山东省青岛市2024-2025学年九年级上学期期中考试数学试题（解析版）-A4

这是一份山东省青岛市2024-2025学年九年级上学期期中考试数学试题（解析版）-A4，共24页。试卷主要包含了作射线，交于点等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟；满分：120分）
说明：
1．本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共23题．第Ⅰ卷为选择题，共8小题，24分；第Ⅱ卷为填空题和解答题，共15小题，96分．
2．所有题目均在答题卡上作答，在试题上作答无效．
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共8道小题，每小题3分，共24分）在每个题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 方程的根为（ ）
A. B. C. ，D. 无实数根
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了因式分解法解一元二次方程，解题的关键是熟知因式分解法．
【详解】解：，
，
，
x=0或，
解得：，
故选：C．
2. 如图，在菱形中，，，则对角线BD的长为（ ）
A. B. 6C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记等边三角形的判定与性质是解题的关键．判断是等边三角形，即可得解．
【详解】解：∵四边形是菱形
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴
故选:
3. 小颖从一定高度随机掷一枚质地均匀的硬币，她已经掷了三次硬币，结果都是“反面朝上”．那么，小颖第四次掷硬币时，“正面朝上”与“反面朝上”的可能性的大小为（ ）
A. “正面朝上”的可能性大B. “反面朝上”的可能性大
C. 两者的可能性相同D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查的是概率的意义，正确理解概率的意义和概率的计算公式是解题的关键．根据概率的意义和概率的计算公式计算即可．
【详解】解：由于硬币质地均匀，
所以小颖第四次掷硬币时，“正面朝上”与“反面朝上”的可能性相同，都是．
故选:C．
4. 下列图形，一定相似的是（ ）
A. 两个直角三角形B. 两个等腰三角形C. 两个等边三角形D. 两个菱形
【答案】C
【解析】
【分析】根据相似图形的定义，结合图形，对选项一一分析，利用排除法求解．
【详解】解：A.两个直角三角形，不一定有锐角相等，故不一定相似；
B.两个等腰三角形顶角不一定相等，故不一定相似；
C.两个等边三角形，角都是60°，故相似；
D..任意两个菱形的对应边的比相等，但对应角不一定相等，故不一定相似；
故选C．
【点睛】本题考查的是相似图形的概念，掌握对应角相等，对应边的比相等的多边形，叫做相似多边形是解题的关键．
5. 青岛市发展和改革委员会公布，青岛市2021年全市生产总值约为1.41万亿元，2023年全市生产总值约为1.58万亿元．设青岛这两年全市生产总值的年均增长率为x，则可列方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的实际应用，根据青岛市2021年全市生产总值约为1.41万亿元，2023年全市生产总值约为1.58万亿元列一元二次方程即可．
【详解】解：由题意可得，，
故选：A．
6. 下列方程有两个相等的实数根的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查一元二次方程的判别式与根的个数关系，根据判别式的符号进行判断即可．
【详解】解：A、方程变形为，此时，此方程没有实数根，故不符合题意；
B、方程，此时，此方程有两个不相等的实数根，故不符合题意；
C、方程变形为，此时，此方程有两个相等的实数根，故符合题意；
D、 方程变形为，此时，此方程有两个不相等的实数根，故不符合题意；
故选：C．
7. 经过某十字路口的汽车，可能直行，也可能向左转或向右转，假设这三种可能性相同．如果有两辆汽车经过该路口，那么这两辆车都直行的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查的是运用树状图求概率，运用树状图法确定所有情况数和符合题意情况数是解答本题的关键．运用树状图法确定所有情况数和符合题意情况数，然后用概率公式解答即可．
【详解】解：列树状图如图所示，
共有9种情况，两辆车都直行的有1种，
∴两辆车都直行的概率是，
故选：A．
8. 如图，在正方形纸片中，M，N分别是的中点，将纸片沿过点C的直线折叠，使点D落在上的点E处，折痕CF交AD于点F，连接，若，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先证明是矩形，再推出是的垂直平分线，求出，再利用勾股定理求出，得到，设，则，利用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】解：∵四边形为正方形，
