资源简介

四川省成都外国语学校2024-2025学年下学期期中考试九年级数学试题
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，答案涂在答题卡上）
1．（2025九下·成都期中）实数 的相反数是（　　）
A．2025 B．-2025 C． D．
2．（2025九下·成都期中）一个由若干大小相同的小正方体搭成的几何体，从上面看到的几何体的形状图如图所示，每个正方形中的数字表示在该位置的小正方体的个数，则从正面看到的这个几何体的形状图是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025九下·成都期中）下列运算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025九下·成都期中）在平面直角坐标系中，将点向右平移2个单位长度，所得到的点关于原点中心对称后的点的坐标为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025九下·成都期中）一次数学测试，某学习小组6名学生的分数分别为118，102，111，105，107，117．这组数据的平均数和中位数分别是(　　)
A．110，109 B．110，108 C．109，109 D．110，110
6．（2025九下·成都期中）下列命题中，正确的是（　　）
A．一组邻边相等的四边形是菱形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
D．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
7．（2025九下·成都期中）用如图1中的长方形和正方形纸板作侧面和底面，做成如图2的竖式和横式两种无盖纸盒．现在仓库里有500张正方形纸板和800张长方形纸板，问两种纸盒各做多少个，恰好将库存的纸板用完？设做竖式纸盒x个，横式纸盒y个，恰好将库存的纸板用完，则可列方程是（　　）
A． B．
C． D．
8．（2025九下·成都期中）如图，在平行四边形 ABCD 中，BC＝2AB＝8，连接 BD，分别以点B，D为圆心，大于BD长为半径作弧，两弧交于点E和点F，作直线EF交AD于点I，交BC于点H，点H恰为BC的中点，连接AH，则AH的长为（　　）
A． B．6 C．7 D．4
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9．（2025九下·成都期中）已知：（a+6）2+=0，则2b2﹣4b﹣a的值为　 　．
10．（2025九下·成都期中）方程的解是　 　
11．（2025九下·成都期中）扇面画是中国传统书画中一种独具特色的艺术样式，将扇子的实用功能与书画的观赏功能巧妙结合．如图所示，已知，，的长为，则的长为　 　．
12．（2025九下·成都期中）为庆祝西南大学附属中学110周年，该校准备举办音乐庆典活动，现从音乐团的2个男生和3个女生中选取2个同学参加表演，恰好选中一个男生和一个女生的概率是　 　．
13．（2025九下·成都期中）如图，在中，，，，点E为边上的动点，点F为边上的动点，则线段的最小值为　 　．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14．（2025九下·成都期中）（1）计算：
（2）解不等式组：
15．（2025九下·成都期中）随着教育信息化的不断推进，网络学习逐渐成为了学生课余学习的主要方式之一．梁老师为了解某校学生课余网络学习的情况，随机调查了部分学生一周课余网络学习时长的情况，绘制了以下不完整的频数分布表和扇形统计图．
组别 学习时长成t/小时 人数
A 8
B 16
C a
D b
E 12
根据以上信息解答下列问题．
（1）此次调查共抽取了多少名学生
（2）C组、D组的学生各有多少人
（3）若该校共有2000名学生，估计该校一周课余网络学习时长不少于4.5小时的学生人数．
16．（2025九下·成都期中）随着科学技术的发展，机器人早已能按照设计的指令完成各种动作．在坐标平面上，根据指令[S，α]（S≥0，0°＜α＜180°）机器人能完成下列动作：先原地顺时针旋转角度α，再朝其对面方向沿直线行走距离s．
（1）如图，若机器人在直角坐标系的原点，且面对y轴的正方向，现要使其移动到点A（2，2），则给机器人发出的指令应是什么；
（2）机器人在完成上述指令后，发现在P（6，0）处有一小球正向坐标原点做匀速直线运动，已知小球滚动的速度与机器人行走的速度相同，若忽略机器人原地旋转的时间，请你给机器人发一个指令，使它能最快截住小球．（如图，点C为机器人最快截住小球的位置，角度精确到度；参考数据：sin49°≈0.75，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75）
17．（2025九下·成都期中）如图，四边形内接于，对角线是的直径，平分，交于点E，过点D作，交的延长线于点F．
（1）求证：；
（2）过点F作交延长线于点G，求证：．
18．（2025九下·成都期中）如图1，一次函数与反比例函数的图象相交于点，与x轴交于点B，与y轴交于点C，已知．
（1）求反比例函数与一次函数解析式；
（2）若直线过点，且与反比例函数交于点D，点F是y轴上的一个动点．点P是直线上的一个动点，当最小时，求的最小值及此时点F的坐标：
