精品解析：江西省鹰潭市第二中学2026-2027学年九年级上学期11月期中数学试题

鹰潭市第二中学2026－2027学年度第一学期期中考试 九年级数学试卷 一、选择题（共6小题，每小题3分，共18分，每小题只有一个正确选项） 1. 下列方程中，是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 2. 正方形具有而菱形不具有的性质是（ ） A. 四条边都相等 B. 对角线相等 C. 对角线垂直且互相平分 D. 对角线平分一组对角 3. 如图所示的几何体的左视图为( ) A. B. C. D. 4. 如图，在的正方形网格中有下列三角形，其中是相似三角形的是（ ） A. ①与② B. ②与③ C. ①与③ D. ②与④ 5. 如图所示，线段的端点在直线上，过线段上的一点作的平行线，分别交和的平分线于点，，连接，，要使四边形为矩形，则可添加下列条件中的（ ） A. B. C. D. 6. 如图，点在线段上，在的同侧作含角的和含角的，其中，，与，分别交于点、，连接，下列结论：①；②；③图中有对相似三角形；④．其中正确的有( ) A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分） 7. 一元二次方程化成一般形式后，常数项是，则一次项系数是________． 8. 一次聚会上，每两位参会者都互赠一份礼物，经统计所有人一共送出90份礼物，设共有个人参加聚会，则可列方程为________． 9. 如图，已知中，，，点P、D分别在边、上，，，那么的长是________． 10. 如图是杠杆示意图，支点为，动力的作用线与动力臂垂直，阻力的作用线与阻力臂垂直．由动力臂、动力的作用线与杠杆组成，由阻力臂、阻力的作用线的反向延长线与杠杆组成，若，且杠杆平衡时动力，根据杠杆平衡条件，则阻力________． 11. 已知实数，，满足，且，则的值是________． 12. 如图，已知正方形ABCD的边长为2，P为线段AD上的动点（不与点A重合），点A关于直线BP的对称点为E，连接PB，BE，CE，DE，当是以DE为底边的等腰三角形时，AP的值为_________． 三、解答题（本大题共5小题，每小题6分共30分） 13. 解答下列问题： （1）解方程：； （2）如图，在菱形中，与交于点，点为的中点．若，，求线段的长． 14. 如图，在中，点D是上一点，且， （1）求证：； （2）若，求的长． 15. 已知方程的一根为3，求方程的另一根及的值． 16. 以下各图均是由边长为1的小正方形组成的网格，图中的点A、B、C、D均在格点上． （1）在图①中，　 　． （2）利用网格和无刻度的直尺作图，保留痕迹，不写作法． ①如图②，在上找一点P，使． ②如图③，在上找一点P，使． 17. 在长、宽都为，高为的房间的正中央的天花板上悬挂着一只白炽灯泡A，为了集中光线，加上了灯罩（如图所示）．已知灯罩深，灯泡离地面，为了使光线恰好照在墙角、处，灯罩的直径应为多少？（结果保留两位小数，） 四、解答题（共3小题，每小题8分，共24分） 18. 已知关于的方程． （1）当该方程有实数根时，求的范围； （2）若该方程的两个根，满足，求的值． 19. 如图，在平行四边形中，对角线，交于点，过点作于点，延长到点，使，连接． （1）求证：四边形是矩形； （2）连接，若，，，求的长． 20. 鹰潭龙虎山板栗是鹰潭本地特产，深受各地游客喜爱，某特产店七月份龙虎山板栗礼盒销量为1500盒，八月、九月销售量持续增长，九月份销量达到2160盒． （1）求八、九月份销量的月平均增长率； （2）已知龙虎山板栗礼盒进货价为每盒23元；当每盒售价为44元时，日销量可达60盒；售价每降低1元，日销量可增加6盒．为尽量减少库存，当龙虎山板栗每盒降价多少元时，当日卖出板栗的总利润刚好为1428元？ 五、解答题（共2小题，每小题9分，共18分） 21. 如图，在一个矩形停车场中，矩形是一辆机动车停放的车位示意图，经测量得，，，．其中是另一车位的一边，所有车位尺寸一样，并按图示并列划定． （1）求停车场的宽的长； （2）若停车场的长，求这个停车场的停车位数． 22. 定义：若关于的一元二次方程()的两个实数根分别为，()，分别以，为横坐标和纵坐标得到点，则称点为该一元二次方程的衍生点． （1）直接写出方程的衍生点的坐标为________； （2）已知关于的方程，求该方程衍生点的坐标； （3）已知不论()为何值，关于的方程的衍生点始终在直线上，求，的值． 六、解答题（本大题共12分） 23. 如图①所示，已知正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG，BE． （1）发现：当正方形AEFG绕点A旋转，如图②所示． ①线段DG与BE之间的数量关系是__________． ②直线DG与直线BE之间的位置关系是__________． （2）探究：如图③所示，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD＝2AB，AG＝2AE时，上述两个结论是否成立？