山东省青岛市崂山区2023-2024学年九年级上学期期末数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图是由4个大小完全相同的小正方体组成的，其左视图是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，四边形是圆内接四边形，对角线经过圆心与相交于点，下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．某旅游景点年月份共接待游客万人次，年月份共接待万人次，设每月旅游人数的平均增长率为，则可列方程（ ）
A． B．
C． D．
4．下列说法正确的是（ ）
A．四条边相等的四边形是正方形
B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的矩形是正方形
D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
5．已知反比例函数的图象上两点，当时，有．则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．如果关于的一元二次方程有两个不等实数根，那么实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．把抛物线向右平移1个单位，再向上平移2个单位，得到抛物线（ ）
A． B．
C． D．
8．如图，在平面直角坐标系中，与是以点为位似中心的位似图形，相似比为，点在轴上，点的坐标是，点的坐标是，则点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
9．如图，是的直径，点在上，直线与相切线于点，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，二次函数图象的一部分与轴的一个交点坐标为，对称轴为直线，结合图象给出下列结论：
；
；
关于的一元二次方程的两根分别为和；
若点，，均在二次函数图象上，则；
（为任意实数）．
其中正确的结论个数为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．计算：cos245°＋ tan30°sin60°= ．
12．如图，小明同学用自制的直角三角形纸板测量树的高度，他调整自己的位置，使斜边与地面保持平行，并且边与点在同一条直线上．已知纸板的两条直角边，测得边离地面的高度，，则树高 ．
13．如图，在中，，且，，是的平分线，与相交于点，，，垂足为点，交于点，则的长为 ．
14．如图，在中，的垂直平分线交于点，垂足为点，连接，过点作，交的延长线于点，连接．若，，则四边形的面积为 ．
15．如图，点在上，若圆的半径为4，，则图中阴影部分的面积为 ．
16．如图，正方形中，，点是对角线上一点，连接，过点作，交于点，连接，交于点，将沿翻折，得到，连接，交于点，若点是边的中点．以下结论：
①；②；③；④．正确的有 ．
三、解答题
17．已知：内有一点
求作：等腰直角三角形，使它的直角顶点为，斜边落在边上．
18．计算：
(1)解方程：；
(2)化简．
19．在中国共产党成立周年之际，某中学持续开展了：青年大学习；：青年学党史；：中国梦宣传教育；：社会主义核心价值观培育践行等一系列活动，学生可以任选一项参加．小杰和小明参加了上述活动，请用列表或画树状图的方法，求他们参加同一项活动的概率．
20．随着科学技术的不断进步，无人机被广泛应用到实际生活中．如图所示，某同学站在广场的处遥控无人机，他抬头仰视无人机时仰角为，此时从无人机测得广场处的俯角为，若该同学眼睛到地面的距离，（点在同一平面内），求之间的距离．（结果精确到，参考数据：，，，，，）
21．城建部门计划修建一条喷泉步行通道．图1是项目俯视示意图．步行通道的一侧是一排垂直于路面的柱形喷水装置，另一侧是方形水池．图2是主视示意图．喷水装置的高度是2米，水流从喷头A处喷出后呈抛物线路径落入水池内，当水流在与喷头水平距离为2米时达到最高点B，此时距路面的最大高度为3.6米．为避免溅起的水雾影响通道上的行人，计划安装一个透明的倾斜防水罩，防水罩的一端固定在喷水装置上的点处，另一端与路面的垂直高度为1.8米，且与喷泉水流的水平距离为0.3米．点到水池外壁的水平距离米，求步行通道的宽．（结果精确到0.1米）参考数据：
22．在中，，分别为边，上的点，与相交于点．
(1)若，，
（）______；
（），则______；
(2)若，，______．
23．如图，在平面直角坐标系中，一次函数与反比例函数交于，两点，与轴交于点，连接，．
(1)求反比例函数和一次函数的表达式；
(2)若在第一象限内存在一点，使得以，，，为顶点的四边形为平行四边形，请直接写出点的坐标．
24．如图，在菱形中，，，点是边的中点．点是边上一动点（不与点重合），延长交射线的延长线于点，连接，．
(1)求证：；
(2)当点在什么位置时，四边形是矩形？请证明你的结论．
25．某水果超市以元千克购进一定数量的种水果，若每千克售价为元，每天可以售出千克．经市场调查发现，在进价不变的情况下，每千克种水果的售价每上涨元，日销售量就减少千克．