（3）如图2，若点，连接，将线段以点D为圆心逆时针旋转，得到线段，连接，在反比例函数图象上是否存在一点Q，使得？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
四、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19．（2025九下·成都期中）如图，两个全等的直角三角形重叠在一起，将其中的一个三角形沿着点B到C的方向平移到的位置，，，平移距离为6，则阴影部分面积为　 　．
20．（2025九下·成都期中）已知关于的一元二次方程的两个实数根为，，且满足，则的值为　 　．
21．（2025九下·成都期中）各数位都不为0的四位正整数m，若它的千位数字与十位数字的和等于百位数字与个位数字的和，则称这个四位数m是“间和数”．将m的首位数字放在末尾得到一个新数记为，再将的首位数字放在末尾得到，以此类推得到，记F（m）＝，则的值为　 　．已知t为“间和数”，其中，a，b，c均为整数，，，，若能被13整除，且（s为正整数），则t的值为　 　
22．（2025九下·成都期中）如图，在矩形中，，点P为边上一动点，连接交对角线于点E，过点E作，交于点F，连接交于点G，在点P的运动过程中，面积的最小值为　 　．
23．（2025九下·成都期中）对于一个函数，如果它的自变量 x 与函数值 y 满足：当 1≤x≤1 时， 1≤y≤1，则称这个函数为“闭 函数”.例如：y=x，y= x 均是“闭函数”. 已知 y = ax2+ bx + c(a≠0) 是“闭函数”，且抛物线经过点 A(1， 1)和点 B( 1，1)，则 a 的取值范围是　 　.
五、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24．（2025九下·成都期中）“体育承载着国家强盛、民族振兴的梦想，体育强则中国强，国运兴则体育兴．”为引导学生在体育锻炼中享受乐趣、增强体质，学校开展大课间活动，七年级五班拟组织学生参加跳绳活动，需购买A，B两种跳绳若干，已知购买3根A种跳绳和1根B种跳绳共需105元；购买5根A种跳绳和3根B种跳绳共需215元，
（1）求A，B两种跳绳的单价各是多少元
（2）如果班级计划购买A，B两型跳绳共48根，总费用不超过1388元，那么最多可以购买B种跳绳多少根
25．（2025九下·成都期中）已知：抛物线与轴交于、两点(点在点左侧)，对称轴为直线，抛物线的顶点为，与轴的交点为，点、都在直线上，为抛物线上第二象限内一动点且不与点重合．
（1）求该抛物线的关系式；
（2）如图，直线与相交于点，若以、、为顶点的三角形与相似，请求出点的横坐标；
（3）过点的直线与抛物线交于点，若，直线是否过一定点？若过定点，请直接写出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
26．（2025九下·成都期中）如图，在菱形中，是锐角，E是边上的动点，将射线绕点A按逆时针方向旋转，交直线于点F．
（1）当，时，
①求证：；
②连结，，若，求的值；
（2）当时，延长交射线于点M，延长交射线于点N，连结，，若，，则当为何值时，是等腰三角形．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】实数的相反数
【解析】【解答】解：实数 的相反数是
故答案为D.
【分析】任意数a的相反数是-a.
2．【答案】C
【知识点】小正方体组合体的三视图
【解析】【解答】解：从正面看到的这个几何体的形状图是
故答案为：C．
【分析】利用已知俯视图上标注的数字可知主视图有3列，第1列有3个小正方形，第2列有2个，第3列有3个，据此进行判断即可．
3．【答案】A
【知识点】完全平方公式及运用；平方差公式及应用；合并同类项法则及应用；积的乘方运算
【解析】【解答】解：A、，此选项计算正确，符合题意；
B、，此选项计算错误，不符合题意；
C、，此选项计算错误，不符合题意；
D、与不能合并，此选项计算错误，不符合题意.
故答案为：A．
【分析】两个二项式中有一项完全相同，另一项互为相反数，这样的两个二项式相乘可以使用平方差公式，计算的结果等于完全相同的项得平方减去另一项的完全平方，据此可判断A选项；两个数和的完全平方等于这两个数的平方和与这两个数积的2倍的积，据此可判读B选项；由积的乘方，等于把积中的每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘；幂的乘方，底数不变，指数相乘即可判断C选项；整式加法的实质就是合并同类项，所谓同类项就是所含字母相同，而且相同字母的指数也分别相同的项，同类项与字母的顺序没有关系，与系数也没有关系，合并同类项的时候，只需要将系数相加减，字母和字母的指数不变，但不是同类项的一定就不能合并，从而即可判断D选项.
4．【答案】D
【知识点】坐标与图形变化﹣平移；关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：将点向右平移2个单位长度后的坐标为：，
∴关于原点中心对称后的点的坐标为；
故答案为：D．
【分析】根据点的坐标平移规律“横坐标左减右加，纵坐标下减上加”，可知横坐标应变为5，而纵坐标不变，再利用关于原点对称的两个点的坐标特点“横坐标互为相反数，纵坐标也互为相反数”可得答案.
5．【答案】A
【知识点】平均数及其计算；中位数
【解析】【解答】解：∵ 该学习小组6名学生的分数分别为118，102，111，105，107，117 ，
∴这组数据的平均数为：，
将这组数据由小到大排列为：102，105，107，111，117，118，
中位数为：，
这组数据的平均数和中位数分别是110，109．
故答案为：A．
【分析】根据平均数和中位数的概念进行计算即可．
6．【答案】D
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定
【解析】【解答】 解：A：一组邻边相等的四边形不一定是平行四边形，一组邻边相等的平行四边形是菱形，故A错误；
B：对角线互相垂直的四边形不一定是平行四边形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故B错误；
C：等腰梯形一组对边平行，另一组对边相等，不为平行四边形，故C错误；
D：两组对边分别相等的四边形是平行四边形，说法正确，故D正确；
故答案为：D．
【分析】利用菱形的判定定理可对A、B作出判断；利用平行四边形的判定定理可对C、D作出判断.
7．【答案】D
【知识点】列二元一次方程组
【解析】【解答】解：根据题意，得，
故答案为：D．
【分析】设做竖式纸盒x个，横式纸盒y个，根据共有500张正方形纸板和800张长方形纸板，列方程组求解．
8．【答案】A
【知识点】线段垂直平分线的性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接DH，
根据作图过程可知：EF是线段BD的垂直平分线，
∴DH=BH，
∵点H为BC的中点，
∴BH=CH，BC=2CH，
∴DH=CH，
在 ABCD中，AB=DC，
∵AD=BC=2AB=8，
∴DH=CH=CD=4，
∴△DHC是等边三角形，
∴∠C=∠CDH=∠DHC=60°，
在 ABCD中，∠BAD=∠C=60°，AD∥BC，
∴∠DAH=∠BHA，
∵AB=BH，
∴∠BAH=∠BHA，
∴∠BAH=∠DAH=30°，
∴∠AHD=90°，
∴AH=．
故答案为：A．
【分析】连接DH，根据作图过程可得EF是线段BD的垂直平分线，则DH=BH，再根据线段中点可得BH=CH，BC=2CH，则DH=CH，再根据平行四边形性质可得DH=CH=CD=4，根据等边三角形判定定理可得△DHC是等边三角形，则∠C=∠CDH=∠DHC=60°，再根据平行四边形性质可得∠DAH=∠BHA，则∠BAH=∠DAH=30°，再根据勾股定理即可求出答案.
9．【答案】12
【知识点】偶次方的非负性；算术平方根的性质（双重非负性）；求代数式的值-整体代入求值
【解析】【解答】解：∵（a+6）2+=0，
∴a+6=0，b2﹣2b﹣3=0，
解得，a=﹣6，b2﹣2b=3，
可得2b2﹣4b=6，
则2b2﹣4b﹣a=6﹣（﹣6）=12，
故答案为：12．
【分析】由偶数次幂及算术平方根的非负性，根据两个非负数的和为零，则每一个数都等于零可求得a=﹣6，b2﹣2b=3，由等式性质可得2b2﹣4b=6，从而整体代入计算可得答案.
10．【答案】
【知识点】去分母法解分式方程
【解析】【解答】解：，
去分母，得，
化简，得：，
解得：，
经检验，是分式方程的解，
故答案为：．
【分析】先去分母，将分式方程化为整式方程，求出整式方程的解，然后检验可得原方程的解.
11．【答案】50
【知识点】弧长的计算
【解析】【解答】解：∵，，的长为，
∴，，
∴的长为；
故答案为：50．
【分析】首先根据弧长公式“”结合的长为20cm建立方程求出∠AOB的度数，然后再根据弧长公式计算的长即可.
12．【答案】
【知识点】用列表法或树状图法求概率
【解析】【解答】解：画树状图如下：
由图可知，共有20种等可能的结果，其中选取的2个学生恰好是一个男生和一个女生的结果有12种，
∴选取的2名学生恰好是1名男生、1名女生的概率为：，
故答案为：．
【分析】此事件是抽取不放回，列出树状图，利用树状图可得到所有等可能的结果数及选取的2个学生恰好是一个男生和一个女生的情况数，然后利用概率公式进行计算.