若成立，请加以证明．若不成立，请写出新结论，并说明理由． （3）应用：在（2）的情况下，连接BG、DE，若AE＝2，AB＝3，求BG2＋DE2的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 鹰潭市第二中学2026－2027学年度第一学期期中考试 九年级数学试卷 一、选择题（共6小题，每小题3分，共18分，每小题只有一个正确选项） 1. 下列方程中，是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】解：A、是一元二次方程，故本选项符合题意； B、含分式，不是整式方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意； C、未注明，当时，不是一元二次方程，故本选项不符合题意； D、含两个未知数，是二元方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意． 2. 正方形具有而菱形不具有的性质是（ ） A. 四条边都相等 B. 对角线相等 C. 对角线垂直且互相平分 D. 对角线平分一组对角 【答案】B 【解析】 【分析】正方形对角线相等而菱形不一定相等，可据此快速判断． 【详解】解：正方形和菱形的四条边相等，对角线垂直平分且平分一组对角，故A、C、D不符合题意， 正方形对角线相等，菱形对角线不一定相等，故B符合题意． 3. 如图所示的几何体的左视图为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】观察几何体可知，该几何体为长方体切去右后上方一角，左视图是从左向右观察，左侧面完整，切去部分产生的棱被遮挡． 【详解】解：由图可知，该几何体主体为长方体，右后上方被切去一部分．从左向右观察该几何体，左侧面完整，故左视图外轮廓为矩形．切去部分位于右后方，其产生的棱在左视图中不可见，应画为虚线． 故左视图为矩形且含一条虚线对角线． 4. 如图，在的正方形网格中有下列三角形，其中是相似三角形的是（ ） A. ①与② B. ②与③ C. ①与③ D. ②与④ 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定定理，相似三角形的判定定理有很多种，要结合题干条件，灵活选用判定定理证明三角形相似． 根据“三条边对应成比例，两三角形相似”进行判定，设正方形网格中小正方形的边长为1，则结合正方形网格的特点以及勾股定理可以依次得到四个三角形的各个边长；再根据“三条边对应成比例的两个三角形相似”即可选出正确答案． 【详解】解：设小正方形的边长为1，则有： ①中的三角形的三条边依次为， ②中的三角形的三条边依次为， ③中的三角形的三条边依次为， ④中的三角形的三条边依次为， 观察四组三角形的边长，可知， ∴①与③相似． 故选：C． 5. 如图所示，线段的端点在直线上，过线段上的一点作的平行线，分别交和的平分线于点，，连接，，要使四边形为矩形，则可添加下列条件中的（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据角平分线和平行线的性质证得，再结合矩形的判定定理对各个选项进行分析即可． 【详解】解：， ，， 平分，平分， ，， ，， ，， ． A．无法判断四边形为矩形； B．已知条件，无法判断四边形为矩形； C．若添加条件， ， ，即为的中点， ， 四边形是矩形（对角线互相平分且相等的四边形是矩形）； D．无法判断四边形为矩形． 6. 如图，点在线段上，在的同侧作含角的和含角的，其中，，与，分别交于点、，连接，下列结论：①；②；③图中有对相似三角形；④．其中正确的有( ) A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】B 【解析】 【分析】由两个含角的直角三角形得到对应边成比例，再利用平角把作为公共夹角证出第二对相似三角形；交点处的对顶角把相等的角继续传递，从而判定乘积式与垂直关系，角的大小比较和相似三角形对的清点分别用来判断其余结论． 【详解】解：∵． ∴． ∴，即． ∵点在线段上． ∴． ∴． ∴． ∵． ∴． ∴，即，故结论②正确． ∵． ∴． ∴． ∴，故结论④正确． ∵、、三点共线． ∴． ∴与不相似，故结论①错误． ∵． ∴． ∴． ∴图中、、两两相似，已有对． ∴连同、、，相似三角形不少于对． ∴结论③中的“图中有对相似三角形”不成立，故结论③错误． ∴综上，正确的结论有②④，共个． 故选：B． 二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分） 7. 一元二次方程化成一般形式后，常数项是，则一次项系数是________． 