广东省深圳市龙华区2024-2025学年九年级上学期11月期中数学试题（含答案）

第第页广东省深圳市龙华区2024-2025学年九年级上学期11月期中数学试题一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题目要求）1．下列各方程中，属于一元二次方程的是（）A．x+y=12 B．x+1=0 C．2x−y2．一组数据为−1，2，3，4，6，6，从这组数据中抽取一个数，抽到的数为6的概率是（）A．13 B．14 C．233．如果两个相似三角形的相似比为3:2，那么这两个三角形对应边上的高之比为（）A．81:16 B．3:2 C．1:1 D．9:44．一元二次方程x2A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根C．没有实数根 D．只有一个实数根5．如图，在平面直角坐标系中，△DEF与△ABC位似，且原点O为位似中心，其位似比1∶2，若点A2,4A．1,2 B．−1,−2 C．12,1 6．如图，AB表示一个窗户的高，AM和BN表示射入室内的光线，窗户的下端到地面的距离BC=1m，已知某一时刻BC的地面的影长CN=1.5m，AC在地面的影长CM=4.5mA．1m B．1.5m C．2m7．如图，在△ABC中，BA=BC=5,AC=6，点D，点E分别是BC,AB边上的动点，连结DE，点F，点M分别是CD,DE的中点，则FM的最小值为（）A．125 B．95 C．3 8．如图，在正方形ABCD中，点M是AB边的中点，连接MC，将△CBM沿直线CM向正方形内翻折，点B的对应点为点N，连接DN，AN，则NDNCA．12 B．22 C．64二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）9．若xy=2310．在一个不透明的袋子里装有红球和黄球，共有20个球，这些球除颜色不同外其余均相同，每次从袋子中摸出一个球记录下颜色后再放回，经过很多次重复试验，发现摸到黄球的频率稳定在0.65，则袋中黄球有个．11．如果m是关于x的一元二次方程：x2+2023x−2024=0的根，则代数式m212．如图，在矩形ABCD中，AB=5,AD=3，E为BC上一点，把△CDE沿DE翻折，点C恰好落在AB边上的点F处，则CE的长是．13．在菱形ABCD中，∠ADC=120°，AB=6，连接AC，点M为线段AC上一动点（不与点A，点C重合），点N在线段BC上，且AM=3CN则三、解答题（本题共7小题，共61分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）14．解方程：x215．我国古诗词源远流长．某校以“赏诗词之美、寻文化之根、铸民族之魂”为主题，组织学生开展了古诗词知识竞赛活动．为了解学生对古诗词的掌握情况，该校随机抽取了部分学生的竞赛成绩，将成绩分为A，B，C，D四个等级，并绘制成如图所示的两幅不完整的统计图：（1）本次共抽取了________名学生的竞赛成绩，并补全条形统计图；（2）若该校共有2000人参加本次竞赛活动，估计竞赛成绩为B等级的学生人数；（3）学校在竞赛成绩为A等级中的甲、乙、丙、丁这4名学生里，随机选取2人参加经典诵读活动，用画树状图或列表法求出甲、乙两人中恰好有1人被选中的概率．16．以下各图均是由边长为1的小正方形组成的网格，A，B，C，D均在格点上．（1）在图1中，AD，BC相交于点P，则PCPB的值为（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，在线段AB上找一点P，使AP=4；②如图3，在线段BC上找一点P，使S△ACP17．如图：在菱形ABCD中，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC至点F，使EF=BC，连接DF．（1）求证：四边形AEFD是矩形；（2）若BF=18，DF=6，求CD的长．18．深圳市某景区是5A级旅游景点，国庆黄金周期间，景区内游客如潮．景区内部旅游纪念币是热销文创工艺品，每一枚纪念币的成本为20元，景区内某商店国庆期间推出了优惠活动，根据销售经验，当定价为38元时，平均每天可售出200枚．若每一枚纪念币的售价每降低1元，平均每天可多售出20（1）设每一枚纪念币降价x元，则每天可销售枚（用含x的代数式表示出来）；（2）若该商店想通过售出这批纪念币每天获得3840元的利润，又想尽可能地减少库存，每一枚纪念币应降价多少元?19．如图，在菱形ABCD中，∠DAB=60°，点E，点F分别在CD,AD上．（1）如图1，若点E，点F分别是CD,AD的中点，则∠EBF=°；（2）如图2，若满足AF+CE=AB，求证：△BEF是等边三角形．（3）如图3，若点E为CD的中点，AB=6，DF=1，点G、点H分别在AB，BC上，且∠EOF=60°，求BH和20．问题背景：在数学课堂上小组讨论过程中，探究小组发现并证明了关于三角形角平分线的一个结论．如图1，已知AD是△ABC的角平分线，可证ABAC=BDCD．探究小组的证明思路是：如图2，过点C作【问题初探】（1）①如图2，请直接写出CA和CE的数量关系：；②请参照探究小组提供的思路，利用图2证明：AB【结论运用】（2）如图3，在△ABC中，CB=3，CA=26【拓展提升】（3）如图4，在平行四边形ABCD中，E、F分别是DC、DA上的点，CF、AE的交点为P，若BP平分∠ABC，求证：AF=CE．

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：A、该方程中含有两个未知数，不是一元二次方程，故A不符合题意；B、该方程中含有一个未知数，但未知数的指数为1，不是一元二次方程，故B不符合题意；C、该方程不是整式方程，故C不符合题意；D、该方程符合一元二次方程的定义，故D符合题意；故答案为：D．

【分析】根据一元二次方程的概念：只含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由此解答即可．2．【答案】A【解析】【解答】解：这组数据为−1，2，3，4，6，6，共有6个，其中数为6的有2个，∴抽到的数为6的概率是26故答案为：A．

【分析】根据概率公式：概率=发生事件的次数÷事件的总次数，解答即可．3．【答案】B【解析】【解答】解：∵两个相似三角形的相似之比为3:2，相似三角形对应边上的高的比等于相似比，∴这两个三角形对应边上高的比为3:2，故答案为：B．

【分析】根据相似三角形对应边上高的比等于相似比，即可解答．4．【答案】A【解析】【解答】解：由x2−2x−1=0得∴一元二次方程x2故答案为：A．【分析】根据判断一元二次方程根的情况，可以利用Δ=b25．【答案】A【解析】【解答】解∶∵在平面直角坐标系中，△DEF与△ABC位似，且原点O为位似中心，其位似比1∶2，若点A2,4∴其对应点D的坐标为2×12,4×故答案为∶A．

【分析】由于位似的两个图形在原点的同侧，则A点的两个坐标分别乘126．【答案】C【解析】【解答】解：∵AM和BN表示射入室内的光线，∴AM∥BN，∴BCAB∵BC=1m，CM=4.5m，∴1AB∴AB=2m故答案为：C．

【分析】根据AM和BN表示射入室内的光线，得到AM∥BN，再根据平行线所截线段对应成比例即可得到BCAB7．【答案】A【解析】【解答】解：如图，过点B作BH⊥AC于H，连接CE；∵F，M分别是CD,DE的中点，∴FM=1当CE取最小值时，FM的值最小，由垂线段最短可知，当CE⊥AB于点E时，CE的值最小，在△ABC中，BA=BC=5,AC=6，∴CH=1∴BH=B∴S△ABC∴CE=24∴FM=12故答案为：A．

