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2022-2023学年广东省深圳市福田区九年级上学期数学期中试卷及答案.doc

发布时间：2023-10-14 发布人：admin 分类：说明书 资料大小：2.02M 资料格式：doc 举报 版权申诉
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    2022-2023 学年广东省深圳市福田区九年级上学期数学期中 试卷及答案 第Ⅰ卷（本卷共计 30 分） 一、选择题：（每小题只有一个选项，每小题 3 分，共计 30 分） 1. 在四边形 ABCD 是菱形，其中 B. 8cm A. 5cm 【答案】D C. 12cm AB  4cm ，则四边形 ABCD 的周长是（ ） D. 16cm 【解析】 【分析】由菱形的性质可得 AB BC CD AD  【详解】解： 四边形 ABCD 是菱形，   ，    ，即可求解．  AB BC CD AD  四边形 ABCD 的周长 4 AB  16  cm  ， 故选：D． 【点睛】本题考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的四边相等． 2. 在▱ABCD 中，E、F 分别是 AB、CD 的中点，连接 AF、CE．连接 AC，当 CA＝CB 时，判断 四边形 AECF 是（ ） A. 平行四边形 B. 矩形 C. 菱形 D. 正方形 【答案】B 【解析】 【分析】首先利用平行四边形的性质证明 AE∥CF，AE=CF，可证明四边形 AECF 是平行四边 形，再根据 AC=BC，E 是 AB 的中点，可根据等腰三角形底边上的中线与底边上的高线重合证 明∠AEC=90°，即可证明平行四边形 AECF 是矩形． 【详解】四边形 AECF 是矩形； 证明：连接 AC， ∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴AB=CD， ∵E、F 分别是 AB、CD 的中点， ∴AE=CF，
    ∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴AE∥CF， ∵AE=CF， ∴四边形 AECF 是平行四边形， ∵AC=BC，E 是 AB 的中点， ∴CE⊥AB， ∴∠AEC=90°， ∴四边形 AECF 是矩形 故选：B 【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质与判定，以及举矩形的判定，关键是熟练掌握矩 形的判定方法：①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；②有三个角是直角的 四边形是矩形；③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是 矩形”）． 3. 已知： 1 3   mx x   是关于 x 的一元二次方程，则 m 的值是（ 1 0 ） A. 1 【答案】A B. 2 C. 3 D. 4 【解析】 【分析】先根据一元二次方程的定义得到 1 2 【详解】解：方程 1 3   1 2 m   ． 1m  ． 故选 A． mx x m   ，然后求解即可得出答案．   是关于 x 的一元二次方程， 1 0 【点睛】此题考查了一元二次方程的概念，准确理解一元二次函数的定义是解此题的关键． 4. 某校九年级学生毕业时，每个同学都将自己的相片向全班其他同学各送一张留作纪念， 全班共送了 3540 张相片，如果全班有 x 名学生，根据题意，列出方程为（ ） 1  3540 B. 2  x x   1  3540 C.  1 x x   3540 D.  x x  1 A.  x x  2 【答案】C  3540