【答案】 【解析】 【分析】将给定的一元二次方程整理为一般形式()，即可从中提取一次项的对应系数． 【详解】解：对原方程进行移项，将等号右侧的移至等号左侧， 整理得到一元二次方程的一般形式 该式中一次项为，因此对应的一次项系数为． 8. 一次聚会上，每两位参会者都互赠一份礼物，经统计所有人一共送出90份礼物，设共有个人参加聚会，则可列方程为________． 【答案】 【解析】 【分析】设参会人数为，根据单人送出礼物数与总礼物数的等量关系列方程即可． 【详解】解：设共有个人参加聚会 ∵参会者无需给自己赠送礼物 ∴每位参会者需向其余人各赠送1份礼物，即单人送出份礼物 ∵所有人累计送出的礼物总数为90份 ∴总礼物数等于参会人数乘以单人送出的礼物数，可列方程 9. 如图，已知中，，，点P、D分别在边、上，，，那么的长是________． 【答案】 【解析】 【分析】利用等腰三角形的性质得到，进而证得，则，据此求解即可． 【详解】解：， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 10. 如图是杠杆示意图，支点为，动力的作用线与动力臂垂直，阻力的作用线与阻力臂垂直．由动力臂、动力的作用线与杠杆组成，由阻力臂、阻力的作用线的反向延长线与杠杆组成，若，且杠杆平衡时动力，根据杠杆平衡条件，则阻力________． 【答案】 【解析】 【分析】先证，可得，即．由，可得． 【详解】解：动力的作用线与动力臂垂直，阻力的作用线与阻力臂垂直， ， ， ， ， ，即， ，， ． 11. 已知实数，，满足，且，则的值是________． 【答案】 【解析】 【分析】利用已知的三数和，将所求分式的分子拆分为三数和减去对应分母的形式，结合已知的倒数和整体代入计算． 【详解】解：∵ ∴，， ∴ ∵ ∴原式 12. 如图，已知正方形ABCD的边长为2，P为线段AD上的动点（不与点A重合），点A关于直线BP的对称点为E，连接PB，BE，CE，DE，当是以DE为底边的等腰三角形时，AP的值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】通过正方形的性质．折叠的性质，勾股定理进行解答便可． 【详解】解：如图，过E作MN⊥BC于点N，交AD于点M，则MN=AB=2， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AD=BC=C2， ∵CD=CE=2， ∴AB=BC=CE=2， 由折叠性质知，AB=BE=2， ∴BC=BE=CE=2， ∴∠EBC=60°，BN=CN=1， ∴EN=BN• =， ∴EM=2-， 在四边形ABEP中，∠A=∠BEP=90°，∠ABE=∠ABC-∠EBC=30°， ∴∠APE=150°， ∴∠MPE=30°， ∴AP=PE=2ME=4-2； 故答案为：4-2． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，折叠的性质，勾股定理，解直角三角形，关键是作辅助线构造直角三角形． 三、解答题（本大题共5小题，每小题6分共30分） 13. 解答下列问题： （1）解方程：； （2）如图，在菱形中，与交于点，点为的中点．若，，求线段的长． 【答案】（1）． （2）． 【解析】 【分析】（1）把方程移项后分解因式，由两个因式分别为零求出两个根； （2）先由菱形对角线互相垂直平分和勾股定理求边长，再用三角形中位线求的长． 【小问1详解】 解：移项，得． 因式分解，得． 所以或． 所以． 【小问2详解】 解：∵菱形的对角线互相垂直平分， 所以． 由勾股定理得． ∵点是的中点，点是的中点， 所以是的中位线． 所以． 又， 故． 14. 如图，在中，点D是上一点，且， （1）求证：； （2）若，求的长． 【答案】（1）证明：∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2） 【解析】 【分析】（1）可证明，结合，即可证明； （2）根据相似三角形的性质求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1）得， ∴， ∵， ∴． 15. 已知方程的一根为3，求方程的另一根及的值． 【答案】方程的另一根为，的值为． 【解析】 【分析】将已知根代入原方程可求出的值，再解一元二次方程得到另一根． 【详解】解：∵是方程的根， ∴， 解得． 将代入原方程，得， ， 解得，． ∴方程的另一根为，的值为． 16. 以下各图均是由边长为1的小正方形组成的网格，图中的点A、B、C、D均在格点上． （1）在图①中，　 　． （2）利用网格和无刻度的直尺作图，保留痕迹，不写作法． ①如图②，在上找一点P，使． ②如图③，在上找一点P，使． 【答案】（1） （2） ①如图2所示，点P即为所要找的点； ②如图3所示，点P即为所要找的点． 