【分析】过点B作BH⊥AC于H，连接CE；根据中位线定理得到FM=12CE，可知当CE取最小值时，FM的值最小，由垂线段最短可知，当CE⊥AB于点E时，CE8．【答案】D【解析】【解答】解：延长MN交AD于点E，连接CE，∵四边形ABCD为正方形，∴BC=DC，∠B=∠CDE=90°，由折叠的性质可知，NC=BC，∠CNM=∠B=90°，∴∠CNE=90°=∠CDE，CN=CD，∵CE=CE，∴Rt∴NE=DE，∠NCE=∠DCE，即CE平分∠DCN，∵CN=CD，∴CE⊥DN，设NE=DE=m，AB=CD=AD=BC=x，∴CN=x，∵点M是AB边的中点，∴NM=BM=AM=x∵AE2=M∵AD=AE+DE，即x=m整理得m=x∴CE=D∵S四边形∴2×1解得DN=10∴NDNC故答案为：D．【分析】延长MN交AD于点E，连接CE，利用正方形性质，折叠的性质证明Rt△CNE≌Rt△CDEHL，推出NE=DE，∠NCE=∠DCE，结合等腰三角形性质得到CE⊥DN，设NE=DE=m，AB=CD=AD=BC=x，结合勾股定理推出AE，9．【答案】1【解析】【解答】解：∵x设x=2k,y=3k，∴y−x故答案为：13．【分析】根据比例的性质；设x=2k,y=3k，代入计算即可解答．10．【答案】13【解析】【解答】解：∵每次从袋子中摸出一个球，记录下颜色后再放回，经过很多次重复试验，发现摸到黄球的频率稳定在0.65，∴每次从袋子中摸出一个球是黄球的概率是0.65，设袋中黄球有x个，则x20解得x=13，故答案为：13．

【分析】先求出每次从袋子中摸出一个球是黄球的概率是0.65，再利用概率公式建立方程，解方程即可解答．11．【答案】2025【解析】【解答】解：∵m是一元二次方程x2∴m2+2023m−2024=0，则∴m2故答案为：2025．

【分析】根据一元二次方程根的定义将方程的根m代入方程中，得到m212．【答案】5【解析】【解答】解：∵在矩形ABCD中，AB=5，AD=3，∴CD=AB=5，∠A=90°，BC=AD=3，由折叠的性质可得：DF=DC=5，EF=CE，∴AF=DF2∴BF=AB−AF=5−4=1，设BE=x，则CE=EF=BC−BE=3−x．在Rt△BEF中，由勾股定理可得：即x解得：x=4∴CE=BC−BE=5故答案为：53．

【分析】先利用勾股定理及线段的和差求出BF的长，设BE=x，则CE=EF=BC−BE=3−x，再利用勾股定理可得BE213．【答案】12【解析】【解答】解：连接BD交AC于点O，以AC为边在AC下面作等边△ACE，连接BE，则∠ACE=60°，∴点E在AC垂直平分线上，∵菱形ABCD中，AC与BD互相垂直平分，∴点E、B、D共线，∵∠ADC=120°，AD∥BC，∴∠DCB=180°−∠ADC=60°，∵CB=CD，∴△BCD是等边三角形，∴BD=CD，∴∠DBN=∠ECM=60°，∵∠DCA=1∴∠DCE=∠DCA+∠ECA=90°，∵∠CDE=60°，∴∠CED=90°−∠CDE=30°，∵CD=AB=6，∴DE=2CD=12，∵OD=1∴OC=C∴AC=2OC=3∴CE=3∵AM=3CN，∴CM=3∴CEBD∴△CEM∽△BDN，∴EMDN∴EM=3∵DM+EM≥DE，∴当点M运动到DE上时，DM+EM取得最小值，为DM+EM=DE=12，∴DM+3即DM+3DN的最小值为12．【分析】

连接BD交AC于点O，以AC为边在AC下面作等边△ACE，连接BE，ME，根据等边三角形和菱形的对称性知点E、B、D共线，根据∠ADC=120°，得∠DCB=60°，得△BCD是等边三角形，得BD=CD，∠DBN=∠ECM=60°，根据∠DCA=30°，得∠DCE=90°，得∠CED=30°，得DE=12，根据OC=32CD，得AC=3CD，∴CE=3BD，根据AM=3CN，得CM=14．【答案】解：x2﹣4x+4=5+4

（x-2）2=9

x﹣2=3或x﹣2=﹣3

x1=5，x2=﹣1；【解析】【分析】观察方程的特点：二次项系数为1，一次项系数为偶数，因此利用配方法或因式分解法解此方程即可。15．【答案】（1）解：400，补全条形统计图如下所示：（2）解：2000×160答：估计竞赛成绩为B等级的学生人数为800名；（3）解：画树状图如下：

共有12种等可能的结果，其中甲、乙两人中恰好有1人被选中有8种等可能的结果，

∴甲、乙两人中恰好有1人被选中的概率为812=【解析】【解答】解：（1）由图可得，80÷20%∴D等级的人数为：400−120−160−80=40（名），故答案为：400；【分析】（1）利用C等级的人数除以其所占的百分比求得样本总数，再利用样本总人数减去其他等级的人数求得D等级的人数，再补全条形统计图即可解答；（2）利用B等级的人数除以样本总数求得其所占的百分比，再乘除全校人数即可求解；（3）画树状图可得共有12种等可能的结果，其中甲、乙两人中恰好有1人被选中有8种等可能的结果，再利用概率公式求解即可．（1）解：由图可得，80÷20%∴D等级的人数为：400−120−160−80=40（名），补全条形统计图如下所示：故答案为：400；（2）解：2000×160答：估计竞赛成绩为B等级的学生人数为800名；（3）解：画树状图如下：共有12种等可能的结果，其中甲、乙两人中恰好有1人被选中有8种等可能的结果，∴甲、乙两人中恰好有1人被选中的概率为81216．【答案】（1）1（2）解：①如图，

格点C，D满足AC=2，BD=3，AC∥BD，连接CD，交AB于点P，则AP=4，理由如下：

由（1）得，APBP=ACBD=23，

∵AB=62+82=10，

∴AP=10×22+3=4；

②如图，

格点D、E满足CD=1，BE=3，CD∥BE，连接DE，交BC于点P则S△ACP=54，理由如下：【解析】【解答】解：（1）∵AB∥∴△ABP∽△DCP，∴PCPB故答案为：14【分析】（1）根据AB∥CD，可证得（2）格点C，D满足AC=2，BD=3，AC∥BD，连接CD，交AB于点（3）格点D、E满足CD=1，BE=3，CD∥BE，连接DE，交BC于点P则（1）解：∵AB∥∴△ABP∽△DCP，∴PCPB故答案为：14（2）解：①如图，格点C，D满足AC=2，BD=3，AC∥BD，连接CD，交AB于点P，则由（1）得，APBP∵AB=6∴AP=10×2②如图，格点D、E满足CD=1，BE=3，CD∥BE，连接DE，交BC于点P则由上可知，CPBP∴CPBC∵AB=AC=10，∠BAC=90°∴S△ABC∴S△ACP17．【答案】（1）证明：∵在菱形ABCD中，

∴AD∥BC且AD=BC，

∵BC=EF，

∴AD=EF，

∵AD∥EF，

∴四边形AEDF是平行四边形，

∵AE⊥BC，

∴∠AEF=90°，

（2）解：∵菱形ABCD，

∴BC=CD，

设BC=CD=x，则CF=18−x，

在Rt△DCF中，DC2=CF2+DF2，

∴x【解析】【分析】（1）证明AD∥BC且AD=BC，AD＝EF，可得四边形AEDF是平行四边形，结合（2）设BC=CD=x，则CF=18−x，在Rt△DCF中，DC2（1）证明：∵在菱形ABCD中，∴AD∥BC且∵BC=EF，∴AD=EF，∵AD∥∴四边形AEDF是平行四边形，∵AE⊥BC，∴∠AEF=90°，∴四边形AEFD是矩形；（2）解：∵菱形ABCD，∴BC=CD，设BC=CD=x，则CF=18−x，在Rt△DCF中，D∴x2∴x=10，∴CD=10．18．【答案】（1）200+20x（2）解：设每一枚纪念币降价x元，则每天可售出纪念币200+20x枚，依题意得：38−x−20200+20x=3840，

∴x−6x−2=0，

解得：x1=6，x2=2，

∵想尽可能地减少库存，

【解析】【解答】解：（1）每一枚纪念币降价x元，则每天可销售200+20x枚，故答案为：200+20x；【分析】（1）根据题意列出代数式即可解答；（2）设每一枚纪念币降价x元，则每天可售出纪念币200+20x枚，依题意得38−x−20200+20x（1）解：每一枚纪念币降价x元，则每天可销售200+20x枚，故答案为：200+20x；（2）解：设每一枚纪念币降价x元，则每天可售出纪念币200+20x枚，依题意得：38−x−20200+20x∴x−6x−2解得：x1=6，∵想尽可能地减少库存，∴取x=6，答：每枚纪念币应降价6元．19．【答案】（1）60（2）证明：如图2，连接BD，

∵四边形ABCD是菱形，

∴BA=AD，∠ADC=120°，

∵∠DAB=60°，

∴△ABD是等边三角形，

∴BA=BD，∠A=∠ADB=∠ABD=∠BDE=60°，

∵AF+CE=AB,CE+ED=CD，

∴AF=ED，

∴在△ABF和△DBE中，

AF=ED∠A=∠BDEBA=BD，

∴△ABF≌△DBE，

∴BF=BE，∠ABF=∠DBE，

∴∠DBE+∠DBF=∠ABF+∠DBF，

∴∠FBE=∠ABD=60°，

又∵BE=BF，

∴△BEF（3）解：如图3，连接BD，过点B作BP∥EG交CD于点P，BQ∥FH交AD于点Q，

在菱形ABCD中，AB∥CD,BC∥AD，

∴四边形BPEG和四边形BHFQ都是平行四边形，

∴QF=BH，BG=PE，∠PBQ=∠EOF=60°，

∴∠DBQ+∠DBP=60°，

∵∠DBQ+∠ABQ=60°，

∴∠ABQ=∠DBP，

∴在△BAQ和△BDP中，

∠A=∠BDPBA=BD∠ABQ=∠DBP，

∴△BAQ≌△BDP，

∴AQ=DP，

∵点E为CD的中点，CD=6，

∴DE=CE=3，

设BH=x，AG=y，

∴FQ=BH=x，

∴EP=BG=6−y，

∴DP=3+6−y，

∵DF=1，

∵AQ=6−x+1，

∴6−x+1【解析】【解答】解：（1）连接BD，在菱形ABCD中，BA=BC=AD=CD,∠A=∠C=60°，∴△ABD、△BCD都是等边三角形，∴∠ABD=∠DBC=60°，∵点E，点F分别是CD,AD的中点，∴∠DBF=1∴∠EBF=60°；故答案为：60；【分析】（1）连接BD，根据菱形的性质判定得到△ABD、△BCD都是等边三角形，再根据三线合一性质求出∠EBF即可解答；（2）连接BD，得到△ABD是等边三角形，证明△ABF≌△DBE，再由角度的和差运算即可解答；（3）连接BD，过点B作BP∥EG交CD于点P，BQ∥FH交AD于点Q，先证明△BAQ≌△BDP，设BH=x，AG=y，求出DP=3+6−y，（1）解：连接BD，在菱形ABCD中，BA=BC=AD=CD,∠A=∠C=60°，∴△ABD、△BCD都是等边三角形，∴∠ABD=∠DBC=60°，∵点E，点F分别是CD,AD的中点，∴∠DBF=1∴∠EBF=60°；故答案为：60；（2）证明：如图2，连接BD，∵四边形ABCD是菱形，∴BA=AD，∠ADC=120°，∵∠DAB=60°，∴△ABD是等边三角形，∴BA=BD，∠A=∠ADB=∠ABD=∠BDE=60°，∵AF+CE=AB,CE+ED=CD，∴AF=ED，∴在△ABF和△DBE中，AF=ED∠A=∠BDE∴△ABF≌△DBE，∴BF=BE，∠ABF=∠DBE，∴∠DBE+∠DBF