(1)若该水果超市希望每天销售种水果盈利元，那么这个水果超市种水果每千克的售价应上涨多少元？
(2)按照有关管理部门规定，利润率不得高于，那么每千克的售价定为多少元，才能使每天所获利润最大？最大利润是多少？
26．在中，，动点以的速度从点向点运动；同时，动点从点出发，以的速度向点运动，动点从点出发，以的速度向点运动，当其中一个点运动停止时，其他点的运动也停止，运动时间为．连接．
(1)为何值时，？
(2)当时，求值；
(3)如图1，沿折叠得到，是否存在某一时刻，使四边形为菱形？若存在求出值；若不存在，请说明理由．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】本题考查简单组合体的三视图，找到从左面看所得到的图形即可，解题的关键是画出相应的图形．
【详解】解：由图可得主视图是，
，
故选：．
2．A
【分析】此题考查了圆周角定理和圆内接四边形，根据圆周角定理和圆内接四边形的性质逐项判断即可，解题的关键是熟练掌握圆周角定理的应用．
【详解】、由同弧所对的圆周角相等可得，，此选项符合题意；
、∵四边形是圆内接四边形，
∴，此选项不符合题意；
、∵是直径，
∴，此选项不符合题意；
、连接，
由圆周角定理得，此选项不符合题意；
故选：．
3．A
【分析】此题考查了一元二次方程的应用，设每月旅游人数的平均增长率为，根据题意列出一元二次方程即可求解，根据题意列出方程是解题的关键．
【详解】设每月旅游人数的平均增长率为，依题意得：，
故选：．
4．C
【分析】本题考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定逐项判断即可，掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理是解题的关键．
【详解】解：、四条边相等的四边形是菱形，不符合题意；
、对角线相等的平行四边形是矩形，不符合题意；
、对角线互相垂直的矩形是正方形，符合题意；
、一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，不符合题意；
故选：．
5．B
【分析】本题考查反比例函数的图象和性质，根据图象的增减性得到关于m的不等式，解不等式即可．
【详解】解：当时，有，
，
，
故选：B．
6．A
【分析】此题考查了根的判别式，根据根的情况确定参数的范围即可，解题的关键是熟练掌握一元二次方程根的判别式，当方程有两个不相等的实数根时，；当方程有两个相等的实数根时，；当方程没有实数根时，．
【详解】解：∵方程有两个不等的实数根，
∴，
解得：，
故选：．
7．D
【分析】本题考查二次函数的几何变换；用到的知识点为：二次函数的平移不改变二次项的系数；得多新抛物线的顶点是解决本题的突破点．
首先得原抛物线的顶点及平移后抛物线的顶点，根据平移不改变抛物线的二次项系数可得新的抛物线解析式．
【详解】解：由题意得原抛物线的顶点为，
把抛物线向右平移1个单位，再向上平移2个单位，
∴平移后抛物线的顶点为，
∴新抛物线解析式为，
故选：D．
8．B
【分析】本题考查的是位似变换，以点为坐标原点，原来的轴为轴建立新的平面直角坐标系，根据位似变换的性质求出点在新坐标系中的坐标，进而求出点的坐标，解题的关键是正确理解在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为，那么位似图形对应点的坐标的比等于或．
【详解】以点为坐标原点，原来的轴为轴建立新的平面直角坐标系，则在新坐标系中，点的坐标为，点的坐标为 ，
∵与是以点为位似中心的位似图形，相似比为，
∴点在新坐标系中的坐标为 ，即 ，
则点在原坐标系中的坐标为，
故选：．
9．C
【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质等，根据与相切可得，根据直径所对的圆周角为90度可得，进而可得，根据等边对等角可得，进而求出，再根据同弧所对的圆周角相等即可求解．
【详解】解：如图，连接，，
直线与相切线于点，是的直径，
，，
，
，
，
，
，
，
故选C．
10．B
【分析】本题考查了二次函数的图象及性质，由抛物线的开口方向判断与的关系，由抛物线与y轴的交点判断与的关系，然后根据抛物线对称性进行推理，进而对所得结论进行判断，熟练掌握二次函数的图象及性质，能从图象中获取信息是解题的关键．
【详解】∵抛物线的开口方向向上，
∴，
∵对称轴在轴右侧，
∴对称轴为，
∵，
∴，
∵抛物线与轴的交点在轴的负半轴上，
∴，
∴，故正确；
∵对称轴为，
∴，
由图象可知，当时，，
∴，故正确；
∵对称轴为，与轴的一个交点坐标为，
∴与轴的另一个交点坐标为，
∴关于的一元二次方程的两根分别为和，故正确；
∵点，，均在二次函数图象上，对称轴为，
当与时，的值相等，
∴时，随的增大而减小，
∵，
∴，故错误；
∵抛物线的开口方向向上，
∴，
∴当时，抛物线有最小值，即，
∴，故错误；
综上可知，正确，共个，
故选：．
11．1
【分析】根据特殊角的锐角三角函数值进行计算即可求解．
【详解】解：原式＝
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了特殊角的锐角三角函数值的混合运算，牢记特殊角的锐角三角函数值是解题的关键．
12．3.7
【分析】本题考查相似三角形的应用，先证明，再根据对应边成比例即可求解．
【详解】解：由题意知，
又，
，
，
，，
，
，
，
，
故答案为：3.7．
13．
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，灵活运用相关知识是解答本题的关键．先根据勾股定理，求出，然后证明，得到，设，再证明，得出，进一步推理得到，最后根据列方程并求解，即得答案．
【详解】，
，
，
，
，
，
，
设，则，，
，
，，
，
，
，，
是的平分线，
，
，
，
，
，
解得，
．
故答案为：．
14．
【分析】本题考查垂直平分线的定义，勾股定理，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，根据垂直平分可得，，根据勾股定理求出，再证，推出，最后利用三角形面积公式即可求解．
【详解】解：中，，
，
由题意知 垂直平分，
，，
又，
，
，
，
在和中，
，
，
，
四边形的面积，
故答案为：．
15．
【分析】连接、，过点O作于点D，根据圆周角定理求出，证明为等边三角形，根据勾股定理求出，求出即可．
【详解】解：连接、，过点O作于点D，如图所示：
∵，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查的是圆周角定理及扇形的面积公式，等边三角形的性质，勾股定理，熟记扇形的面积公式是解答此题的关键．
16．①③④
【分析】根据正方形的性质、勾股定理判断①；证明，推出，即可判断②；过点E作于点Q，于点P，证明，即可判断③；根据是等腰直角三角形，推出，根据折叠的性质可得，，用勾股定理解可判断④．
【详解】解：正方形中，，点是边的中点，
，，
，故①正确；
正方形中，，
，，
，
，
，故②错误；
如图，过点E作于点Q，于点P，
则，
四边形是矩形，
又平分，
，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，故③正确；
是等腰直角三角形，
，
由折叠的性质得，，
，
，故④正确；
综上可知，正确的有①③④，
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，折叠的性质等，有一定难度，解题的关键是通过添加辅助线构造全等三角形．
17．见解析
【分析】本题考查作图——复杂作图，过点P作于点G，再以点G为圆心，长为半径画弧，交于点E，F，可得为线段的垂直平分线，进而可证为等腰直角三角形．
【详解】解：过点P作于点G，
再以点G为圆心，长为半径画弧，交于点E，F，连接，，
则，，
为线段的垂直平分线，，
为等腰直角三角形，
则即为所求．
18．(1)，；
(2)．
【分析】（）利用公式法求解即可；
（）先将括号里的异分母分式相减化为同分母分式相减，再算分式的除法运算得以化简即可；
本题考查了解一元二次方程和分式的化简，解题的关键在于灵活选取适当的方法解方程及掌握分式的通分和约分．
【详解】（1），
∴方程有两个不相等的实数根，
∴，
∴，；
（2）解：原式，
，
．
19．树状图见解析，概率为．
【分析】本题考查了画树状图法求概率，根据画树状图法求概率即可，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
【详解】解：画树状图为：
共有种等可能的结果，其中小杰和小明参加同一项活动的结果数为，
∴他们参加同一项活动的概率．
20．之间的距离约为．
【分析】本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，过点作 ，垂足为，过 点作 ，垂足为，根据题意可得：，，，从而可得，然后在中，利用锐角三角函数的定义求出和的长，从而求出的长，再在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图：过点作，垂足为，过点作，垂足为，
由题意得：，，
，，
∴，
在中，，，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴之间的距离约为．
21．3.2米
【分析】先以点O为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，则，，设设抛物线的解析式为，把代入，求得，即，再求出点D的坐标，即可求解．
【详解】解：如图，建立平面直角坐标系，
由题意知：，，
∵抛物线的最高点B，
∴设抛物线的解析式为，
把代入，得，
解得，
∴抛物线的解析式为，
令，则，
解得：，
∴，
∴ (米)，
答：步行通道的宽的长约为3.2米．
【点睛】本题考查抛物线的实际应用．熟练掌握用待定系数法求抛物线解析式和抛物线的图象性质是解题的关键．
22．(1)（）；（）；
(2)．