13．【答案】4
【知识点】垂线段最短及其应用；含30°角的直角三角形；轴对称的性质
【解析】【解答】解：∵ 在中，，
；
如图，作点关于的对称点，连接，
，∠B'AC=∠BAC=15°，
，∠B'AB=30°，
由两点之间线段最短可知，当点共线时，最小，最小值为，
由垂线段最短可知，当时，的值最小，
在中，，
即的最小值为4，
故答案为：4．
【分析】作点B关于AC的对称点B'，连接B'E、B'F、AB'，由轴对称性质得AB'=AB=8，B'E=BE，∠B'AC=∠BAC=15°；先根据两点之间线段最短、垂线段最短可得当B'F⊥AB时，线段EF+EB=EF+B'F的值最小，最小值为B'F；在Rt△B'AF中，根据含30°角直角三角形的性质得出B'F=4，从而就可得出答案.
14．【答案】解：（1）
；
（2）
解不等式①，得，
解不等式②，得，
∴不等式组的解集为
【知识点】零指数幂；解一元一次不等式组；实数的混合运算（含开方）；特殊角的三角函数的混合运算
【解析】【分析】（1）先算乘方运算，同时代入特殊角的三角函数值，再算加减法即可.
（2）先分别求出不等式组中每一个不等式的解集，再确定出不等式组的解集.
15．【答案】（1）解：∵(人)，故此次调查共抽取了80名学生．
（2）解：根据题意，根据题意，得D组人数：(人)．
C组人数(人)，
故C组、D组的学生各有20名、24名．
（3）解：根据题意，得(人)．
答：该校一周课余网络学习时长不少于4.5小时的学生人数为900名．
【知识点】频数（率）分布表；扇形统计图；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【分析】（1）根据统计图表提供的信息，用B组的频数除以其所占的百分比即可求出此次调查共抽取的学生人数；
（2）用本次调查的总人数乘以D组人数所占的百分比即可求出D组的人数，根据各组人数之和等腰u本次调查的总人数即可求出C组的人数；
（3）利用样本估计总体的思想，用该校学生的总人数乘以样本中一周课余网络学习时长不少于4.5小时的学生人数所占的百分比即可估计出该校学生一周课余网络学习时长不少于4.5小时的学生人数.
16．【答案】解（1）作AB⊥x轴，
∵A（2，2），
∴OA=2，
∴∠AOB=45°，
∴给机器人发的指令为：[2，45°]；
（2）作AC=PC，设PC=x，则BC=4-x，
在Rt△ABC中：，
解得x=2.5，
又∵tan∠BAC=，
∴∠BAC=37°，
∵∠OAB=45°，
∴∠OAC=37°+45°=82°，
∴∠DAC=180°-82°=98°，
∴输入的指令为[2.5，98°]．
【知识点】勾股定理；解直角三角形；旋转的性质
【解析】【分析】（1）作AB⊥x轴，根据两点间距离可得OA=2，再根据直角三角形性质即可求出答案.
（2）作AC=PC，设PC=x，则BC=4-x，根据勾股定理建立方程，解方程可得x=2.5，再根据正切定义可得tan∠BAC，再根据角之间的关系即可求出答案.
17．【答案】（1）证明：∵是的直径，
∴，
∵平分，
∴，
∴∠ABD=∠ACD=∠CBD=∠CAD=45°，
∴，
∵，
∴∠BDA+∠ADF=∠BDA+∠BDC=90°，
∴∠BDC=∠ADF，
∵四边形是的内接四边形，
∴∠DAB+∠BCD=180°，
又∠DAB+∠DAF=180°
∴，
∴，
∴．
（2）证明：在上截取，设与的交点为点N，连接，
∵
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵
∴P，A，E，D四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定与性质；圆内接四边形的性质；确定圆的条件；圆周角定理的推论
【解析】【分析】（1）由直径所对圆周角等于90°得，由角平分线的定义得，由同弧所对的圆周角相等得∠ABD=∠ACD=∠CBD=∠CAD=45°，由等角对等边得，由角的构成及同角的余角相等推出∠BDC=∠ADF，由圆内接四边形的对角互补、邻补角及同角的补角相等得出∠DAF=∠DCB，从而用“ASA”证△DAF≌△DCB，由全等三角形的对应边相等可得结论；
（2）在DF上截取DP=DE，设DF与的交点为点N，连接PG、PA、AN，由角的构成及同角的余角相等推出∠EDC=∠PDA，从而利用“SAS”证△DPA≌△DEC，由全等三角形的性质得AP=EC，∠PAD=∠ECD=∠DAC=45°，则∠PAG=∠PAC=90°，根据圆内角四边形的一个外角等于其内对角得出∠PNA=∠DBA=45°，则∠AFN=∠PNA=∠DBA=45°，由等角对等边得AF=AN，由二直线平行，内错角相等推出∠GFA=∠ABD=45°，，则根据确定圆的条件判断出P，A，E，D四点共圆， 根据圆内角四边形的一个外角等于其内对角得出，则，从而用“ASA”证△NPA≌△FGA，由全等三角形的对应边相等得AP=AG，从而用等量代换可得结论.
（1）∵是的直径，
∴，
∵平分，
∴，，
∵，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∴．
（2）在上截取，设与的交点为点N，连接，
∵
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵
∴P，A，E，D四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
18．【答案】（1）解：∵，
∴，
∴，，
将，代入得：，
解得：，
∴一次函数解析式为；
将代入得：，
∴，
将代入得：，
∴，
∴反比例函数解析式为；
（2）解：设直线的解析式为，
将，代入解析式，得，
解得：，
∴直线的解析式为，
如图，作轴于，轴于，交直线于，
，
设，则，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
当、、再同一直线上，且轴时，值最小，此时最小值为，
∵，
∴在中，当时，，即，
如图，作点关于轴的对称点为，连接交轴于，
由轴对称的性质可得，，
∴，由两点之间，线段最短可得此时的值最小，最小值为，
设直线的解析式为，
将，代入解析式得，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴，即点F的坐标；
（3）解：在反比例函数上存在一点，使得，点Q的坐标为或.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题；等腰三角形的判定与性质；坐标系中的两点距离公式；求正弦值
【解析】【解答】（3）解：在反比例函数上存在一点，使得，理由如下：
过点作轴的垂线，过点、作垂线的垂线交于点、，则，
，
由旋转的性质可得，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，即，
设直线与直线交于，
∵，，
∴，
∴，
作于，则，
∴的横坐标为，
设直线的解析式为，
将，代入解析式得，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，，即，
设直线的解析式为，
将，代入解析式得，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，
解得：，
当时，，当时，，
∴点Q的坐标为或．
【分析】（1）由得出，从而得到，，将点B、C的坐标分别代入y=kx+b可得关于字母k、b的二元一次方程组，解方程组求出k、b的值即可得到一次函数的解析式；然后将A(-1，n)代入所求的函数解析式算出n的值为6，则可得A(-1，6)，进而将点A(-1，6)代入 算出m的值即可得到反比例函数的解析式；
（2）首先用待定系数法求出直线BD的解析式；作轴于，轴于，交直线BD于P'，根据点的坐标与图形性质，设，则，根据两点间的距离公式表示出PG、BG、PB；根据正弦函数的定义由∠PBG的正弦函数可得PG=PB，则，当、、再同一直线上，且轴时，值最小，此时最小值为AH；根据点的坐标与图形性质易得；作点A关于y轴的对称点为A'，连接A'P'交轴于F'，由轴对称的性质可得，F'A=F'A'，则AF+FP=AF'+F'P'=A'F'+F'P'=F'A'，由两点之间，线段最短可得此时AF+FP的值最小，由勾股定理计算出最小值；再由待定系数法求出直线A'P'的解析式为，最后根据直线与y轴交点坐标特点即可得出点F的坐标；
（3）过点D作轴的垂线，过点A、N作垂线的垂线交于点、，则，由旋转的性质可得，，由直角三角形两锐角互余、平角及同角的余角相等推出， 从而利用“AAS”证明，由全等三角形的对应边相等得，，从而得出；设直线QC与直线DN交于R，由同角的余角相等得，由等角对等边得出；作于，由等腰三角形的三线合一得，得到的横坐标为；用待定系数法求出直线DN的解析式为，得到，再用待定系数法得出直线的解析式为，联立直线CR与反比例函数的解析式求解即可得出点Q的坐标.
（1）解：∵，
∴，
∴，，
将，代入得：，
解得：，
∴一次函数解析式为；
将代入得：，
∴，
将代入得：，
∴，
∴反比例函数解析式为；
（2）解：设直线的解析式为，
将，代入解析式得，
解得：，
∴直线的解析式为，
如图，作轴于，轴于，交直线于，
，
设，则，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
当、、再同一直线上，且轴时，值最小，此时最小值为，
∵，
∴在中，当时，，即，
如图，作点关于轴的对称点为，连接交轴于，
由轴对称的性质可得，，
∴，由两点之间，线段最短可得此时的值最小，最小值为，
设直线的解析式为，
将，代入解析式得，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴，即点F的坐标；
（3）解：在反比例函数上存在一点，使得，理由如下：
过点作轴的垂线，过点、作垂线的垂线交于点、，则，
，
由旋转的性质可得，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，即，
设直线与直线交于，
∵，，
∴，
∴，
作于，则，
∴的横坐标为，
设直线的解析式为，
将，代入解析式得，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，，即，
设直线的解析式为，
将，代入解析式得，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，
解得：，
当时，，当时，，
∴点Q的坐标为或．
19．【答案】48
【知识点】三角形全等及其性质；平移的性质
【解析】【解答】解：由平移的性质知，，，
，
，
，
，
故答案为：48.
【分析】本题考查的是全等三角形的性质、平移的性质，根据平移的性质，求出、，得到，得到，得到，结合梯形的面积公式，即可求解.
20．【答案】
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：关于的一元二次方程的两个实数根为，，
，，
，
即：，
解得：．
故答案为：．
【分析】利用根与系数的关系可表示出，，再将已知等式化简，然后整体代入可得到关于m的方程，解方程求出m的值.
21．【答案】55；4576
【知识点】探索数与式的规律；数的整除性
【解析】【解答】解：∵，
∴，，，
∴；
∵，
∴的千位上的数字是，百位上的数字是，十位上的数字是，个位上的数字是，
∵为“间和数”，
∴，
∴，
∴，
∵能被整除，
∴，
∴为整数，
∵，，均为整数，
∴为，
∴，
∴，
，
，
∴
，
∵，
∴，
整理得，，
∵，为整数，为正整数，
∴，
∴，
故答案为：，．
【分析】本题考查了实数的新定义运算，利用“间和数”的定义求出，代入公式求即可；由，均为整数，，，，可得，由为“间和数”，得，即得，进而得，根据能被整除可得的值，表示出，根据所给等式判断出的值，即可求得的值，理解新定义的意义并灵活应用是解题的关键
22．【答案】
【知识点】矩形的性质；圆周角定理；四边形-动点问题；四点共圆模型；求正切值
【解析】【解答】解：∵矩形，
∴，，
由勾股定理得，，
∵，
∴，
∴四点共圆，
∴，
如图，作的外接圆 ，过作于，过作于，连接，
∴，即，
解得，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，，
由勾股定理得，，
∵，
∴，
解得，，
∴，
∴，
∴在点P的运动过程中，面积的最小值为，
故答案为：．
【分析】利用勾股定理求出AD的长，由，可证得知四点共圆，利用圆周角定理可知，作的外接圆 ，过作于，过作于，连接，利用三角形的面积公式可求出AH的长，由，可得，则，，设，则，， 利用勾股定理可求出OG的长，由，可得到关于m的不等式，解不等式求出m的取值范围；可得到GE的取值范围，然后求出△AEG的最小面积值.
23．【答案】 或
【知识点】二次函数与不等式（组）的综合应用；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：∵y = ax2+ bx + c(a≠0)经过点 A(1， 1)和点 B( 1，1)
∴a+b+c=-1，a-b+c=1
∴a+c=0，b=-1
则抛物线为：y = ax2+ bx –a
∴对称轴为x=
如图，
①当a＜0时，抛物线开口向下，且x= ＜0，如图可知，当 ≤-1时符合题意，所以 ；当-1＜ ＜0时，图像不符合-1≤y≤1的要求，舍去；
②当a＞0时，抛物线的开口向上，且x= ＞0，由图可知 ≥1时符合题意，∴0＜a≤ ；当0＜ ＜1时，图像不符合-1≤y≤1的要求，舍去.
综上所述，a的取值范围是： 或 .
故答案为： 或 .
【分析】 由y = ax2+ bx + c(a≠0)经过点 A(1， 1)和点 B( 1，1)，可得出a+c=0，b=-1，求出抛物线的对称轴，再分情况讨论：①当a＜0时，抛物线开口向下；②当a＞0时，抛物线的开口向上，分别求出a的取值范围即可解答
24．【答案】（1）解：设种跳绳的单价是元，种跳绳的单价是元，
根据题意得：，
解得：，
答：种跳绳的单价是25元，种跳绳的单价是30元；
（2）解：设购买种跳绳根，则购买种跳绳根，
根据题意得：，
解得：，
为正整数，
得最大值为37，
答：最多可以购买种跳绳37根．
【知识点】一元一次不等式的应用；二元一次方程组的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设A种跳绳的单价是x元，B种跳绳的单价是y元，根据单价乘以数量等于总价及“购买3根A种跳绳和1根B种跳绳共需105元；购买5根A种跳绳和3根B种跳绳共需215元”列出二元一次方程组，解方程组即可；
（2）设购买B种跳绳a根，则购买A种跳绳(48-a)根，根据单价乘以数量等于总价及购买a根B跳绳的费用+购买(48-a)根A跳绳的费不超过1388元，列出一元一次不等式，求出不等式的最大整数解即可.
（1）设种跳绳的单价是元，种跳绳的单价是元，
根据题意得：，
解得：，
答：种跳绳的单价是25元，种跳绳的单价是30元；
（2）设购买种跳绳根，则购买种跳绳根，
根据题意得：，
解得：，
为正整数，
得最大值为37，
答：最多可以购买种跳绳37根．
25．【答案】（1）解：抛物线的顶点为，与轴的交点为，点、都在直线上，
当，则，，
，则，，
设抛物线解析式为顶点式，
代入点，可得，
解得，
故该抛物线的解析式为
（2）解：令，
可解得或，
即，，
由待定系数法可得直线的解析式为，直线的解析式为，
，
可能存在两种情况：
①，
，
，，，
，是等腰直角三角形，
可得，，
作轴于点，如图所示，
，进而可得，
则直线的解析式为，
联立与，整理得，
解得，
又为抛物线上第二象限内点，
；
②，
此时，
则直线的解析式为，
联立和，整理得，
解得（正值舍去），
则．
综上，点的横坐标为或
（3）直线过定点
【知识点】等腰三角形的判定与性质；二次函数与一次函数的综合应用；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；二次函数-相似三角形的存在性问题
【解析】【解答】（3）解：直线过定点，理由如下：
，设直线解析式为，
直线解析式为，
令直线与抛物线联立可得，
由根与系数的关系可得，即，
从而可得，
令直线与抛物线联立，同理可得，即，
从而可得，
根据待定系数法可得直线的表达式为，
过点作轴，于，于，
如图所示，
则，，
，，
，
，
，
，
，
，即，
整理可得，
把代入中，
即，
令，即，此时，
故直线过定点．
【分析】（1）利用一次函数解析式求出点C的坐标，再求出点坐标，设抛物线解析式为顶点式，再代入点，可求出a的值，可得到函数解析式.
（2）利用函数解析式求出点A、B的坐标，利用待定系数法求出直线BC、AC的函数解析式，利用已知分情况讨论：①；利用相似三角形的性质可求出AF的长，同时可证得∠CAO=45°，作轴于点，可求出FG的长，即可得到点F的坐标，同时可求出直线OF的函数解析式，将其函数解析式与抛物线的解析式联立方程组，可求出x的值，结合已知条件可得到点P的横坐标；②，易证，同时可求出直线OF的函数解析式，将其解析式与抛物线的解析式联立方程组，可求出符合题意的点P的横坐标；综上所述，可得到点P的横坐标.
（3）由，可设直线解析式为，直线解析式为，令直线与抛物线联立可得，由根与系数的关系可得，即，从而可得点P的坐标；同理可得，根据待定系数法可得直线的表达式，再构造一线三垂直模型，如图所示，则，，，，易证，由相似三角形性质推得，把代入中，即，故直线过定点．
（1）解：抛物线的顶点为，与轴的交点为，点、都在直线上，
当，则，，
，则，，
设抛物线解析式为顶点式，
代入点，可得，
解得，
故该抛物线的解析式为；
（2）解：令，
可解得或，
即，，
由待定系数法可得直线的解析式为，直线的解析式为，
，
可能存在两种情况：
①，
，
，，，
，是等腰直角三角形，
可得，，
作轴于点，如图所示，
，进而可得，
则直线的解析式为，
联立与，整理得，
解得，
又为抛物线上第二象限内点，
；
②，
此时，
则直线的解析式为，
联立和，整理得，
解得（正值舍去），
则．
综上，点的横坐标为或．
（3）解：直线过定点，理由如下：
，设直线解析式为，
直线解析式为，
令直线与抛物线联立可得，
由根与系数的关系可得，即，
从而可得，
令直线与抛物线联立，同理可得，即，
从而可得，
根据待定系数法可得直线的表达式为，
过点作轴，于，于，
如图所示，
则，，
，，
，
，
，
，
，
，即，
整理可得，
把代入中，
即，
令，即，此时，
故直线过定点．
26．【答案】（1）解：①证明：∵四边形是菱形，∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②解：连接，如图所示：
∵四边形是菱形，
∴，
由①知，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
设，则，
∴，
∵，，，
∵，
∴，
∴，
∴
（2）解：如图：连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理：，
∴，
∴，
是等腰三角形有三种情况：
①当时，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
②当时，
则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
③当时，
则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
综上所述，的长为3或或
【知识点】菱形的性质；三角形全等的判定-ASA；三角形全等的判定-AAS；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）①利用菱形的性质可证得，同时可推出，利用ASA可证，利用全等三角形的性质可证得结论；②连接，利用菱形的性质可证得，再证明，可推出，利用相似三角形的性质可证得，设，可表示出AB、BE的长，利用勾股定理可表示出AE的长，利用SAS可证得，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，可求出△AEF与△BAC的面积之比，然后求出△AEF与菱形ABCD的面积之比即可.
（2）连接，利用菱形的性质可推出，利用AB∥CD可证得，利用相似三角形的性质可证得；是等腰三角形有三种情况：①当时，②当时，③当时，分别根据相似三角形的性质可求出CE的长.
