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山东省济南市2025-2026学年九年级上学期数学期中模拟测试练习卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）下列各选项中是一元二次方程的是（　　）
A．x2+1＝x（x+1） B．x2﹣2x﹣3
C．x2﹣1＝0 D．x2＝1
2．（3分）（2020秋 西青区校级月考）如果方程2x2+mx﹣12＝0的一个根是﹣2，那么m的值是（　　）
A．3 B．﹣2 C．2 D．﹣6
3．（3分）（2022秋 灵石县期中）已知菱形ABCD的面积是12cm2，对角线AC＝4cm，则菱形的边长是（　　）
A．3cm B．cm C．5cm D．6cm
4．（3分）（2023春 西峡县期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，BC＝DC，AC，BD交于点O．关于四边形ABCD的形状，甲、乙、丙三人的说法如下：
甲：若添加“AB∥CD”，则四边形ABCD是菱形；
乙：若添加“∠BAD＝90°，则四边形ABCD是矩形；
丙：若添加“∠ABC＝∠BCD＝90°，则四边形ABCD是正方形．
则说法正确的个数是（　　）
A．3个 B．2个 C．1个 D．0个
5．（3分）（2024 遂平县一模）有数字1，2，3的三张卡片，将这三张卡片任意摆成一个三位数，摆出的三位数能被4整除的概率是（　　）
A． B． C． D．
6．（3分）（2023秋 太和区期中）一个黑色不透明的袋子中装有若干个白球和红球，共计10个，这些球除颜色外都相同．将球搅匀，每次从中随机摸出一个球，记下颜色后放回、再搅匀、再摸球，通过大量重复摸球试验后，发现摸到白球的频率稳定于0.4，由此可估计袋子中白球的个数约为（　　）
A．4 B．6 C．8 D．9
7．（3分）（2024秋 南山区期中）如图，在A时测得旗杆的影长是4米，B时测得旗杆的影长是16米，若两次的日照光线恰好垂直，则旗杆的高度是（　　）米．
A．5 B．6 C．7 D．8
8．（3分）（2024秋 和平区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，以原点为位似中心，将△AOB扩大到原来的2倍，得到△OA'B'，若点A的坐标是（1，2），则点A'的坐标是（　　）
A．（2，4） B．（﹣2，﹣4） C．（4，2） D．（﹣4，﹣2）
9．（3分）（2024 莱芜区一模）如图，在△ABC中，AC＝BC，∠BAC＝36°，以点A为圆心，以AC为半径作弧交AB于点D，连接CD，以点D为圆心，以CD为半径作弧交AD于点E，分别以点C、E为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线DP交AC于点F，以下结论不正确的是（　　）
A．∠CDF＝36° B．AF＝BD
C． D．
10．（3分）（2024 深圳模拟）如图，在正方形ABCD中，△BPC是等边三角形，BP，CP的延长线分别交AD于点E，F，连接BD，DP，BD与CF相交于点H．给出下列结论：①；②∠PDE＝15°；③；④；⑤DE2＝PF PC．其中正确的结论有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2024秋 东河区期末）已知3a＝2b，则 　 　 ．
12．（3分）有一数值转换器，原理如图所示，若开始输入x的值是12，可发现第1次输出的结果是6，第2次输出的结果是3，依次继续下去，则第2021次输出的结果是 　 　 ．
13．（3分）（2024春 海陵区期末）小明与同学做“抛掷图钉试验”，获得数据如下：
抛掷次数n 100 300 500 700 800 900 1000
钉尖着地的频数m 36 111 190 266 312 351 391
根据以上数据，可以估计“钉尖着地”的概率为 　 　 .（结果精确到0.01）
14．（3分）（2024 大连一模）如图，为了估计河的宽度，我们可以在河对岸选定一个目标点A，在近岸取点B，使AB与河岸垂直，在近岸取点C，E，使BC⊥AB，CE⊥BC，AE与BC交于点D．已测得BD＝40m，DC＝20m，EC＝24m，则河宽AB为 　 　 ．
15．（3分）（2023 射阳县校级模拟）若关于x的方程x2﹣2ax+a﹣2＝0的一个实数根为x1≥1，另一个实数根x2≤﹣1，则a的取值范围是 　 　 ．
16．（3分）（2024 汇川区一模）如图，将四根长度相等的细木条首尾相连，用钉子钉成四边形ABCD，若AB＝6，∠B＝60°，则B，D两点间的距离为 　 　 ．
三．解答题（共7小题）
17．（2024秋 临县期中）阅读与思考
观察下列方程系数的特征及其根的特征，解决问题：
方程及其根 方程及其根
方程及其关联方程 方程的根 方程及其关联方程 方程的根
①2x2﹣3x+1＝0 ①x2+2x﹣3＝0 x1＝﹣3，x2＝1
②2x2+3x+1＝0 ②x2﹣2x﹣3＝0 x1＝3，x2＝﹣1
… …
（1）请描述一元二次方程和关联方程的系数特征及它们根的关系特征．
（2）方程x2﹣2x﹣4＝0和x2+2x﹣4＝0是不是关联方程？求解两个方程并判断两个方程的根是否符合根的关系特征．