【解析】 【分析】（1）根据两条直线平行，对应线段成比例即可得结论； （2）①根据勾股定理得的长为5，利用格点，再根据相似三角形的判定及性质即可找到点P； ②作点A的对称点，连接与的交点即为要找的点P，使． 【小问1详解】 解：图1中， ∵， ∴， 故答案为：． 【小问2详解】 解：①在网格图②中，， 如图2所示，连接，交于点P， ∵， ∴， 解得：， ∴点P即为所要找的点； ②如图3所示，作点A的对称点， 连接，交于点P， ∵， ∴， ∴点P即为所要找的点． 【点睛】本题考查了作图—相似变换，解决本题的关键是掌握相似三角形的判定和性质，利用格点构造相似三角形． 17. 在长、宽都为，高为的房间的正中央的天花板上悬挂着一只白炽灯泡A，为了集中光线，加上了灯罩（如图所示）．已知灯罩深，灯泡离地面，为了使光线恰好照在墙角、处，灯罩的直径应为多少？（结果保留两位小数，） 【答案】 【解析】 【分析】先画出几何图形，则，可知，然后证明，再根据相似三角形的性质：相似三角形对应边上的高的比等于相似比，列式计算即可求出． 【详解】解：如图，光线恰好照在墙角、处，，， 根据题意可知：， 由于房间的地面为边长为的正方形，则， ， ， ， 即， ． 答：灯罩的直径约为． 【点睛】此题考查了中心投影、相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答此题的关键． 四、解答题（共3小题，每小题8分，共24分） 18. 已知关于的方程． （1）当该方程有实数根时，求的范围； （2）若该方程的两个根，满足，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用一元二次方程根的判别式与实数根的关系列不等式，求解得到的取值范围． （2）利用根与系数的关系表示出两根之和与两根之积，代入已知等式求解，再结合（1）中的范围舍去不符合题意的解． 【小问1详解】 解：∵方程有实数根． ∴． ∴． 解得． 【小问2详解】 ∵方程有两个实数根，． ∴由根与系数的关系得：，． ∵． ∴． 整理得． 解得，． ∵方程有两个实数根需满足． ∴不符合题意，舍去． ∴． 19. 如图，在平行四边形中，对角线，交于点，过点作于点，延长到点，使，连接． （1）求证：四边形是矩形； （2）连接，若，，，求的长． 【答案】（1）详见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证明 ，得出，从而推导出四边形为平行四边形再根据矩形定义即可证明四边形是矩形； （2）由于平行四边形对角线互相平分，可知是斜边中线，所以要求只要求即可，由(1)知，，所以可以通过求出，，进一步求出和，最后用勾股定理即可求出． 【小问1详解】 证明：∵， ∴， 平行四边形， 且， ， 在和中， ， ， ，， ， ∴四边形是平行四边形， 又， 四边形是矩形； 【小问2详解】 解：由（1）知：四边形是矩形， ， ， ∴， ， ， 中，， ， ， ∴， 又， ， 四边形是平行四边形， ， ． 【点睛】本题是几何综合题，主要考查了平行四边形、矩形的性质与判定，以及全等三角形、勾股定理和直角三角形的三边关系，本题关键是灵活运用综合分析法将条件和结论有机结合起来． 20. 鹰潭龙虎山板栗是鹰潭本地特产，深受各地游客喜爱，某特产店七月份龙虎山板栗礼盒销量为1500盒，八月、九月销售量持续增长，九月份销量达到2160盒． （1）求八、九月份销量的月平均增长率； （2）已知龙虎山板栗礼盒进货价为每盒23元；当每盒售价为44元时，日销量可达60盒；售价每降低1元，日销量可增加6盒．为尽量减少库存，当龙虎山板栗每盒降价多少元时，当日卖出板栗的总利润刚好为1428元？ 【答案】（1）八、九月份销量的月平均增长率为 （2）当每盒降价元时，当日总利润为元且符合尽量减少库存的要求 【解析】 【分析】（1）设八、九月份销量的月平均增长率为，根据题意列方程即可； （2）设每盒降价元时，当日卖出板栗的总利润刚好为1428元，根据题意列方程解答； 【小问1详解】 解：设八、九月份销量的月平均增长率为， 根据题意列方程 解得，（舍去） 答：八、九月份销量的月平均增长率为 【小问2详解】 解：设每盒降价元时，当日卖出板栗的总利润刚好为1428元， 根据题意列方程 整理得 解得，， 为尽量减少库存，则销售量应尽可能增加， ， 答：当每盒降价元时，当日总利润为元且符合尽量减少库存的要求． 五、解答题（共2小题，每小题9分，共18分） 21. 如图，在一个矩形停车场中，矩形是一辆机动车停放的车位示意图，经测量得，，，．其中是另一车位的一边，所有车位尺寸一样，并按图示并列划定． （1）求停车场的宽的长； （2）若停车场的长，求这个停车场的停车位数． 【答案】（1） （2）个 【解析】 【分析】（1）过点作于点，则，通过证明求解即可； （2）通过相似三角形求出，再由减去的长度，用得到的差值除以的长度，向下取整数即可． 