山东省青岛市第二十一中学2025届数学九上开学质量检测试题【含答案】

这是一份山东省青岛市第二十一中学2025届数学九上开学质量检测试题【含答案】，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、（4分）下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2、（4分）直角三角形的两直角边长分别为6和8，则斜边上的中线长是（ ）
A．10B．2.5C．5D．8
3、（4分）已知是关于的方程的两个实数根，且满足，则的值为（ ）
A．3B．3或C．2D．0或2
4、（4分）若关于x的方程x2-bx+6=0的一根是x=2，则另一根是（ ）
A．x=-3B．x=-2C．x=2D．x=3
5、（4分）如图，在△ABC中，若AB＝AC＝6，BC＝4，D是BC的中点，则AD的长等于（ ）
A．4B．2C．2D．4
6、（4分）如图，正方形在平面直角坐标系中的点和点的坐标为、，点在双曲线上.若正方形沿轴负方向平移个单位长度后，点恰好落在该双曲线上，则的值是( )
A．1B．2C．3D．4
7、（4分）图1长方形纸带，，将纸带沿折叠成图2再沿折叠成图3，图3中的的度数是 ．
A．98°B．102°C．124°D．156°
8、（4分）顺次连接对角线互相垂直且相等的四边形各边中点所围成的四边形是（ ）
A．矩形B．菱形C．正方形D．平行四边形
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）如图，在平面直角坐标系xOy中，平行四边形ABCD的四个顶点A，B，C，D是整点（横、纵坐标都是整数），则平行四边形ABCD的面积是_____
10、（4分）当x＝__________时，分式无意义．
11、（4分）一次智力测验，有20道选择题．评分标准是：对1题给5分，答错或没答每1题扣2分．小明至少答对几道题，总分才不会低于60分．则小明至少答对的题数是________．
12、（4分）如图，以△ABC的三边为边向外作正方形，其面积分别为S1，S2，S3，且S1＝9，S3＝25，当S2＝_____时∠ACB＝90°．
13、（4分）使二次根式有意义的x的取值范围是_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）某校为了解初中学生每天在校体育活动的时间（单位：h），随机调査了该校的部分初中学生．根据调查结果，绘制出如下的统计图①和图②．请根据相关信息，解答下列问题：
（Ⅰ）本次接受调查的初中学生人数为___________，图①中m的值为_____________；
（Ⅱ）求统计的这组每天在校体育活动时间数据的平均数、众数和中位数；
（Ⅲ）根据统计的这组每天在校体育活动时间的样本数据，若该校共有800名初中学生，估计该校每天在校体育活动时间大于1h的学生人数．
15、（8分）已知二次函数
（1）若该函数与轴的一个交点为，求的值及该函数与轴的另一交点坐标；
（2）不论取何实数，该函数总经过一个定点，
①求出这个定点坐标；
②证明这个定点就是所有抛物线顶点中纵坐标最大的点。
16、（8分）某学校在商场购买甲、乙两种不同足球，购买甲种足球共花费2000元，购买乙种足球共花费1400元，购买甲种足球数量是购买乙种足球数量的2倍．且购买一个乙种足球比购买一个甲种足球多花20元．
（1）求购买一个甲种足球、一个乙种足球各需多少元？
（2）为响应“足球进校园”的号召，这所学校决定再次购买甲、乙两种足球共50个．并且购进乙种足球的数量不少于甲种足球数量的，学校应如何采购才能使总花费最低？
17、（10分）甲、乙两人利用不同的交通工具，沿同一路线从A地出发前往B地，甲出发1h后，乙出发，设甲与A地相距y甲(km)，乙与A地相距y乙(km)，甲离开A地的时间为x(h)，y甲、y乙与x之间的函数图象如图所示．
(1)甲的速度是_____km/h；
(2)当1≤x≤5时，求y乙关于x的函数解析式；
(3)当乙与A地相距240km时，甲与A地相距_____km．
18、（10分）（1）分解因式：；
（2）解方程：
B卷（50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（4分）根据如图所示的程序，当输入x＝3时，输出的结果y＝________．
20、（4分）一辆汽车的行驶距离s(单位：m)与行驶时间t(单位：s)的函数关系式是s＝9t+，则汽车行驶380m需要时间是______s.
21、（4分）若关于x的一元二次方程x2﹣2x+4m=0有实数根，则m的取值范围是_____．
22、（4分）若有意义，则的取值范围为_________.