【分析】（）（）先证明，，，再证明，可得，即可求解；
（）通过相似三角形的性质可得，由面积关系即可求解；
（）先证明，，，再证明，可得，由面积关系即可求解；
本题考查了相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
【详解】（1）解：（）如图，连接，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（）∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
故答案为：．
23．(1)反比例函数的表达式为，一次函数的表达式为；
(2)点的坐标为．
【分析】（）根据待定系数法，可得反比例函数解析式，根据图象上的点满足函数解析式，可得点坐标，再根据待定系数法，可得一次函数的解析式；
（）连接，交于点，首先利用平行四边形的性质求得中点的坐标为 ，进而推导出点坐标；
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，平行四边形的判定和性质，中点坐标的计算方法等知识的综合，利用了待定系数法求函数解析式，求出两个函数解析式是解题的关键．
【详解】（1）∵点在反比例函数 的图象上，
∴，
解得：，
∴反比例函数的表达式为，
∵在反比例函数的图象上，
∴，
解得 ，(舍去)，
∴点的坐标为，
∵点，在一次函数的图象上，
把点 ，分别代入，得：，
解得，
∴一次函数的表达式为；
（2）如图，连接，交于点，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，，
∴，
∴点的坐标为．
24．(1)证明见解析；
(2)在中点时，四边形是矩形，理由见解析．
【分析】此题考查了矩形判定、菱形的性质，熟练掌握矩形、菱形的边、角、对角线所具有的性质是解题的关键．
（1）利用平行线的性质可得，结合已知和图形中的隐含条件即可证明；
（2）由（）得从而得到，至此，可得四边形是平行四边形； 然后根据矩形的性质得到，再求出，然后根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半即可；
【详解】（1）∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵点是边的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
（2）在中点时，四边形是矩形，理由，
由（）得：，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
∵平行四边形是矩形，
∴， 即，
∵，
∴，
∴，
即在中点时，四边形是矩形．
25．(1)水果超市A种水果每千克的售价应上涨或元；
(2)每千克的售价定为元，才能使每天所获利润最大，最大利润是元．
【分析】此题考查了一元二次方程的应用，二次函数的应用，解题的关键是读懂题意找到等量关系，列出方程和函数关系式．
（）设水果超市种水果每千克的售价应上涨元，每千克利润元，每天可以千克，列出方程，求解即可；
（）设每千克的售价定为元，利润为元，根据题意列出关系式，根据利润率不得高于，求出即可；
【详解】（1）设水果超市种水果每千克的售价应上涨元，根据题意，得，
整理得，，
解得，，
答：水果超市A种水果每千克的售价应上涨或元；
（2）设每千克的售价定为元，利润为元，
，
，
，
∵，
∴，
∵，当时，随的增大而增大，
∴当时，有最大值，
，
答：每千克的售价定为元，才能使每天所获利润最大，最大利润是元．
26．(1)为时，；
(2)当或时，；
(3)的值．
【分析】（）利用勾股定理求得，用的代数式表示出线段，，的长度，利用平行线的判定与性质得出比例式解答即可；
（）过点作于点，得到
利用相似三角形的判定与性质求得，再利用三角形的面积公式得到关于的方程，解方程即可得出结论；
（）过点作于点，过点作于点，利用菱形的性质和等腰三角形的性质得到，利用相似三角形的判定与性质得到关于的比例式，解方程即可得出结论；
本题主要考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，菱形的性质，相似三角形的判定与性质，添加三角形的高线构造相似三角形是解题的关键．
【详解】（1）由题意得，，，
∵，，，
∴ ，
∴，
∴，，，
当，，
∴，
解得：，
∴为时，；
（2）由题意得：，，
∴，
当时， 则 ，
过点作于点，如图，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：或，
∴当或时，；
（3）沿折叠，得到，存在某一时刻，使四边形为菱形，值为理由：
过点作于点，过点作于点，如图，
由题意得：，，
∴，
∵沿折叠得到，
∴，
若四边形为菱形，只需，
∵，，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴沿折叠得到，四边形为菱形时的值．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