∴，，，
∵M，N分别是的中点，
∴，，
∴是矩形，
∴，，
∴，
∴是的垂直平分线，
∴，
由折叠的性质得：，，
∴，MN=CD=4，
在中，，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得：，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查折叠的性质、矩形的判定与性质、正方形的性质，翻折变换的性质，适时利用勾股定理是解答此类问题的关键．
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共6道小题，每小题3分，共18分）
9. 四条线段，，，成比例，若，，，则线段的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了比例线段的定义．此题比较简单，解题的关键是熟记比例线段的定义．由四条线段、、、成比例，根据比例线段的定义，即分类讨论，即可求得的值．
【详解】解：∵四条线段，，，成比例，
∴，
∵，，，
∴，
解得：．
故答案为：．
10. 在一个不透明的口袋中装有红球、白球共24个，这些球除颜色外都相同．将口袋中的球搅拌均匀后，从中随机摸出一个球，记下它的颜色后再放回口袋中，不断重复这一过程，共摸了200次球，若其中有50次摸到红球，则估计这个口袋中红球的数量为______个．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．用频率估计概率得到的是近似值，随实验次数的增多，值越来越精确．用总球的个数乘以摸到红球的概率，即可得出口袋中红球的数量．
【详解】解：，即估计这个口袋中红球的数量为个，
故答案为：．
11. 把和拼成如图所示的图案，其中点B，C，D在同一直线上，F是的中点．已知，则的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】由勾股定理得，，再证明，得，进而证明，然后由勾股定理求出，最后由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结论．本题考查了勾股定理、相似三角形的判定与性质以及直角三角形斜边上的中线性质等知识，熟练掌握勾股定理，证明三角形相似是解题的关键．
【详解】解：，，，，，
，，，
，
，
，
，
，
是的中点，
，
故答案为：．
12. 在2024年巴黎奥运会上，中国跳水队包揽了所有跳水项目的金牌，实现了历史性的突破．运动员进行跳台跳水训练，在正常情况下，运动员必须在距水面以前完成规定的翻腾动作，并且调整好入水姿势，否则就容易出现失误．假设运动员起跳后的运动时间和运动员距离水面的高度之间满足关系：，那么运动员完成规定动作的时长最多为______．（结果保留根号）
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数的应用，关键是读懂题意，将距离水面的最大值代入函数关系式，就可以求出时间的最大值．注意负值舍去．
【详解】解：根据题意：，即，
解得：（舍去），
故答案为：．
13. 如图，在矩形中，的平分线交AD于点，，．若四边形是正方形，则AB与AD应满足的数量关系为______．
【答案】
【解析】
【分析】此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定，熟练掌握正方形的性质，矩形的性质是解决问题的关键，先证明是等腰直角三角形得，再证明和全等得则，由此可得出AB与AD应满足的数量关系．
【详解】解∶∵四边形是矩形，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，
∴
∵平分，
∴，
∴是等腰直角三角形，，
∴；
在和中，
．
∴，
∴，
∴
∴．
故答案为∶．
14. 如图，在平行四边形中，对角线与BD相交于点O，在的延长线上取一点E，连接交AD于点F．已知，则的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，先证明，可得，再证明，再利用相似三角形的性质可得答案．
【详解】解：如图，延长交于点，
∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又，
∴，
∴，即，
解得．
故答案为：．
三、解答题（本大题共9道小题，共78分）
15. 解下列方程
（1）；
（2）．
【答案】（1），；
（2），．
【解析】
【分析】此题考查了解一元二次方程公式法，熟练掌握求根公式是解本题的关键．
（1）整理为一般形式，找出，，的值，代入求根公式计算即可求出解；
（2）整理为一般形式，找出，，的值，代入求根公式计算即可求出解．．
【小问1详解】
解：
方程整理得：，
这里，，，
，
，
解得：，；
【小问2详解】
解：
方程整理得：，
这里，，，
，
，
解得：，．
16. 如图，在学完图形的变换后，小明绘制了编号分别为，，的三张不透明卡片（除图案外其余完全相同）．现将这三张卡片背面朝上，洗匀放好．
（1）小明从中随机抽取一张卡片，卡片上的图案是轴对称图形的概率为______；
（2）小明从中随机抽取一张卡片，记下后，背面朝上洗匀放回，再从中随机抽取一张，请用列表或画树状图的方法求两次抽到同一张卡片的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查利用轴对称设计图案，列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
（1）直接利用概率公式可得答案；
（2）画树状图得出所有等可能的结果数以及两次抽到同一张卡片的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【小问1详解】
解：小明从中随机抽取一张卡片，卡片上的图案是轴对称图形的概率为．
故答案为∶．
【小问2详解】
解：画树状图如下∶
共有种等可能的结果，其中两次抽到同一张卡片的结果数有中，
∴两次抽到同一张卡片的概率为．
17. 已知关于的一元二次方程．
（1）方程一个根是，求的值；
（2）求证：无论为何值，该方程都有两个不相等的实数根．
【答案】（1）；
（2）见解析．
【解析】
【分析】本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与有如下关系，当时，方程有两个不相等的两个实数根；当时，方程有两个相等的两个实数根；当时，方程无实数根．
（1）把x=0代入一元二次方程得到，然后解一次方程即可；
（2）先计算根的判别式的值得到，则利用非负数的性质得到，然后根据根的判别式的意义得到结论．
【小问1详解】
解：把x=0代入方程得，
解得，
即的值为；
【小问2详解】
证明：∵关于的一元二次方程，
∴
．
∴无论为何值，该方程都有两个不相等的实数根．
18. 如图，在矩形中，，E是BD上的点，且，连接并延长，交于点F，，分别交于点M，N．
（1）求的长；
（2）求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定与性质．
（1）根据矩形的性质得到，证明，由，即可解答，
（2）证明，由相似三角形的性质结合（1）中的长即可解答．
【小问1详解】
解：∵四边形是矩形，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
由（1）知，
∴，
∴．
19. 聚焦“书香青岛”品牌建设，我市持续推进全民阅读．在年开展“阅动山东·书行青岛”读书月活动前夕，书店购进大量书签，一种书签平均每天可售出张，每张赢利元．为了尽快减少库存，书店老板决定采取适当的降价措施．调查发现，如果这种书签的售价每降价元，那么平均每天可多售出张．老板要想平均每天赢利元，每张书签应降价多少元？
【答案】每张书签应降价元．
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．设每张书签应降价元，则每张盈利元，平均每天可售出张，利用总利润每张的销售利润日销售量，可列出关于的一元二次方程，解之可得出的值，再结合要尽快减少库存，即可确定结论．
【详解】解∶设每张书签应降价元，则每张盈利元，平均每天可售出张，
根据题意得∶．
整理得∶．
解得，
又∵要尽快减少库存，
∴
答∶每张书签应降价元．
20. 如图，在菱形中，是AD的中点，CE，的延长线交于点，连接，．
（1）求证：；
（2）连接BD，请判断BD与的位置关系，并说明理由；
（3）当菱形满足______时，四边形是菱形．
【答案】（1）见解析；
（2），理由见解析；
（3）60°．
【解析】
【分析】本题考查了菱形的判定和性质，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定和性质定理是解题的关键．
（1）根据菱形的性质得到，求得，根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论；
（2）根据菱形的性质得到，求得，得到，根据垂直的定义得到；
（3）根据等边三角形的判定定理得到是等边三角形，求得，根据菱形的判定定理即可得到结论．
【小问1详解】
证明∶∵四边形是菱形，
∴，
∴．
∵是AD的中点，
∴，
在与中．
∴，
∴；
【小问2详解】
解：，理由∶如图，
∵四边形是菱形
∴．
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：当菱形满足时，四边形是菱形，理由如下：
∵四边形是菱形
∴．
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
∵．．
∴四边形是菱形
故答案为∶60°．
21. 如图，直线AB交轴于点，交轴于点B0,3，点在线段AB上（不与点，重合），过点作的垂线，垂足为．
（1）求直线AB的函数关系式；
（2）当的面积为时，求点的坐标；
（3）的面积能达到吗？请说明理由．
【答案】（1）直线AB的函数关系式为；
（2）或；
（3）的面积不能达到，理由见解析．
【解析】