【小问1详解】 解：过点作于点，则， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 由题意得，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形，是矩形， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴由可得，， ∴； 【小问2详解】 解：由题意得，，， ∴， ∴， ∴ ∴ ∴， 同理可证明， ∴ ∴， ∴， ∴，向下取整得， ∴这个停车场的停车位数为（个）． 22. 定义：若关于的一元二次方程()的两个实数根分别为，()，分别以，为横坐标和纵坐标得到点，则称点为该一元二次方程的衍生点． （1）直接写出方程的衍生点的坐标为________； （2）已知关于的方程，求该方程衍生点的坐标； （3）已知不论()为何值，关于的方程的衍生点始终在直线上，求，的值． 【答案】（1） （2）该方程衍生点的坐标为 （3）， 【解析】 【分析】（1）求解一元二次方程得到两根，结合衍生点定义写出坐标． （2）先判断方程有两个不等实根，再因式分解得两根，比较大小后得到衍生点坐标． （3）将点坐标代入直线解析式，根据等式对任意成立的条件确定衍生点坐标，再利用根与系数的关系计算和． 【小问1详解】 解：∵， 因式分解得， ∴，， ∵， ∴衍生点的坐标为． 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴方程有两个不相等的实数根，因式分解得， ∴或， ∵， ∴，， ∴衍生点的坐标为． 【小问3详解】 解：∵点在直线上， ∴， 整理得， ∵不论为何值，上式都成立， ∴，，即，， ∵，是方程的两个实数根， 根据根与系数的关系，，， ∴，， 解得，． 六、解答题（本大题共12分） 23. 如图①所示，已知正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG，BE． （1）发现：当正方形AEFG绕点A旋转，如图②所示． ①线段DG与BE之间的数量关系是__________． ②直线DG与直线BE之间的位置关系是__________． （2）探究：如图③所示，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD＝2AB，AG＝2AE时，上述两个结论是否成立？若成立，请加以证明．若不成立，请写出新结论，并说明理由． （3）应用：在（2）的情况下，连接BG、DE，若AE＝2，AB＝3，求BG2＋DE2的值． 【答案】（1）①BE＝DG，②BE⊥DG；（2）数量关系不成立，DG＝2BE，位置关系成立，见解析；（3）65 【解析】 【分析】（1）先判断出△ABE≌△ADG，进而得出BE=DG，∠ABE=∠ADG，再利用等角的余角相等即可得出结论； （2）先利用两边对应成比例夹角相等判断出△ABE∽△ADG，得出∠ABE=∠ADG，再利用等角的余角相等即可得出结论； （3）如图，延长BE交GD于H，连接BD，EG．利用勾股定理，以及相似三角形的性质即可解决问题． 【详解】解：（1）①如图②中， ∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形， ∴AE＝AG，AB＝AD，∠BAD＝∠EAG＝90°， ∴∠BAE＝∠ADG， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴BE＝DG． ②如图②，延长BE交AD于T，交DG于H． 由①知，△ABE≌△ADG， ∴∠ABE＝∠ADG， ∵∠ATB＋∠ABE＝90°， ∴∠ATB＋∠ADG＝90°， ∵∠ATB＝∠DTH， ∴∠DTH＋∠ADG＝90°， ∴∠DHB＝90°， ∴BE⊥DG， 故答案为：BE＝DG，BE⊥DG． （2）数量关系不成立，DG＝2BE，位置关系成立． 如图③中，延长BE交AD于T，交DG于H． ∵四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形， ∴∠BAD＝∠EAG， ∴∠BAE＝∠DAG， ∵AD＝2AB，AG＝2AE， ∴＝＝， ∴△ABE∽△ADG， ∴∠ABE＝∠ADG， ＝， ∴DG＝2BE， ∵∠ATB＋∠ABE＝90°， ∴∠ATB＋∠ADG＝90°， ∵∠ATB＝∠DTH， ∴∠DTH＋∠ADG＝90°， ∴∠DHB＝90°， ∴BE⊥DG． （3）如图，延长BE交GD于H，连接BD，EG ∵BH⊥DG， ∴，， ∴， ， ∵，， ∴， ∵AE＝2，AB＝3， 由（2）知，△ABE∽△ADG， ＝， ∴AG＝4，AD＝6 ∴＝65． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，判断出△ABE≌△ADG或△ABE∽△ADG是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $