示分解为，图形结合分析，即可得，分类讨论，由此即可解答． 【小问1详解】 解：， ， 将看作一个长为，宽为，面积为21的矩形， 很容易观察出构图是③． 【小问2详解】 解：， 第一步：将原方程变为，即； 第二步：如图②，利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形； 第三步：根据大正方形的面积可得新的方程：，解得原方程的一个根为； 故答案为：，，． 【小问3详解】 解：由条件可知， ， 四个小矩形的面积各为，大正方形的面积是，其中它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即， 由条件可知，解得， 当时，，，，方程的一个正根为1； 当时，，，，方程的一个正根为3； 综上所述，方程的一个正根为1或3， 故答案为，3，1或3． 20. 在矩形中，，． （1）发现：如图1所示，是矩形的对角线，过点作交于点，交于点，则与的数量关系是________，写出一个与相似的三角形________； （2）探究：如图2，点是矩形边上一点，连接，过点作于点，交于点，，求的长； （3）拓展：点为边上的三等分点，点是中点，点在上，将矩形沿直线翻折，点恰好落在边上的点处，直接写出的长． 【答案】（1），（、） （2）2 （3）或 【解析】 【分析】（1）由同角的余角相等可得，即可得到几组相似三角形； （2）易证，再根据，，代入相似比求出即可； （3）作于点，由矩形的判定和性质，可得，证明，则，分类讨论，可得和的关系，进而在中利用勾股定理建立方程求解即可． 【小问1详解】 解：在矩形中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 综上可得：，（、）； 【小问2详解】 解：在矩形中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， 解得或4， 当时，，故舍去， ∴； 【小问3详解】 解：如图，作于点，则， ∵，矩形中，，， 四边形为矩形， 又∵为中点， ∴， ∵在矩形中，，， ∴四边形为矩形， ∴， 根据题意可知，点和点关于直线对称， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 当时，， ∴，即， 设，则，， 在中，， ∴， 解得， 当，明显不合题意，舍去； ∴， ∴； 当时，， ∴， 设，则， ∴，， 在中，， ∴， 解得（不合题意已舍去）， ∴； 综上，的长为或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $