2025-2026学年山东省济南市章丘区九年级上学期第一次质量检测数学试题

这是一份2025-2026学年山东省济南市章丘区九年级上学期第一次质量检测数学试题，共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列方程是关于的一元二次方程的是（ ）
A．B．
C．D．（为常数）
2．已知那么下列比例式中成立的是（）
A．B．C．D．
3．矩形的对角线长为，其中一边长为，则该矩形的面积为（ ）
A．B．C．D．
4．某校教学楼示意图如图，教学楼围出一块长，宽的矩形区域，中间是绿化区（阴影部分），三面有等宽的道路，矩形区域内道路的面积正好与绿化区的面积相等．设道路的宽度为，则可列方程（ ）
A．B．
C．D．
5．如图，在菱形中，点E是边上一点，连接，．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
6．关于的方程有实数根，则满足（ ）
A．B．，且C．且D．
7．如图，在矩形中，对角线与相交于点，，，分别为，的中点，若，则的长为（ ）
A．4B．2C．8D．6
8．某学校食堂准备了A，B，C，D四种营养套餐，如果小明和小亮每人随机选择其中一种营养套餐，则他们恰好选到同一种营养套餐的概率是（ ）
A．B．C．D．
9．如图，在中，，分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于、两点，作直线交于点，交于点，连接．若，，则的长为（ ）
A．B．C．D．2
10．定义新运算：，例如：，．若，则的值为（ ）
A．B．或C．D．或
二、填空题
11．在学习了“用频率估计概率”这一节内容后，某课外兴趣小组利用计算器进行模拟试验来探究“6个人中有2个人同月过生日的概率”，他们将试验中获得的数据记录如下：
通过试验，该小组估计“6个人中有2个人同月过生日”的概率（精确到0.01）大约是 ．
12．如图，五线谱是由等距离的五条平行直线组成的，一条直线交这组平行线于点，，．若，则的长是 cm．
13．已知等腰三角形的底边长为，另两边长恰好是关于的一元二次方程的两根，则的周长为 ．
14．小影与小冬一起写作业，在解一道二次项系数为1的一元二次方程时，小影在将其化为一般式的过程中写错了常数项，因而得到方程的两个根是6和1；小冬在将其化为一般式的过程中写错了一次项的系数，因而得到方程的两个根是和．则原方程正确的解是 ．
15．如图，已知正方形的边长为，是对角线上一点，点，于点，连接，给出下列结论：
①；②四边形的周长为；③一定是等腰三角形；④；⑤的最小值为；其中正确结论的序号为_________________．
三、解答题
16．解方程
(1)
(2)
(3)
(4)
17．如图，为矩形的边上的点，连接，，过点作垂足为点．求证：．
18．如图，在△ABC中，点D是边AB的四等分点，DE∥AC，DF∥BC，AC=8，BC=12，求四边形DECF的周长．
19．已知关于的一元二次方程．
(1)若，求k的值；
(2)求证：无论取何值，该方程总有两个不相等的实数根．
20．如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，则 ．
21．甲骨文是迄今为止中国发现的年代最早的成熟文字系统，是汉字的源头和中华优秀传统文化的根脉．小明在了解了甲骨文后，制作了如图所示的四张卡片（这四张卡片分别用字母表示，正面文字依次是文､明､自､由，这四张卡片除正面内容不同外，其余均相同），现将四张卡片背面朝上，洗匀放好．
(1)小明从中随机抽取一张卡片，抽取的卡片上的文字是“文”的概率为 ；
(2)小明从中随机抽取一张卡片不放回，小亮再从中随机抽取一张卡片，请用列表或画树状图的方法，求两人抽取的卡片恰好组成“文明”一词的概率．
22．小袁作为大学生返乡的新农人，致力于科技种菜．如图是小袁要修建的一个长方形蔬菜大棚，蔬菜大棚的一边靠墙，墙长，其余三边用竹篱笆围，竹篱笆的总长度为，围成的长方形蔬菜大棚四周没有空隙．
(1)若围成的蔬菜大棚的面积为，则蔬菜大棚的长和宽各应为多少米？
(2)围成的蔬菜大棚的面积能达到吗？如果能，写出计算过程；如果不能，说明理由．
23．如图，在四边形中，，，，，．点P从点A出发，以秒的速度向点B运动；同时点Q从点C出发，以秒的速度向点D运动．规定其中一个动点到达终点时另一个动点也随之停止运动．设点Q运动的时间为t秒．
(1)直接写出边的长为________cm；
(2)当四边形是矩形时，求t的值；
(3)在点Q运动过程中，当是等腰三角形时，求t的值；
(4)在点P，Q运动过程中，当时，直接写出t的值．
24．某市茶叶专卖店销售某品牌茶叶，其进价为每千克240元，按每千克400元出售，平均每周可售出200千克，后来经过市场调查发现，售价每降低10元，则平均每周的销售量可增加40千克．
(1)若该专卖店销售这种品牌茶叶要想平均每周获利41600元，请回答：
①每千克茶叶应降价多少元？
②在平均每周获利不变的情况下，为尽可能让利于顾客，赢得市场，该店应按原售价的几折出售？
(2)在降价情况下，该专卖店销售这种品牌茶叶平均每周获利能达到50000元吗？请说明理由．
25．问题背景：如图，在正方形中，边长为4．点M，N是边，上两点，且，连接，，与相交于点O．
(1)解决问题：请判断与的关系，并说明理由；
(2)探索发现：若点E，F分别是与的中点，请求出的长；
(3)拓展提高：延长至P，连接，若，请直接写出线段的长．
试验次数
100
300
500
1000
1600
2000
“有2个人同月过生日”的次数
79
229
385
781
1251
1562
“有2个人同月过生日”的频率
0.79
0.763
0.77
0.781
0.782
0.781
《山东省济南市章丘区2025-2026学年上学期九年级第一次质量检测数学试题》参考答案
1．D
【分析】本题考查了一元二次方程的定义，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是含有一个未知数且未知数的最高次数是是解题关键．根据一元二次方程的定义，只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程进行分析即可．
【详解】解：A、整理得，未知数的最高次数是1，不是一元二次方程，故此选项不符合题意；
B、含有两个未知数，不是一元二次方程，故此选项不符合题意；
C、不是整式方程，不是一元二次方程，故此选项不符合题意；
D、是一元二次方程，故此选项符合题意；
故选：D
2．B
【分析】本题考查了比例的基本性质知识点，解题的关键是熟练掌握比例的基本性质并能灵活运用它将等式进行变形．
根据比例的基本性质“两外项之积等于两内项之积”，对各选项逐一进行分析，看哪个选项变形后能得到．
【详解】A、由，根据比例的基本性质可得，不符合，所以该选项错误；
B、由，根据比例的基本性质可得，符合已知条件，所以该选项正确；
C、由，根据比例的基本性质可得，不符合，所以该选项错误；
D、由，根据比例的基本性质可得，不符合，所以该选项错误．
故选：B．
3．B
【分析】根据矩形的性质可得，根据勾股定理可求出的长，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，矩形，对角线，，

∴，
在中，，
∴该矩形的面积为，
故选：．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，勾股定理的综合，掌握以上知识是解题的关键．
4．C
【分析】本题主要考查由实际问题抽象出一元二次方程，根据“矩形区域内三面道路的面积正好与绿化区域的面积相等”可知：绿化区域的面积矩形区域的面积建立方程，是解决问题的关键．
【详解】解：∵矩形区域内三面道路的面积正好与绿化区域的面积相等，
∴绿化区域的面积矩形区域的面积，
设道路的宽度为，则，
故选：C．
5．B
【分析】本题考查了菱形的性质等知识．由菱形的性质得，，再由等腰三角形的性质得出，根据平行线的性质求出，再根据等腰三角形的性质即可得出答案．
【详解】解：四边形是菱形，
，，
，，
，，
，
，
，
，
故选：B．
6．A
【分析】本题主要考查了解一元一次方程，一元二次方程的定义，一元二次方程根的判别式，当时原方程为，此时原方程有实数根；当时，原方程为一元二次方程，利用判别式和一元二次方程的定义求出的取值范围即可得到答案．
【详解】解：当，即时，原方程为，解得，此时原方程有实数根；
当，即时，原方程为一元二次方程，
∵原方程有实数根，
∴，
解得且；
综上所述，，
故选：A．
7．B
【分析】本题主要考查矩形的性质，解直角三角形，中位线定理，得到对角线的长是解题的关键．
由可得为等边三角形，得到，又，可求得，，再由中位线定理即可求解．
【详解】在矩形，，
，为等边三角形，
，
在中，，
，，
，分别为，的中点，
为的中位线，
．
故选：B．
8．A