    【解析】 【分析】设全班有 x 名学生，根据“每个同学都将自己的相片向全班其他同学各送一张留作 纪念，全班共送了 3540 张相片，”列出方程，即可求解． 【详解】解：设全班有 x 名学生，根据题意，  1 x x   3540 ． 故选：C 【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，明确题意，准确得到等量关系是解题的关键． 5. 一个密闭不透明的盒子里有若干个白球，在不许将球倒出来数的情况下，为了估计白球 数，小刚向其中放入了 8 个黑球，搅匀后从中随意摸出一个球记下颜色，再把它放回盒中， 不断重复这一过程，共摸球 400 次，其中 80 次摸到黑球，你估计盒中大约有白球（ ） B. 36 个 C. 40 个 D. 42 个 A. 32 个 【答案】A 【解析】 【分析】可根据“黑球数量÷黑白球总数=黑球所占比例”来列等量关系式，其中“黑白球 总数=黑球个数+白球个数“，“黑球所占比例=随机摸到的黑球次数÷总共摸球的次数” 【详解】设盒子里有白球 x 个， 根据 黑球个数 摸到黑球次数 小球总数 摸球总次数 = 得：  8 8  80 400 x 解得：x=32． 经检验得 x=32 是方程的解． 答：盒中大约有白球 32 个． 故选；A． 【点睛】此题主要考查了利用频率估计概率，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，注意分式方程要验根． 6. 为做好疫情防控工作，某学校门口设置了 A ， B 两条体温快速检测通道，该校同学王明 和李强均从 A 通道入校的概率是（ ） A. 1 4 【答案】A 【解析】 B. 1 3 C. 1 2 D. 3 4 【分析】先列表得到所有的等可能的结果数，以及符合条件的结果数，再利用概率公式计算 即即可．
    【详解】解：列表如下： A B A A，A B，A B A，B B，B 所以所有的等可能的结果数有 4 种，符合条件的结果数有 1 种， 所以该校同学王明和李强均从 A 通道入校的概率是 1 . 4 故选 A 【点睛】本题考查的是利用列表的方法或画树状图的方法求解简单随机事件的概率，掌握 “列表的方法求概率”是解本题的关键． m n  ，则 3 7 m n  n 的值为（ ） B. 7 10 C. 3 7 D. 4 7 7. 若 A. 10 7 【答案】A 【解析】 【分析】把 m n  n 化成 +1m n ，再把 m n  代入，进行计算即可得出答案． 3 7 【详解】解：  ， 3 7 m n 3 7  + m n m n n = 故选：A． +1= +1= 10 7 ． 【点睛】此题考查了比例的性质，解题的关键是把 m n  n 化成 +1m n ，属于较简单运算． 8. 已知 ABC∽ A1B1C1，且 AB A B ＝ 1 1 2 3 ．若 ABC 的面积为 4，则 A1B1C1 的面积是（ ） A. 8 3 【答案】C 【解析】 B. 6 C. 9 D. 18 【分析】根据相似三角形的性质可直接得出结论． 【详解】解：∵ ABC∽ A1B1C1，且 AB A B ＝ 1 1 2 3 ．
    S S ∴  ABC   A B C 1 1 1 2     AB A B 1 1    4 9 ∵△ABC 的面积为 4， ∴△A1B1C1 的面积为 9， 故选：C． 【点睛】本题考查的是相似三角形的性质，熟知相似三角形面积的比等于相似比的平方是解 答此题的关键． 9. 如图，在矩形 ABCD 中， DE 相交于点 G，过点 E 作 EH CD∥ ，交 BF 于点 H，则线段GH 的长度是（ 4AD ，点 E、F 分别为 BC 、CD 的中点， BF 、 AB  ， 6 ） D. 5 3 A. 5 6 【答案】D 【解析】 B. 1 C. 5 4 【 分 析 】 根 据 矩 形 的 性 质 得 出 1 2 CE BE DF CF  ， DC 1 2   3   DC AB   6 ， BC AD   4 ，   C 90  ， 求 出 BC  ，求出 FH BH 2 ，根据勾股定理求出 BF ，  ， 根 据 三 角 形 的 中 位 线 求 出 EH ， 根 据 相 似 三 角 形 的 判 定 得 出 15 2 ，根据相似三角形的性质得出 ，再求出答案即可． 求 出 FH BH  EHG DFG   EH GH DF FG 6 AB  ， 4AD ， 90  ， 【详解】解析： 四边形 ABCD 是矩形，  C   ，  点 E、F 分别为 BC 、 CD 的中点， DC AB BC AD  ， 6  4 DC  ， 3 CE BE   1 2 BC  ， 2   DF CF  EH CD∥ FH BH  BE CE 1 2 EH   CF ，  1 2 ， ，  ． 3 2 由勾股定理得： BF  2 BC CF  2  2 4  2 3  ， 5
     BH FH   ， 5 2 BF  1 2 ， DFG ， ，   EH CD∥ EHG   △ △ EH GH DF FG 3 2 3   GH  GH 5 2 ， 解得： GH  ， 5 3 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的性质和相似三角形的性质和判定，能熟记矩形的性质是解此题的 关键． 10. 如图，正方形 ABCD 的边长为 5 ，E 在正方形外，DE DC ，过 D 作 DH AE 于 H ，直线 DH ， EC 交于点 M ，直线CE 交直线 AD 于点 P ，则下列结论正确的是（ ） ① DAE    DEA ；②  DMC  45  ；③ AM CM  MD  ； 2  CED  S 1 2 B. 2 个 ④若 MH  ，则 2 S CMD  A. 1 个 【答案】C 【解析】 C. 3 个 D. 4 个 【分析】①利用等腰三角形的性质即可证明．②根据 DA=DC=DE，利用圆周角定理可知 ∠AEC= 1 2 ∠ADC=45°，即可解决问题．③如图，作 DF⊥DM 交 PM 于 F，证明△ADM≌△CDF（SAS） 即可解决问题．④解直角三角形求出 CE=EF= 2 可得结论． 【详解】∵四边形 ABCD 是正方形， ∴DA=DC,∠ADC=90°， ∵DC=DE，
    ∴DA=DE， ∴∠DAE=∠DEA，故①正确， ∵DA=DC=DE， ∴∠AEC= 1 2 ∠ADC=45°(圆周角定理)， ∵DM⊥AE， ∴∠EHM=90°， ∴∠DMC=45°，故②正确， 如图，作 DF⊥DM 交 PM 于 F， ∵∠ADC=∠MDF=90°， ∴∠ADM=∠CDF， ∵∠DMF=45°， ∴∠DMF=∠DFM=45°， ∴DM=DF，∵DA=DC， ∴△ADM≌△CDF(SAS)， ∴AM=CF， ∴AM+CM=CF+CM=MF= 2 DM， ∴ AM CM  MD = 2 ，故③正确， 若 MH=2,则易知 AH=MH=HE=2,AM=EM=2 2 ， 2 AD AH  2  5 4 1   ， 在 Rt△ADH 中, DH  ∴DM=3,AM+CM=3 2 ， ∴CM=CE= 2 ， ∴S△DCM=S△DCE，故④错误， 故选 C. 【点睛】此题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，垂 直平分线的判定性质、勾股定理，解题关键在于作辅助线. 第Ⅱ卷（本卷共计 70 分） 二、填空题（每小题 3 分，共计 15 分）
    11. 一元二次方程 ( x x  4) 2 0   的一般形式为___________． 【答案】 2 x 4 x   2 0 【解析】 【分析】去括号，根据一元二次方程的一般形式求解即可． 【详解】∵ ( 4) 2 0   ， x x  4 x ∴ 2 x   ， 2 0 故答案为： 2 4 x x   ． 2 0 【点睛】本题考查一元二次方程的一般式，熟知一元二次方程的一般式为  a  是解答的关键． 0 2  0 ax   bx c  12. 已知 m 是方程 2 2 x 【答案】3 x   的一个根，则代数式 2 2m 3 0 m 的值等于________． 【解析】 【分析】根据一元二次方程根的定义把 m 代入方程中即可得解．   的一个根， 3 0 x   ， 【详解】解：∵m 是方程 2 2 x ∴ 2 2 m ∴ 2 2 m 3 0 3 故答案为：3． m m  【点睛】本题考查了一元二次方程的解、代数式求值，解题的关键是掌握能使一元二次方程 左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解． 13. 如图，已知直线 a∥b∥c，直线 m，n 与直线 a，b，c 分别交于点 A，C，E，B，D，F， 若 AC=4，CE=8，BD=3，则 DF 的值是______． 【答案】6 【解析】 【分析】根据平行线分线段成比例得 4 3 8 DF  ，即可得出 DF 值． 【详解】解：∵直线 a∥b∥c， ∴ AC BD CE DF  即 4 3 8 DF  ，
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