（3）请以一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0，b2﹣4ac≥0）为例证明关联方程根的关系特征．
18．（2020秋 个旧市校级期中）小明和小亮用如图所示两个可以自由转动的转盘做游戏，每个转盘被分成面积相等的几个扇形，转动两个转盘各一次，若两次数字之积小于3，则小明胜，否则小亮胜．这个游戏对双方公平吗？请列表或画树状图说明理由．
19．（2025春 肥城市期末）如图所示是由三个小正方形组成的网格，连接AC，AD，AE，根据要求完成下列题目．
求证：（1）△ACD∽△ECA；
（2）∠ADB+∠AEB＝45°．
20．（2024 市中区校级二模）在 ABCD中，BE⊥CD于点E，点F在AB上，且AF＝CE，连接DF．
（1）求证：△ADF≌△CBE；
（2）连接CF，若CF平分∠BCD，且CE＝3，BE＝4，判断四边形BEDF的形状，并求其面积．
21．（2023秋 宜阳县月考）暑假期间，河北涿州的洪涝灾害，牵动着全国人民的心．某单位开展了“驰援涿州，我们在路上”赈灾捐款活动，第一天收到捐款8000元，第三天收到捐款11520元．
（1）如果第二天、第三天收到捐款的增长率相同，求捐款增长率；
（2）按照（1）中收到捐款的增长速度，第四天该单位能收到多少捐款？
22．（2025春 雁塔区校级期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝12cm，AD＝28cm，BC＝33cm．点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以2cm/s的速度向点B运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，从运动开始，设运动时间为t秒．
（1）t为何值时，四边形ABQP为矩形．
（2）在整个运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形PQCD是菱形？若存在，请你求出t的值；若不存在，请你改变Q点的运动速度，使四边形PQCD在某一时刻为菱形？
23．（2024秋 西岗区期末）在一次数学探究课上，老师给同学们提供了图1的数学模型：“在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，等于腰长的一条线段AD绕点A旋转，…”同学们通过探究后，交流各自的体会：
小晴同学：若α＝60°，则AD在△ABC内旋转任意位置，∠BDC的大小不变（如图2）；
小颖同学：若α＝60°，则AD在△ABC外旋转任意位置，∠BDC的大小也不变（如图3）；
小宁同学：综合前面的结论，发现在图1条件中，AD旋转到任意位置上，∠BDC与α都存在一定的数量关系；
…
老师：在图4中，若α＝60°时，过点D作直线DF与AC交于点F，若∠CFD＝∠ABD，在直线DF上取一动点P，当PA﹣PC的值最大时，该最大值与图中的某条线段存在数量关系；
问题：
（1）若α＝60°时，
①如图2，当AD在△ABC内旋转任意位置，∠BDC＝ 　 　 °；
②如图3，当AD在△ABC外旋转任意位置，∠BDC＝ 　 　 °；
（2）若α取任意数值（0＜α＜90°），AD旋转任意位置，∠BDC＝ 　 　 （用含α的式子表示）；
（3）在图4中，α＝60°，过点D作直线DF与AC交于点F，若∠CFD＝∠ABD，在直线DF上取一动点P，当PA﹣PC的值最大时，该最大值与图中的某条线段存在数量关系，请说出你们的猜想并说明理由．
山东省济南市2025-2026学年九年级上学期数学期中模拟测试练习卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）下列各选项中是一元二次方程的是（　　）
A．x2+1＝x（x+1） B．x2﹣2x﹣3
C．x2﹣1＝0 D．x2＝1
【考点】一元二次方程的定义．
【专题】一元二次方程及应用；数感．
【答案】C
【分析】形如ax2+bx+c＝0（a≠0）的方程即为一元二次方程，据此进行判断即可．
【解答】解：x2+1＝x（x+1）整理得：x＝1，则A不符合题意；
x2﹣2x﹣3不是方程，则B不符合题意；
x2﹣1＝0符合一元二次方程的定义，则C符合题意；
x2＝1不是整式方程，则D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查一元二次方程的定义，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
2．（3分）（2020秋 西青区校级月考）如果方程2x2+mx﹣12＝0的一个根是﹣2，那么m的值是（　　）
A．3 B．﹣2 C．2 D．﹣6
【考点】一元二次方程的解．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】B
【分析】根据一元二次方程的解的定义把x＝﹣2代入方程即可得到关于m的一次方程，然后解一次方程即可得到m的值．
【解答】解：把x＝﹣2代入2x2+mx﹣12＝0，得2×（﹣2）2﹣2m﹣12＝0，
解得m＝﹣2．
故选：B．
【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