23、（4分）如图,将△ABC绕着点C按顺时针方向旋转20°,B点落在B'位置,A点落在A'位置,若AC⊥A'B',则∠BAC的度数是__.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）在我国古代数学著作《九章算术》中记载了一道有趣的数学问题：“今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺．引葭赴岸，适与岸齐．问水深几何？”这个数学问题的意思是说：“有一个水池，水面是一个边长为1丈（1丈=10尺）的正方形，在水池正中央长有一根芦苇，芦苇露出水面1尺．如果把这根芦苇拉向岸边，它的顶端恰好到达岸边的水面，请问这个水池深多少尺？”
25、（10分）如图，在正方形ABCD中，AF=BE，AE与DF相交于于点O．
（1）求证：△DAF≌△ABE；
（2）求∠AOD的度数．
26、（12分）网格是由边长为1的小正方形组成，点A，B，C位置如图所示，若点，．
（1）建立适当的平面直角坐标系，并写出点C坐标（______，______）；点B到x轴的距离是______，点C到y轴的距离是______；
（2）在平面直角坐标系中找一点D，使A，B，C，D为顶点的四边形的所有内角都相等，再画出四边形ABCD．
（3）请你说出线段AB经过怎样的变换得到线段DC的？
参考答案与详细解析
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、D
【解析】
根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心可得答案．
【详解】
A、不是中心对称图形，故此选项错误；
B、不是中心对称图形，故此选项错误；
C、不是中心对称图形，故此选项错误；
D、是中心对称图形，故此选项正确；
故选：D．
本题考查了中心对称图形，解题的关键是掌握中心对称图形的定义．
2、C
【解析】
已知直角三角形的两条直角边，根据勾股定理即可求斜边的长度，根据斜边中线长为斜边长的一半即可解题．
【详解】
已知直角三角形的两直角边为6、8，
则斜边长为=10，
故斜边的中线长为×10=5，
故选：C．
考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了斜边中线长为斜边长的一半的性质，本题中正确的运用勾股定理求斜边的长是解题的关键．
3、A
【解析】
根据根与系数的关系得出m+n=-（2b+3），mn=b2，变形后代入，求出b值，再根据根的判别式判断即可．
【详解】
解：∵m，n是关于x的方程x2+（2b+3）x+b2=0的两个实数根，
∴m+n=-（2b+3），mn=b2，
∵+1=- ，
∴+=-1，
∴=-1，
∴=-1，
解得：b=3或-1，
当b=3时，方程为x2+9x+9=0，此方程有解；
当b=-1时，方程为x2+x+1=0，△=12-4×1×1=-3＜0，此时方程无解，
所以b=3，
故选：A．
本题考查一元二次方程的解，根的判别式和根与系数的关系等知识点，能熟记根的判别式和根与系数的关系的内容是解此题的关键．
4、D
【解析】
把x=2代入方程x2-bx+6=0，求出b，得出方程，再求出方程的解即可．
【详解】
解：把x=2代入方程x2-bx+6=0得：4-2b+6=0，
解得：b=5，
即方程为x2-5x+6=0，
解得：x=2或3，
即方程的另一个根是x=3，
故选：D．
此题考查解一元二次方程，一元二次方程的解和根与系数的关系，能求出b的值是解题的关键．
5、A
【解析】
根据等腰三角形的性质得到AD⊥BC，BD＝BC＝1，根据勾股定理计算即可．
【详解】
∵AB＝AC，D是BC的中点，
∴AD⊥BC，BD＝BC＝1，
∴AD＝＝4，
故选：A．
本题考查的是勾股定理、等腰三角形的性质，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a1+b1＝c1．
6、B
【解析】
过点作轴的垂线交轴于点，过点作的垂线交轴于点，过点作的垂线交于，根据全等三角形的判定和性质，可得到点坐标和点坐标，从而求得双曲线函数未知数和平移距离.
【详解】
过点作轴的垂线交轴于点，过点作的垂线交轴于点，过点作的垂线交于.
，，，.
又，，，点坐标为
将点坐标为代入，可得=4.
与同理，可得到，，点坐标为，正方形沿轴负方向平移个单位长度后，点坐标为
将点坐标为代入，可得=2. 故选B.
本题综合考查反比例函数中未知数的求解、全等三角形的性质与判定、图形平移等知识.涉及图形与坐标系结合的问题，要学会通过辅助线进行求解.
7、B
【解析】
由矩形的性质可知AD∥BC，由此可得出∠AFE=∠CEF=26°，再根据翻折的性质可知每翻折一次减少一个∠AFE的度数，由此即可算出∠DFE度数．
【详解】
解：∵四边形ABCD为长方形，
∴AD∥BC，
∴∠AFE=∠CEF=26°．
由翻折的性质可知：
图2中，∠EFD=180°-∠AFE=154°，∠AFD=∠EFD-∠AFE=128°，
图3中，∠DFE=∠AFD-∠AFE=102°，
故选择：B.
本题考查了翻折变换以及矩形的性质，解题的关键是找出∠DFE=180°-3∠AFE．解决该题型题目时，根据翻折变换找出相等的边角关系是关键．
8、C
【解析】
根据三角形中位线定理得到所得四边形的对边都平行且相等，那么其为平行四边形，再根据邻边互相垂直且相等，可得四边形是正方形．
【详解】
解：、、、分别是、、、的中点，
，，EH=FG=BD，EF=HG=AC，
四边形是平行四边形，
，，
，，
四边形是正方形，
故选：C．
本题考查的是三角形中位线定理以及正方形的判定，解题的关键是构造三角形利用三角形的中位线定理解答．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1
【解析】
结合网格特点利用平行四边形的面积公式进行求解即可.
【详解】
由题意AD＝5，平行四边形ABCD的AD边上的高为3，
∴S平行四边形ABCD＝5×3＝1，
故答案为：1．
本题考查了网格问题，平行四边形的面积，熟练掌握网格的结构特征以及平行四边形的面积公式是解题的关键.
10、1
【解析】
根据分式无意义的条件：分母等于0，进行计算即可．
【详解】
∵分式无意义，
∴，
∴．
故答案为：1．
本题考查分式有无意义的条件，明确“分母等于0时，分式无意义；分母不等于0时，分式有意义”是解题的关键．
11、1
【解析】
设小明答对的题数是x道，则答错或没答的为（20-x）道，根据总分才不会低于60分，这个不等量关系可列出不等式求解．
【详解】
设小明答对的题数是x道，则答错或没答的为（20-x）道，根据题意可得：
5x-2（20-x）≥60，
解得：x≥14，
∵x为整数，
∴x的最小值为1．
故答案是：1．
考查了一元一次不等式的应用．首先要明确题意，找到关键描述语即可解出所求的解．
12、1
【解析】
设△ABC的三边分别为BC=a、AC=b、AB=c，当∠ACB＝90°时，△ABC是直角三角形，由勾股定理可得到a2+b2＝c2，即S1+S2＝S3，代入可得解.
【详解】
设△ABC的三边分别为BC=a、AC=b、AB=c，
∴S1＝a2＝9，S2＝b2，S3＝c2＝25，
当∠ACB＝90°时，△ABC是直角三角形，
∴a2+b2＝c2，即S1+S2＝S3，
∴S2＝S3﹣S1＝1．
故答案为：1．
本题考查了勾股定理的几何背景，灵活运用勾股定理是解题关键.
13、
【解析】
试题分析：根据二次根式被开方数必须是非负数的条件，要使在实数范围内有意义，必须．
考点：二次根式有意义的条件．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（Ⅰ）40，1；（Ⅱ）平均数是1.2，众数为1.2，中位数为1.2；（Ⅲ）每天在校体育活动时间大于1h的学生人数约为3.
【解析】
（Ⅰ）求得直方图中各组人数的和即可求得学生人数，利用百分比的意义求得m；
（Ⅱ）利用加权平均数公式求得平均数，然后利用众数、中位数定义求解；
（Ⅲ）利用总人数乘以对应的百分比即可求解．
【详解】
解：（Ⅰ）本次接受调查的初中学生人数为：4+8+12+10+3=40（人），
m=100×=1．
故答案是：40，1；
（Ⅱ）观察条形统计图，
∵，
∴这组数据的平均数是1.2．
∵在这组数据中，1.2出现了12次，出现的次数最多，
∴这组数据的众数为1.2．
∵将这组数据按从小到大的顺序棑列，其中处于中间的两个数都是1.2，有，
∴这组数据的中位数为1.2．
（Ⅲ）∵在统计的这组每天在校体育活动时间的样本数据中，每天在校体育活动时间大于1h的学生人数占90%，
∴估计该校800名初中学生中，每天在校体育活动时间大于1h的人数约占90%．有．
∴该校800名初中学生中，每天在校体育活动时间大于1h的学生人数约为3．
本题考查的是条形统计图的综合运用，还考查了加权平均数、中位数和众数以及用样本估计总体．读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据．
15、（1）；（2）①（2，6）；②点（2，6）
【解析】
(1)将代入，求得a的值，然后再确定与x轴的另一交点.
(2)①整理，使a的系数为0，从而确定x，进而确定y，即可确定定点.
②先确定顶点坐标，继而根据二次函数的性质进行说明即可.
【详解】
解：（1）代入得，
∴，
∴，
∴另一交点为.
（2）①整理得 ，
令代入,得：，
故定点为，
②∵，
∴顶点为，
又∵，
∴时纵坐标有最大值6，
∴顶点坐标为是所有顶点中纵坐标最大的点.
本题考查了二次函数图像的性质及整式的变形，其中根据需要对整式进行变形是解答本题的关键.
16、（1）购买一个甲种足球需50元，购买一个乙种足球需70元；（2）这所学校再次购买1个甲种足球，3个乙种足球，才能使总花费最低．
【解析】
（1）设购买一个甲种足球需x元，则购买一个乙种足球需（x+20），根据购买甲种足球数量是购买乙种足球数量的2倍列出方程解答即可；
（2）设这所学校再次购买a个甲种足球，根据题意列出不等式解答即可．
【详解】
（1）设购买一个甲种足球需x元，则购买一个乙种足球需（x+20）元，
根据题意，可得：=2×，
解得：x=50，
经检验x=50是原方程的解，
答：购买一个甲种足球需50元，购买一个乙种足球需70元；
（2）设这所学校再次购买a个甲种足球，（50-a）个乙种足球，
根据题意，可得：50-a≥a，
解得：a≤，
∵a为整数，
∴a≤1．
设总花费为y元，由题意可得，
y=50a+70（50-a）=-20a+2．
∵-20＜0，
∴y随x的增大而减小，
∴a取最大值1时，y的值最小，此时50-a=3．
答：这所学校再次购买1个甲种足球，3个乙种足球，才能使总花费最低．
本题考查的知识点是分式方程的应用和一元一次不等式的应用，解题关键是根据题意列出方程.
17、（1）V甲=60km/h （2）y乙=90x-90 （3）220
【解析】
（1）根据图象确定出甲的路程与时间，即可求出速度；
（2）利用待定系数法确定出y乙关于x的函数解析式即可；
（3）求出乙距A地240km时的时间，加上1，再乘以甲的速度即可得到结果．
【详解】
（1）根据图象得：360÷6=60km/h；
（2）当1≤x≤5时，设y乙=kx+b，
把（1，0）与（5，360）代入得： ，
解得：k=90，b=-90，
则y乙=90x-90；
（3）∵乙与A地相距240km，且乙的速度为360÷（5-1）=90km/h，
∴乙用的时间是240÷90=h，
则甲与A地相距60×（+1）=220km.
此题考查了一次函数的应用，弄清图象中的数据是解本题的关键．
18、（1）；（2）原方程无解．
【解析】
（1）首先利用平方差公式进行分解因式，再利用完全平方公式继续分解即可；
（2）观察可得最简公分母是2（2x-1），方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解．
【详解】
（1）解：原式
（2）解：
经检验：是原方程的增根．
∴原方程无解．
此题主要考查了解分式方程以及分解因式，正确掌握解方式方程的方法和因式分解的方法是解题关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、1
【解析】
根据自变量与函数值的对应关系，可得相应的函数值．
【详解】
当x=3时，y=﹣3+5=1．
故答案为：1．
本题考查了函数值，将自变量的值代入相应的函数关系式是解题的关键．
20、20
【解析】
令S＝380m，即可求出t的值．
【详解】
解：当s＝380m时，9t+t2＝380，
整理得t2+18t﹣760＝0，
即(t﹣20)(t+38)＝0，
解得t1＝20，t2＝﹣38(舍去)．
∴行驶380米需要20秒，
故答案为：20
本题主要考查根据函数值求自变量的值，能够利用方程的思想是解题的关键．
21、m≤
【解析】
由关于x的一元二次方程x2﹣2x+4m=0有实数根，可知b2﹣4ac≥0，据此列不等式求解即可．
【详解】
解:由题意得，
4-4×1×4m≥0
解之得m≤
故答案为m≤．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式∆=b2﹣4ac：当∆>0时，一元二次方程有两个不相等的实数根；当∆=0时，一元二次方程有两个相等的实数根；当∆