【分析】本题主要考查了树状图或列表法求解概率，正确画出树状图或列出表格是解题的关键．
先画出树状图得到所有等可能性的结果数，再找到符合题意的结果数，最后依据概率计算公式求解即可．
【详解】解：画树状图为：
由树状图可知一共有16种等可能性的结果，其中恰好选到同一种营养套餐的结果有4种，
∴恰好选到同一种营养套餐的概率是．
故选：A．
9．D
【分析】本题考查了线段垂直平分线的作法和性质，勾股定理，平行线等分线段定理，由线段垂直平分线的性质可得，进而得到，，再根据平行线等分线段定理求出即可求解，掌握以上知识点是解题的关键．
【详解】解：由作图可知，直线是的垂直平分线，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
故选：D．
10．D
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，一元一次方程的应用，解题的关键是明确新运算的定义．
根据新定义运算法则列出方程求解即可．
【详解】解：∵
而，
∴①当时，则有，
解得，；
②当时，，
解得，，
综上所述，x的值是或．
故选：D．
11．0.78
【分析】本题考查了利用频率估计概率的知识：在大量重复试验中，如果事件发生的频率会稳定在某个常数附近，那么这个常数就是事件发生的概率．根据表格中的数据解答即可．
【详解】解：通过图表给出的数据得出，该小组估计“6个人中有2个人同月过生日”的概率大约是0.78．
故答案为：0.78．
12．/
【分析】此题考查了平行线分线段成比例定理，熟练掌握该定理，找准对应线段，是解答此题的关键．
过点A作平行横线的垂线，交点B所在的平行横线于D，交点C所在平行横线于E，根据平行线分线段成比例定理，列出比例式，计算即可得解．
【详解】过点A作平行横线的垂线，交点B所在的平行横线于D，交点C所在平行横线于E，
∵五线谱是由等距离的五条平行横线组成的，
∴，
∴，
解得，，
故答案为：．
13．7
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式、等腰三角形的性质以及三角形三边关系的应用，先根据判别式和等腰三角形两腰相等得到，解得的值代入方程求出腰长，验证腰长是否满足三角形三边关系，最终计算周长即可．
【详解】另两边长恰好是关于的一元二次方程的两根，且这两边是等腰三角形的腰，
，
解得：，
将带入原方程：，
解得：，
腰长为，底为，
，
满足三角形的三边关系，
的周长为：．
答案为：．
14．，
【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，根据题意得出原方程中，即可求解．
【详解】解：根据题意设一元二次方程为：，
∵小影在化简过程中写错了常数项，得到方程的两个根是6和1；
∴，即，
又∵小冬写错了一次项的系数，因而得到方程的两个根是．
∴，
原来的方程是，
即，
解得，．
故答案为：，．
15．①②④⑤
【分析】①先证明是等腰直角三角形，则，再证四边形是矩形，从而可得，即可判断；②根据①知四边形为矩形、是等腰直角三角形，则四边形的周长，即可判断；③当时，是等腰三角形，即可判断；④证明则根据矩形对角线相等得，即可判断；⑤当时，垂线段最短，即时，的最小值等于，即可判断．
【详解】解：①如图，连接，
正方形的边长为，是对角线上一点，
，，，
，，
，
，
，，即和均为等腰直角三角形，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
故①正确；
②由①知：，且四边形为矩形，
四边形的周长
故②正确；
③，当时，是等腰三角形，
故③错误；
④四边形是矩形，
，
四边形为正方形，
，，
在和，
，
，
，
，
故④正确；
⑤由③得：，
当最小时，最小，
当时，垂线段最短，即时，的最小值等于，
故⑤正确．
故答案为：①②④⑤．
【点睛】本题综合考查了正方形的性质、矩形的判定和性质、垂线段最短、勾股定理等知识，充分利用正方形的性质证明三角形全等是解答本题的关键．
16．(1)，
(2)，
(3)，
(4)，
【分析】本题考查一元二次方程的解法，解一元二次方程的方法主要有直接开平方法、配方法、公式法、因式分解法，要根据方程的特点灵活选择合适的方法；
（1）利用配方法解一元二次方程；
（2）利用求根公式来求解；
（3）利用因式分解法解一元二次方程，将方程变形为，可因式分解求解；
（4）利用因式分解法解一元二次方程，直接将方程左边因式分解即可求解.
【详解】（1）解：配方：
即
两边同时开平方：
解得，.
（2）解：原方程中，，，，
，
∴带入求根公式得：，
解得，.
（3）解：原方程可变形为：
∴或
解得，.
（4）解：原方程可变形为：
或
解得，.
17．见解析
【分析】本题考查了矩形的性质和全等三角形的判定，熟知矩形性质和全等三角形的判定和性质是解题关键．
根据四边形是矩形，得，，得，进而证明，从而得证．
【详解】证明：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴．
18．18
【分析】根据平行四边形的判定得出四边形DFCE是平行四边形，证△ADF∽△ABC，得出，代入求出DE、DF即可求出答案．
【详解】解：∵DE∥AC，DF∥BC，
∴四边形DFCE是平行四边形，
∴DE＝FC，DF＝EC
∵DF∥BC，
∴△ADF∽△ABC，
∴，
∵AC＝8，BC＝12，
∴AF＝2，DF＝3
∴FC＝AC﹣AF＝8﹣2＝6，
∴DE＝FC＝6，DF＝EC＝3
∴四边形DECF的周长是DF+CF+CE+DE＝3+6+3+6＝18．
答：四边形DECF的周长是18．
【点睛】本题考查的知识点是平行四边形的性质和判定和相似三角形的性质和判定，关键是求出DE＝CF，DF＝CE，主要考查学生运用性质进行推理和计算的能力．
19．(1)的值为
(2)见解析
【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程根的判别式的意义；
（1）根据一元二次方程根与系数的关系式得出，，代入，解方程，即可求解；
（2）计算一元二次方程根的判别式得出，即可得证．
【详解】（1）解：由根与系数的关系得，
∵，
∴，
解得，即的值为
（2）证明：
，
∴无论k取何值，该方程总有两个不相等的实数根．
20．(1)见解析
(2)4
【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边中线等于斜边一半等知识，熟练掌握菱形的判定和性质是解题关键．
（1）根据平行线的性质和角平分线的定义，得到，进而得到，推出，证明四边形是平行四边形，再根据一组邻边相等，即可证明四边形是菱形；
（2）根据菱形的性质，得到，，再利用勾股定理，求出，进而得到，最后根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，即可求出的长．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，，
∴，，
∵，
∴在中，
∴，
∵，O为中点，
∴。
21．(1)
(2)
【分析】本题主要考查了简单的概率计算，树状图法或列表法求解概率：
（1）根据概率计算公式求解即可；
（2）先列表或画树状图得到所有等可能性的结果数，再找到两人抽取的卡片恰好组成“文明”一词的结果数，最后依据概率计算公式求解即可．
【详解】（1）解：∵一共有4张卡片，卡片上的文字是“文”的卡片有1张，且每张卡片被抽到的概率相同，
∴小明从中随机抽取一张卡片，抽取的卡片上的文字是“文”的概率为，
故答案为：
（2）解：解法一：画树状图下：
由树状图可知，共有12种等可能的结果，两人抽取的卡片恰好组成“文明”一词的结果有2种，
两人抽取的卡片恰好组成“文明”一词．
解法二：列表如下：
由表可知，共有12种等可能的结果，两人抽取的卡片恰好组成“文明”一词的结果有2种，两人抽取的卡片恰好组成“文明”一词．
22．(1)蔬菜大棚的长为，宽为
(2)围成的蔬菜大棚面积不能达到，理由见解析
【分析】本题考查了一元二次方程的应用、根的判别式等知识点， 审清题意、正确列出方程是解题的关键．
（1）设蔬菜大棚的宽为，则长为，再根据面积公式列出方程，求出x的值并检验即可；
（2）设蔬菜大棚的宽为，则长为，再根据面积公式列出一元二次方程，再根据根的判别式判断即可．
【详解】（1）解：设蔬菜大棚的宽为，则长为，
根据题意得，
解得，．
当时，，符合题意；
当时，（舍去）．
答：蔬菜大棚的长为，宽为．
（2）解：不能．理由如下：
设蔬菜大棚的宽为，则长为，
根据题意得，整理得．
∵．
∴方程没有实数根．
∴围成的蔬菜大棚面积不能达到．
23．(1)；
(2)；
(3)的值为或3或；
(4)的值为4或6．
【分析】（1）过点B作于点H，证明四边形是矩形，求得，，再根据勾股定理求解即可；
（2）根据列方程求解即可；
（3）分，，三种情况讨论，分别列方程求解即可；
（4）分和两种情况讨论，分别列方程求解即可．
【详解】（1）解：过点B作于点H，
，，
，
四边形是矩形，
，，
，
在中，．
故答案为：．
（2）解：，，，
当四边形是矩形时，，
，
解得；
（3）解：当时，
，
，
，
；
当时，；
当时，，，
在中，，
，
解得；
综上所述，当是等腰三角形时，t的值为3或或；
（4）当时，如图，
四边形是平行四边形
此时，
由可列方程
解得；
当时，如图，
过点P作于点G，
，
，
，
四边形是矩形，
，，，
若，则，
，
，
，
解得；
综上所述，当时，t的值为4或6．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，注意分情况讨论等腰三角形的三种情形是解题的关键．
24．(1)①每千克茶叶应降价30元或80元，②该店应按原售价的八折出售
(2)该专卖店销售这种品牌茶叶平均每周获利不能达到50000元．
【分析】（1）①通过设每千克茶叶降价元，利用“每千克利润×销售量 = 总利润”的关系列出方程求解；②在①的基础上，根据让利于顾客的要求确定降价金额，进而求出折扣；
（2）设降价元，依据上述利润关系列方程，通过判别式判断方程是否有实数根，从而确定获利能否达到．
本题主要考查了一元二次方程在销售利润问题中的应用，熟练掌握“每千克利润×销售量 = 总利润”的等量关系以及一元二次方程的解法、判别式的运用是解题的关键．
【详解】（1）解：①设每千克茶叶应降价元，
根据题意，得，
整理得，解得．
答：每千克茶叶应降价30元或80元；
②由①可知每千克茶叶可降价30元或80元，
要尽可能让利于顾客，
每千克茶叶应降价80元，
此时的售价为：（元），．
答：该店应按原售价的八折出售；
（2）解：该专卖店销售这种品牌茶叶平均每周获利不能达到50000元，理由如下：
设每千克茶叶应降价元，
根据题意，得，
整理得，
，
原方程没有实数根，
该专卖店销售这种品牌茶叶平均每周获利不能达到50000元．
25．(1)且，理由见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由边角边的证明方法可证明与全等，再根据三角形全等的性质可得与的关系．
（2）由角边角的证明方法证明与全等，再根据三角形全等的性质可得点E为的中点，再根据中位线的性质即可求解．
（3）通过作辅助线，根据面积相等可求解三角形的高线，再由等腰直角三角形的性质可求解，再根据即可求解．
【详解】（1）解：且，
在正方形中，，，
又因为，
在与中，，
所以，
所以，,
因为，
所以，
所以在中，，
即，
综上，且．
（2）解：连接延长交于点G，连接，如图，
因为在正方形中，，
所以，
又因为点E是的中点，
所以，
又因为，
在与中有，
所以，
所以，，
所以点E为的中点，
又因为点F是的中点，
所以为的中位线，
即，
因为，
且正方形中，边长为4，
所以，
在中，，
所以，
所以．
（3）解：过点B作交于点H，如图，
在中，，，
所以，
又因为，
所以，
即，解得，
又因为，
所以为等腰直角三角形，
所以，
在中，，，
所以，
所以．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形中位线的性质，面积相等求解边长，勾股定理的应用．由三角形证明全等可得边长相等，角相等；再由中位线的性质可转化边长的关系；由直角三角形中面积相等求解边长是解决本题的关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
B
C
B
A
B
A
D
D
文
明
自
由
文
（文，明）
（文，自）
（文，由）
明
（明，文）
（明，自）
（明，由）
自
（自，文）
（自，明）
（自，由）
由
（由，文）
（由，明）
（由，自）