3．（3分）（2022秋 灵石县期中）已知菱形ABCD的面积是12cm2，对角线AC＝4cm，则菱形的边长是（　　）
A．3cm B．cm C．5cm D．6cm
【考点】菱形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力；应用意识．
【答案】B
【分析】由菱形的性质得AB＝BC＝CD＝AD，OB＝OD，OA＝OCAC＝2（cm），AC⊥BD，再由菱形的面积公式求出另一条对角线长，然后由勾股定理求出菱形的边长即可．
【解答】解：如图，∵四边形ABCD是菱形，AC＝4cm，
∴AB＝BC＝CD＝AD，OB＝OD，OA＝OCAC＝2（cm），AC⊥BD，
∵菱形ABCD的面积为12cm2，
∴AC BD＝12，
即4 BD＝12，
解得：BD＝6，
∴OBBD6＝3（cm），
在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB（cm），
即菱形的边长为cm，
故选：B．
【点评】本题考查了菱形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
4．（3分）（2023春 西峡县期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，BC＝DC，AC，BD交于点O．关于四边形ABCD的形状，甲、乙、丙三人的说法如下：
甲：若添加“AB∥CD”，则四边形ABCD是菱形；
乙：若添加“∠BAD＝90°，则四边形ABCD是矩形；
丙：若添加“∠ABC＝∠BCD＝90°，则四边形ABCD是正方形．
则说法正确的个数是（　　）
A．3个 B．2个 C．1个 D．0个
【考点】正方形的判定；全等三角形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】B
【分析】根据AB＝AD，BC＝DC，可以得到AC垂直平分BD，然后再根据各个选项中的条件，可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题．
【解答】解：∵AB＝AD，BC＝DC，
∴AC垂直平分BD，
当添加：“AB∥CD”，则∠ABD＝∠BDC，
∵∠BDC＝∠DBC，
∴∠ABO＝∠CBO，
又∵BO＝BO，∠BOA＝∠BOC，
∴△ABO≌△CBO（ASA），
∴BA＝BC，
∴AB＝BC＝CD＝DA，
∴四边形ABCD是菱形，故甲说法正确；
当添加“∠BAD＝90°，无法证明四边形ABCD是矩形，故乙说法错误；
当添加条件“∠ABC＝∠BCD＝90°”时，
则∠ABC+∠BCD＝180°，
∴AB∥CD，
由证选项A可知四边形ABCD是菱形，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是正方形，故丙说法正确；
故选：B．
【点评】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定、全等三角形的判定，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
5．（3分）（2024 遂平县一模）有数字1，2，3的三张卡片，将这三张卡片任意摆成一个三位数，摆出的三位数能被4整除的概率是（　　）
A． B． C． D．
【考点】列表法与树状图法；数的整除．
【专题】概率及其应用；运算能力．
【答案】C
【分析】画树状图得出所有等可能的结果数以及摆出的三位数能被4整除的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【解答】解：画树状图如下：
共有6种等可能的结果，其中摆出的三位数能被4整除的结果有：132，312，共2种，
∴摆出的三位数能被4整除的概率是．
故选C．
【点评】本题考查列表法与树状图法，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．
6．（3分）（2023秋 太和区期中）一个黑色不透明的袋子中装有若干个白球和红球，共计10个，这些球除颜色外都相同．将球搅匀，每次从中随机摸出一个球，记下颜色后放回、再搅匀、再摸球，通过大量重复摸球试验后，发现摸到白球的频率稳定于0.4，由此可估计袋子中白球的个数约为（　　）
A．4 B．6 C．8 D．9
【考点】利用频率估计概率．
【专题】概率及其应用；数据分析观念．
【答案】A
【分析】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．
【解答】解：根据题意得：10×0.4＝4（个），
答：估计袋子中白球的个数约为4个．
故选：A．
【点评】本题考查了利用频率估计概率，解决本题的关键是掌握频率稳定性定理，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．
7．（3分）（2024秋 南山区期中）如图，在A时测得旗杆的影长是4米，B时测得旗杆的影长是16米，若两次的日照光线恰好垂直，则旗杆的高度是（　　）米．
A．5 B．6 C．7 D．8
【考点】相似三角形的应用．
【专题】图形的相似；应用意识．
【答案】D
【分析】利用等角的余角相等得到∠QPC＝∠D，则可判断Rt△PCQ∽Rt△DPQ，然后利用相似比可计算出PQ．
【解答】解：如图，∠CPD＝90°，QC＝4m，QD＝16m，
∵PQ⊥CD，
∴∠PQC＝90°，
∴∠C+∠QPC＝90°，
而∠C+∠D＝90°，
∴∠QPC＝∠D，
∴Rt△PCQ∽Rt△DPQ，
∴，
即，
∴PQ＝8，
即旗杆的高度为8m．
故选：D．
【点评】本题主要考查了相似三角形的应用，解答本题的关键是熟练掌握相似三角形的性质．
8．（3分）（2024秋 和平区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，以原点为位似中心，将△AOB扩大到原来的2倍，得到△OA'B'，若点A的坐标是（1，2），则点A'的坐标是（　　）
A．（2，4） B．（﹣2，﹣4） C．（4，2） D．（﹣4，﹣2）
【考点】位似变换；坐标与图形性质．
【专题】图形的相似；几何直观．
【答案】B
【分析】由题意得，△OAB∽△OA'B'，相似比为1：2，可得.过点A作AC⊥x轴于点C，过点A'作A'C'⊥x轴于点C'，即可得.根据题意可得OC＝1，AC＝2，即可得OC'，A'C'的值，进而可得答案．
【解答】解：由题意得，△OAB∽△OA'B'，相似比为1：2，
∴．
过点A作AC⊥x轴于点C，过点A'作A'C'⊥x轴于点C'，
∴△AOC∽△A'OC'，
∴．
∵点A的坐标是（1，2），
∴OC＝1，AC＝2，
∴OC'＝2，A'C'＝4，
∴点A'的坐标为（﹣2，﹣4）．
故选：B．
【点评】本题考查位似变换、坐标与图形性质，熟练掌握位似的性质是解答本题的关键．
9．（3分）（2024 莱芜区一模）如图，在△ABC中，AC＝BC，∠BAC＝36°，以点A为圆心，以AC为半径作弧交AB于点D，连接CD，以点D为圆心，以CD为半径作弧交AD于点E，分别以点C、E为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线DP交AC于点F，以下结论不正确的是（　　）
A．∠CDF＝36° B．AF＝BD
C． D．
【考点】黄金分割；等腰三角形的性质；作图—基本作图．
【专题】三角形；运算能力．
【答案】D
【分析】根据题中的作图步骤，得出DP平分∠CDA，再结合AC＝BC，∠BAC＝36°可得出图中有多个黄金三角形，据此可解决问题．
【解答】解：根据题中的作图步骤可知，
AC＝AD，DP平分∠CDA．
因为∠BAC＝36°，
所以∠CDA，
所以∠CDF．
故A选项中的结论正确．
因为∠A＝∠ADE＝36°，
所以AF＝DF．
因为∠FCD＝∠CFD＝72°，
所以DF＝CD．
因为∠B＝∠DCB＝36°，
所以CD＝BD，
所以AF＝BD．
故B选项中的结论正确．
由上述过程可知，
点F为线段AC的黄金分割点，
所以．
不妨令CF，AF＝2，
则AD＝AC．
又因为BD＝AF＝2，
所以AB，
则．
故C选项中的结论正确．
因为，
所以．
又因为，
所以
故D选项中的结论错误．
故选：D．
【点评】本题考查黄金分割及等腰三角形的性质，熟知黄金分割的定义是解题的关键．
10．（3分）（2024 深圳模拟）如图，在正方形ABCD中，△BPC是等边三角形，BP，CP的延长线分别交AD于点E，F，连接BD，DP，BD与CF相交于点H．给出下列结论：①；②∠PDE＝15°；③；④；⑤DE2＝PF PC．其中正确的结论有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】相似三角形的判定与性质；等边三角形的性质；正方形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】由正方形和等边三角形的性质得AD∥BC，∠A＝∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，∠PBC＝∠PCB＝60°，PB＝PC，则∠PEF＝∠PFE＝60°，∠ABE＝∠PCD＝30°，所以PE＝PF，则EB＝FC，所以AEEBFC，可判断①正确；可求得∠PDC＝∠DPC＝75°，则∠PDE＝15°，可判断②正确；设PB＝PC＝BC＝CD＝2m，作PG⊥BC于点G，PL⊥CD于点L，则PL＝CG＝BG＝m，求得PGm，则，可判断③正确；再证明△DFH∽△BCH，则，求得，可判断④错误；再证明△PED∽△DEB，得，则DE2＝PE BE＝PF CF≠PF PC，可判断⑤错误，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，△BPC是等边三角形，
∴AD∥BC，∠A＝∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，∠PBC＝∠PCB＝60°，PB＝PC，
∴∠PEF＝∠PBC＝60°，∠PFE＝∠PCB＝60°，∠ABE＝∠PCD＝90°﹣60°＝30°，
∴∠PEF＝∠PFE，AEEB，
∴PE＝PF，
∴PB+PE＝PC+PF，
∴EB＝FC，
∴AEFC，
故①正确；
∵PC＝DC＝BC，∠PCD＝30°，
∴∠PDC＝∠DPC（180°﹣30°）＝75°，
∴∠PDE＝∠ADC﹣∠PDC＝90°﹣75°＝15°，
故②正确；
设PB＝PC＝BC＝CD＝2m，作PG⊥BC于点G，PL⊥CD于点L，
∵∠PGC＝∠GCL＝∠PLC＝90°，
∴四边形PGCL是矩形，