【分析】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，三角形的面积的计算，一元二次方程根的情况，正确地求出函数的解析式是解题的关键．
（1）设直线AB的解析式为，把，B0,3代入解方程组得到直线AB的函数关系式为；
（2）设，求得，根据三角形的面积公式列方程即可得到结论；
（3）假如的面积能达到，得到，整理得，由于，于是得到方程无实数根，即可得到结论．
【小问1详解】
解：设直线AB的解析式为．
把，B0,3代入得
，
解得
∴直线AB的函数关系式为；
【小问2详解】
解：设，
∵．
∴．
∵的面积为，
∴，
∴或，
当时，，当时，，
∴或；
【小问3详解】
解：的面积不能达到．理由如下：
假如的面积能达到．则
，
整理得．
∴，
∴方程无实数根，
故的面积不能达到．
22. 借助平移、旋转、轴对称等操作，本学期我们研究了特殊平行四边形的性质．深入探究会发现四边形还有很多神奇之处．
定义：四边形内一点与四个顶点连线形成的四个角中，如果相邻的两个角相等，且其余两个角也相等，那么称这个点为四边形的“分角点”．
理解发现】
（1）如图①，由定义可知，
∵为四边形的分角点，＝，
∴______．
（2）如果一个四边形存在分角点，那么它在四边形的对角线上吗？
（3）一个菱形共有多少个分角点？
【尝试思考】
（1）请按照给出的作法，用尺规作图的方法作出四边形的一个分角点：
（2）如图②，四边形的顶点都在格点上，请在图②中画出它的一个分角点．
【答案】理解发现∶（1）；（2）分角点在四边形的对角线上，理由见解析；（3）菱形有无数个分角点；尝试思考：（1）见解析；（2）见解析．
【解析】
【分析】理解发现：
（1）根据定义得出结果
（2）可证明，从而得出结果；
（3）根据姜形的对称性得出结论，
理解发现：
（1）根据题干做给作法作出图形即可；
（2）根据（1）找出点关于BD的对称点，作射线CE，交BD于点即可．
【详解】解：理解发现∶
（1）如图①，由定义可知，
∵为四边形的分角点，＝，
∴，
故答案为∶；
（2）分角点在四边形的对角线上，理由如下∶
如图①，，，
∴
∴点，，共线，
∴分角点在四边形的对角线上；
（3）如图1，
菱形有无数个分角点，理由如下∶
∵四边形是菱形，
∴，．
∴．
∴
∴．即．
∴点是四边形的分角点，
∵为BD上任意一点，
∴菱形有无数个分角点，
尝试思考：
（1）如图

（2）如图3，
找出点关于BD的对称点，作射线CE，交BD于点，则点就是求作的图形．
【点睛】考查了尺规作垂线，等腰三角形的性质，轴对称的性质，菱形的性质等知识，解决问题的关键是理解题意，转化条件．
23. 如图①，矩形与叠放在一起（点，分别与点，重合，点落在对角线BD上），已知，，．如图②，从图①的位置出发，沿DB方向匀速运动，速度为；动点同时从点出发，沿AD方向匀速运动，速度为；设它们的运动时间为（）（），连接．解答下列问题：
（1）求EG的长；
（2）当为何值时，点在线段的垂直平分线上？
（3）是否存在某一时刻，使得的面积是矩形面积的？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；
（4）如图③，点是点关于BD的对称点，连接，，当为何值时，的值最小？
【答案】（1）；
（2）；
（3）；
（4）．
【解析】
【分析】（1）可证得，从而得出，进而得出；
（2）根据点在线段的垂直平分线上得出，从而，从而求得结果；
（3）过作于，可得出，从而得出，求得，根据的面积是矩形面积的列方程求解，得出结果；
（4）连接，可推出当，，共线时，的值最小，连接，CF，设交AD于，作于，作于，可推出，，从而得出．利用相似三角形的性质即可得解．
【小问1详解】
解：∵四边形矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：∵点在线段的垂直平分线上，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
解得，
故当为时，点在线段的垂直平分线上；
【小问3详解】
解：存在值，使得的面积是矩形面积的，理由如下∶
如图，过作于，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴．
∴，
∴，
∴，
∵的面积是矩形面积的，
∴，
∴，
解得负值舍去)，
∴当时，的面积是矩形面积的，
【小问4详解】
解：如图，连接，
∵点是点关于BD的对称点，
∴，
∵，
∴当，，共线时，的值最小，
如图，连接，CF，设交AD于，作于，作于，
由知，，，
同理可得，，
∵点是点关于BD对称点，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形
∵
∴四边形是矩形，
'∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的判定及性质，勾股定理，轴对称的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线表示出关键的数量．
作法
图形
1．连接．
2．以所在的直线为对称轴，作点的对称点．
3．作射线，交于点．
为四边形的一个分角点．