∴PL＝CG＝BGBC＝m，
∴PGm，
∴，
故③正确；
∵tan30°，
∴，
∵DF∥BC，
∴△DFH∽△BCH，
∴，
∴，
故④错误；
∵∠PBC＝60°，∠DBC＝∠BDC＝45°，
∴∠DBE＝∠PBC﹣∠DBC＝60°﹣45°＝15°，
∴∠PDE＝∠DBE，
∵∠PED＝∠DEB，
∴△PED∽△DEB，
∴，
∴DE2＝PE BE＝PF CF≠PF PC，
故⑤错误，
故选：C．
【点评】此题重点考查正方形的性质、等边三角形的性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、三角形内角和定理、锐角三角函数与解直角三角形、三角形的面积公式、相似三角形的判定与性质等知识，证明∠ABE＝∠PCD＝30°是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2024秋 东河区期末）已知3a＝2b，则 　　 ．
【考点】比例的性质．
【专题】图形的相似；运算能力．
【答案】．
【分析】将3a＝2b，代入比例式进行计算即可得解．
【解答】解：∵3a＝2b，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了比例的性质，比较简单，将a换成含有b的式子即可．
12．（3分）有一数值转换器，原理如图所示，若开始输入x的值是12，可发现第1次输出的结果是6，第2次输出的结果是3，依次继续下去，则第2021次输出的结果是 　2　 ．
【考点】代数式求值；有理数的混合运算．
【专题】计算题；猜想归纳；运算能力；推理能力．
【答案】2．
【分析】多算几次输出结果，从中找到规律，推断出第2021次输出的结果．
【解答】解：第一次输出结果：12＝6，
第二次输出结果：6＝3，
第三次输出结果：3+5＝8，
第四次输出结果：8＝4，
第五次输出结果：4＝2，
第六次输出结果：2＝1，
第七次输出结果：1+5＝6，
第八次输出结果：6＝3，
……
∴每6次为一循环，
∵2021÷6＝336……5，
∴第2021次输出的结果为2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了代数式求值，从输出结果中找到规律是本题的关键．
13．（3分）（2024春 海陵区期末）小明与同学做“抛掷图钉试验”，获得数据如下：
抛掷次数n 100 300 500 700 800 900 1000
钉尖着地的频数m 36 111 190 266 312 351 391
根据以上数据，可以估计“钉尖着地”的概率为 　0.39　 .（结果精确到0.01）
【考点】利用频率估计概率．
【专题】概率及其应用；数据分析观念．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据大量重复实验时，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解答即可．
【解答】解：根据表格计算钉尖着地的频率为：0.36，0.37，0.38，0.38，0.39，0.39，0.39，
观察发现：随着实验次数的增多，钉尖着地的频率逐渐稳定到0.39附近，
所以可估计“钉尖不着地”的概率为0.39．
故答案为：0.39．
【点评】本题考查了利用频率估计概率，当实验的所有可能结果不是有限个或结果个数很多，或各种可能结果发生的可能性不相等时，一般通过统计频率来估计概率．
14．（3分）（2024 大连一模）如图，为了估计河的宽度，我们可以在河对岸选定一个目标点A，在近岸取点B，使AB与河岸垂直，在近岸取点C，E，使BC⊥AB，CE⊥BC，AE与BC交于点D．已测得BD＝40m，DC＝20m，EC＝24m，则河宽AB为 　48m　 ．
【考点】相似三角形的应用．
【专题】图形的相似；应用意识．
【答案】见试题解答内容
【分析】求出△ABD和△ECD相似，根据相似三角形对应边成比例列式计算即可得解．
【解答】解：∵AB⊥BC，CE⊥BC，
∴∠ABD＝∠ECD＝90°，
又∵∠ADB＝∠EDC（对顶角相等），
∴△ABD∽△ECD，
∴，
即：，
解得：AB＝48．
故答案为：48m．
【点评】本题考查了相似三角形的应用，主要利用了相似三角形对应边成比例，确定出相似三角形是解题的关键．
15．（3分）（2023 射阳县校级模拟）若关于x的方程x2﹣2ax+a﹣2＝0的一个实数根为x1≥1，另一个实数根x2≤﹣1，则a的取值范围是 　﹣1≤a　 ．
【考点】根与系数的关系；一元二次方程的解；根的判别式．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】﹣1≤a．
【分析】根据题意设y＝x2﹣2ax+a﹣2，是开口向上的抛物线，可得当x＝﹣1和x＝1时，y≤0，求出a的范围即可．
【解答】解：设y＝x2﹣2ax+a﹣2，是开口向上的抛物线，
∵方程一个实数根为x1≥1，另一个实数根x2≤﹣1，
∴当x＝﹣1和x＝1时，y≤0，即，Δ＝4a2﹣4（a﹣2）＝4（a2﹣a+2）＞0，
解得：﹣1≤a．
【点评】此题考查了根与系数的关系，根的判别式，一元二次方程的解，以及二次函数的性质，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
16．（3分）（2024 汇川区一模）如图，将四根长度相等的细木条首尾相连，用钉子钉成四边形ABCD，若AB＝6，∠B＝60°，则B，D两点间的距离为 　　 ．
【考点】菱形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】连接AC、BD相交于点O，由菱形的性质得出AC⊥BD，BO＝DO，∠ABD＝∠CBD，先求出AO的长，即可求出BO的长，从而求出BD的长即可．
【解答】解：连接AC、BD相交于点O，
由题意知四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，BO＝DO，∠ABD＝∠CBD，
∵AB＝6，∠B＝60°，
∴∠ABD＝∠CBD＝30°，
∴AO3，
由勾股定理得，
∴BD＝2BO，
即B，D两点间的距离为，
故答案为：．
【点评】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
三．解答题（共7小题）
17．（2024秋 临县期中）阅读与思考
观察下列方程系数的特征及其根的特征，解决问题：
方程及其根 方程及其根
方程及其关联方程 方程的根 方程及其关联方程 方程的根
①2x2﹣3x+1＝0 ①x2+2x﹣3＝0 x1＝﹣3，x2＝1
②2x2+3x+1＝0 ②x2﹣2x﹣3＝0 x1＝3，x2＝﹣1
… …
（1）请描述一元二次方程和关联方程的系数特征及它们根的关系特征．
（2）方程x2﹣2x﹣4＝0和x2+2x﹣4＝0是不是关联方程？求解两个方程并判断两个方程的根是否符合根的关系特征．
（3）请以一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0，b2﹣4ac≥0）为例证明关联方程根的关系特征．
【考点】根的判别式；一元二次方程的定义；一元二次方程的解；解一元二次方程﹣配方法；解一元二次方程﹣因式分解法．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】（1）描述见解析；
（2）是，求解及判断过程见解析；
（3）证明见解析．
【分析】（1）通过观察表格信息即可发现并得出一元二次方程和关联方程的系数特征及它们根的关系特征；
（2）根据一元二次方程和关联方程的系数特征进行判断即可；利用公式法求解两个方程，并判断两个方程的根是否符合根的关系特征即可；
（3）利用公式法解一元二次方程及其关联方程，并判断两个方程的根是否符合根的关系特征即可．
【解答】（1）解：由表格可知：一元二次方程和关联方程的系数特征是：二次项系数、常数项相同，一次项系数互为相反数，
一元二次方程和关联方程的根的关系特征是：对应根互为相反数；
（2）解：方程x2﹣2x﹣4＝0和x2+2x﹣4＝0是关联方程，理由如下：
∵方程x2﹣2x﹣4＝0和x2+2x﹣4＝0的二次项系数、常数项相同，一次项系数互为相反数，符合（1）中描述的特征，
∴它们是关联方程；
∵方程x2﹣2x﹣4＝0的根是：，，
方程x2+2x﹣4＝0的根是：，，
∴它们的两个根对应互为相反数，符合根的关系特征；
（3）证明：由公式法可知ax2+bx+c＝0的根是：，
由公式法可知它的关联方程ax2﹣bx+c＝0的根是：，
∴它们的两个根对应互为相反数．
【点评】本题主要考查了一元二次方程的一般形式，判断是否互为相反数，公式法解一元二次方程等知识点，通过观察表格信息发现并总结出一般规律是解题的关键．
18．（2020秋 个旧市校级期中）小明和小亮用如图所示两个可以自由转动的转盘做游戏，每个转盘被分成面积相等的几个扇形，转动两个转盘各一次，若两次数字之积小于3，则小明胜，否则小亮胜．这个游戏对双方公平吗？请列表或画树状图说明理由．
【考点】游戏公平性；列表法与树状图法．
【专题】概率及其应用；应用意识．
【答案】这个游戏对双方公平．理由如下：
∴共有6种等可能的结果，
其中两次数字之积小于3的有 （1，1）（1，1），（2，1）（2，1），（1，2）（1，2）共3个，
∴概率为 ，
所以对双方公平．
【分析】首先依据题先用列表法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率，游戏是否公平，求出游戏双方获胜的概率，比较是否相等即可．
【解答】解：这个游戏对双方公平．理由如下：
∴共有6种等可能的结果，
其中两次数字之积小于3的有3种，
∴两次数字之积小于3的概率为 ，
所以对双方公平．
【点评】本题考查的是游戏的公平性，用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件．游戏双方获胜的概率相同，游戏就公平，否则游戏不公平．
19．（2025春 肥城市期末）如图所示是由三个小正方形组成的网格，连接AC，AD，AE，根据要求完成下列题目．
求证：（1）△ACD∽△ECA；
（2）∠ADB+∠AEB＝45°．
【考点】相似三角形的判定与性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解答；
（2）证明见解答．
【分析】（1）可证明三个小正方形的边长相等，且B、C、D、E四点在同一条直线上，设AB＝BC＝CD＝DE＝m，则CE＝2m，CAm，则，而∠ACD＝∠ECA，即可根据“两边成比例且夹角相等的两个三角形相似”证明△ACD∽△ECA；
（2）由AB＝BC，∠B＝90°，得∠ACB＝∠BAC＝45°，则∠ADB+∠DAC＝45°，由相似三角形的性质得∠DAC＝∠AEB，则∠ADB+∠AEB＝45°．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCH、四边形HCDG和四边形GDEF都是正方形，
∴AB＝BC＝CH＝CD＝DG＝DE，∠B＝∠BCH＝∠HCD＝∠CDG＝∠GDE＝90°，
∴∠BCH+∠HCD＝180°，∠CDG+∠GDE＝180°，
∴B、C、D、E四点在同一条直线上，
设AB＝BC＝CD＝DE＝m，则CE＝2m，CAm，
∵，，
∴，
∵∠ACD＝∠ECA，
∴△ACD∽△ECA．
（2）∵AB＝BC，∠B＝90°，
∴∠ACB＝∠BAC＝45°，
∵∠ACB＝∠ADB+∠DAC，
∴∠ADB+∠DAC＝45°，
∵△ACD∽△ECA，
∴∠DAC＝∠AEB，
∴∠ADB+∠AEB＝45°．
【点评】此题重点考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，推导出，进而证明△ACD∽△ECA是解题的关键．
20．（2024 市中区校级二模）在 ABCD中，BE⊥CD于点E，点F在AB上，且AF＝CE，连接DF．
（1）求证：△ADF≌△CBE；
（2）连接CF，若CF平分∠BCD，且CE＝3，BE＝4，判断四边形BEDF的形状，并求其面积．
【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；（2）20．
【分析】（1）由平行四边形的性质得到CB＝AD，∠A＝∠BCD，然后利用已知条件即可解决问题；
（2）首先利用已知条件推出四边形BEDF是平行四边形，再根据矩形的判定定理即可得到结论；由矩形的性质得DE＝BF，由角平分线的定义得到∠DCF＝∠BCF，由平行线的性质得到∠DCF＝∠CFB，证出BF＝BC＝5，进而解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CB＝AD，∠A＝∠BCD，
在△ADF和△CBE中，
，
∴△ADF≌△CBE（SAS）；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∵AF＝CE，
∴AB﹣AF＝CD﹣CE，
即BF＝DE，BF∥DE，
∴四边形BEDF为平行四边形，
又∵BE⊥CD，
∴∠BED＝90°，
∴平行四边形BEDF为矩形；
∵CF平分∠BCD，
∴∠BCF＝∠DCF，
∵AB∥CD，
∴∠BFC＝∠DCF，
∴∠BCF＝∠BFC，
∴BC＝BF，
在Rt△BCE中，由勾股定理得BC5，
∴BC＝BF＝5，
∴S矩形BEDF＝BF BE＝5×4＝20．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握矩形的判定与性质，属于中考常考题型．
21．（2023秋 宜阳县月考）暑假期间，河北涿州的洪涝灾害，牵动着全国人民的心．某单位开展了“驰援涿州，我们在路上”赈灾捐款活动，第一天收到捐款8000元，第三天收到捐款11520元．
（1）如果第二天、第三天收到捐款的增长率相同，求捐款增长率；
（2）按照（1）中收到捐款的增长速度，第四天该单位能收到多少捐款？
【考点】一元二次方程的应用．
【专题】一元二次方程及应用；应用意识．
【答案】（1）捐款增长率为20%；
（2）第四天该单位能收到13824元捐款．
【分析】（1）设捐款增长率为x，根据题意列出方程进行求解即可；
（2）根据增长率进行计算即可．
【解答】解：（1）设捐款增长率为x．由题意得：8000（1+x）2＝11520，
，
，
，
，（不合题意，舍去），
．即捐款增长率为20%．
（2）（元）
即第四天该单位能收到13824元捐款．
【点评】本题主要考查了一元二次方程的应用，找出等量关系，列出方程是解题的关键．
22．（2025春 雁塔区校级期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝12cm，AD＝28cm，BC＝33cm．点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以2cm/s的速度向点B运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，从运动开始，设运动时间为t秒．
（1）t为何值时，四边形ABQP为矩形．
（2）在整个运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形PQCD是菱形？若存在，请你求出t的值；若不存在，请你改变Q点的运动速度，使四边形PQCD在某一时刻为菱形？
【考点】矩形的判定与性质；菱形的判定．
【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）当AP＝BQ时，四边形ABQP是矩形，可得t＝33﹣2t，即可求解；
（2）先利用CQ＝CD求出时间t，再求出AP，进而得出DP，由菱形的判定可判断结论，由菱形的性质即可得出结论．
【解答】解：（1）在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴当AP＝BQ时，四边形ABQP是矩形，
即t＝33﹣2t，
解得：t＝11，
∴当t＝11时，四边形PQBA是矩形；
（2）不存在某一时刻t，使四边形PQCD是菱形，理由如下：
∵四边形PQCD是菱形，
∴CQ＝CD，
∴2t＝13，
∴t，
此时，DP＝AD﹣AP＝28（cm），
而DP≠CD，
∴四边形PQCD不可能是菱形．
若四边形PQCD为菱形，
∴PD＝CD＝CQ，
∴28﹣t＝13，
∴t＝15，
设点Q的运动速度为v，
∴15v＝13，
∴vcm/s．
即Q点的运动速度为cm/s，使四边形PQCD为菱形．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的判定和性质，菱形的判定与性质，勾股定理，构造出直角三角形是解本题的关键．
23．（2024秋 西岗区期末）在一次数学探究课上，老师给同学们提供了图1的数学模型：“在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，等于腰长的一条线段AD绕点A旋转，…”同学们通过探究后，交流各自的体会：
小晴同学：若α＝60°，则AD在△ABC内旋转任意位置，∠BDC的大小不变（如图2）；
小颖同学：若α＝60°，则AD在△ABC外旋转任意位置，∠BDC的大小也不变（如图3）；
小宁同学：综合前面的结论，发现在图1条件中，AD旋转到任意位置上，∠BDC与α都存在一定的数量关系；
…
老师：在图4中，若α＝60°时，过点D作直线DF与AC交于点F，若∠CFD＝∠ABD，在直线DF上取一动点P，当PA﹣PC的值最大时，该最大值与图中的某条线段存在数量关系；
问题：
（1）若α＝60°时，
①如图2，当AD在△ABC内旋转任意位置，∠BDC＝ 　150　 °；
②如图3，当AD在△ABC外旋转任意位置，∠BDC＝ 　30　 °；
（2）若α取任意数值（0＜α＜90°），AD旋转任意位置，∠BDC＝ 　180°α或α　 （用含α的式子表示）；
（3）在图4中，α＝60°，过点D作直线DF与AC交于点F，若∠CFD＝∠ABD，在直线DF上取一动点P，当PA﹣PC的值最大时，该最大值与图中的某条线段存在数量关系，请说出你们的猜想并说明理由．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；推理能力；应用意识．
【答案】（1）①150；②30；
（2）180°α或α．
（3）结论：PA＝PC的最大值＝BD．理由见解析．
【分析】（1）①由AB＝AD＝AC，推出∠ABD＝∠ADB，∠ADC＝∠ACD，可得∠BDC＝∠ADB+∠ADC＝60°+∠DBC+60°+∠DCB＝120°+（180°﹣∠BDC），求出∠BDC即可；
②由AB＝AD＝AC，推出∠ABD＝∠ADB，∠ADC＝∠ACD，可得∠BDC＝∠ADB﹣∠ADC＝∠DBC﹣60°﹣（60°﹣∠DCB）＝﹣120°+（180°﹣∠BDC），求出∠BDC即可；
（2）利用（1）中方法可得结论；
（3）结论：PA﹣PC的最大值＝BD．如图4中，作点C关于直线DF的对称点C′，连接AC′，DC′，CC′，PC′．利用全等三角形的性质证明AC′＝BD可得结论．
【解答】解：（1）①如图2中，∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵AB＝AD＝AC，
∴∠ABD＝∠ADB，∠ADC＝∠ACD，
∴∠BDC＝∠ADB+∠ADC＝60°+∠DBC+60°+∠DCB＝120°+（180°﹣∠BDC），
∴∠BDC＝150°．
故答案为：150；
②如图3中，∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵AB＝AD＝AC，
∴∠ABD＝∠ADB，∠ADC＝∠ACD，
∴∠BDC＝∠ADB﹣∠ADC＝∠DBC﹣60°﹣（60°﹣∠DCB）＝﹣120°+（180°﹣∠BDC），
∴∠BDC＝30°．
故答案为：30；
（2）当AD在△ABC内旋转时，∠BDC＝180°α．
当AD在△ABC外旋转时，∠BDCα．
故答案为：180°α或α．
（3）结论：PA＝PC的最大值＝BD．
理由：如图4中，作点C关于直线DF的对称点C′，连接AC′，DC′，CC′，PC′．
∵∠CFD+∠AFD＝180°，∠CFD＝∠ABD，
∴∠ABD+∠AFD＝180°，
∴∠BAF+∠BDF＝180°，
∵∠BAF＝60°，
∴∠BDF＝120°，
∵∠BDC＝150°，
∴∠CDF＝150°﹣120°＝30°，
∵C，C′关于DF对称，
∴DC＝DC′，∠CDF＝∠C′DF＝30°，
∴∠CDC′＝60°，
∴△CDC′是等边三角形，
∴∠DCC′＝∠ACB＝60°，CD＝CC′，
∴∠BCD＝∠ACC′，
∵CA＝CB，
∴△BCD≌△ACC′（SAS），
∴AC′＝BD，
∴PC＝PC′，
∴PA﹣PC＝PA﹣PC′≤AC′＝BD，
∴PA﹣PC的最大值为BD．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．】
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

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