（1）①证明：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②解：连接，如图所示：
∵四边形是菱形，
∴，
由①知，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
设，则，
∴，
∵，，，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图：连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理：，
∴，
∴，
是等腰三角形有三种情况：
①当时，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
②当时，
则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
③当时，
则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
综上所述，的长为3或或．
1 / 1四川省成都外国语学校2024-2025学年下学期期中考试九年级数学试题
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，答案涂在答题卡上）
1．（2025九下·成都期中）实数 的相反数是（　　）
A．2025 B．-2025 C． D．
【答案】D
【知识点】实数的相反数
【解析】【解答】解：实数 的相反数是
故答案为D.
【分析】任意数a的相反数是-a.
2．（2025九下·成都期中）一个由若干大小相同的小正方体搭成的几何体，从上面看到的几何体的形状图如图所示，每个正方形中的数字表示在该位置的小正方体的个数，则从正面看到的这个几何体的形状图是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】小正方体组合体的三视图
【解析】【解答】解：从正面看到的这个几何体的形状图是
故答案为：C．
【分析】利用已知俯视图上标注的数字可知主视图有3列，第1列有3个小正方形，第2列有2个，第3列有3个，据此进行判断即可．
3．（2025九下·成都期中）下列运算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】完全平方公式及运用；平方差公式及应用；合并同类项法则及应用；积的乘方运算
【解析】【解答】解：A、，此选项计算正确，符合题意；
B、，此选项计算错误，不符合题意；
C、，此选项计算错误，不符合题意；
D、与不能合并，此选项计算错误，不符合题意.
故答案为：A．
【分析】两个二项式中有一项完全相同，另一项互为相反数，这样的两个二项式相乘可以使用平方差公式，计算的结果等于完全相同的项得平方减去另一项的完全平方，据此可判断A选项；两个数和的完全平方等于这两个数的平方和与这两个数积的2倍的积，据此可判读B选项；由积的乘方，等于把积中的每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘；幂的乘方，底数不变，指数相乘即可判断C选项；整式加法的实质就是合并同类项，所谓同类项就是所含字母相同，而且相同字母的指数也分别相同的项，同类项与字母的顺序没有关系，与系数也没有关系，合并同类项的时候，只需要将系数相加减，字母和字母的指数不变，但不是同类项的一定就不能合并，从而即可判断D选项.
4．（2025九下·成都期中）在平面直角坐标系中，将点向右平移2个单位长度，所得到的点关于原点中心对称后的点的坐标为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】坐标与图形变化﹣平移；关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：将点向右平移2个单位长度后的坐标为：，
∴关于原点中心对称后的点的坐标为；
故答案为：D．
【分析】根据点的坐标平移规律“横坐标左减右加，纵坐标下减上加”，可知横坐标应变为5，而纵坐标不变，再利用关于原点对称的两个点的坐标特点“横坐标互为相反数，纵坐标也互为相反数”可得答案.
5．（2025九下·成都期中）一次数学测试，某学习小组6名学生的分数分别为118，102，111，105，107，117．这组数据的平均数和中位数分别是(　　)
A．110，109 B．110，108 C．109，109 D．110，110
【答案】A
【知识点】平均数及其计算；中位数
【解析】【解答】解：∵ 该学习小组6名学生的分数分别为118，102，111，105，107，117 ，
∴这组数据的平均数为：，
将这组数据由小到大排列为：102，105，107，111，117，118，
中位数为：，
这组数据的平均数和中位数分别是110，109．
故答案为：A．
【分析】根据平均数和中位数的概念进行计算即可．
6．（2025九下·成都期中）下列命题中，正确的是（　　）
A．一组邻边相等的四边形是菱形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
D．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
【答案】D
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定
【解析】【解答】 解：A：一组邻边相等的四边形不一定是平行四边形，一组邻边相等的平行四边形是菱形，故A错误；
B：对角线互相垂直的四边形不一定是平行四边形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故B错误；
C：等腰梯形一组对边平行，另一组对边相等，不为平行四边形，故C错误；
D：两组对边分别相等的四边形是平行四边形，说法正确，故D正确；
故答案为：D．
【分析】利用菱形的判定定理可对A、B作出判断；利用平行四边形的判定定理可对C、D作出判断.
7．（2025九下·成都期中）用如图1中的长方形和正方形纸板作侧面和底面，做成如图2的竖式和横式两种无盖纸盒．现在仓库里有500张正方形纸板和800张长方形纸板，问两种纸盒各做多少个，恰好将库存的纸板用完？设做竖式纸盒x个，横式纸盒y个，恰好将库存的纸板用完，则可列方程是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】列二元一次方程组
【解析】【解答】解：根据题意，得，
故答案为：D．
【分析】设做竖式纸盒x个，横式纸盒y个，根据共有500张正方形纸板和800张长方形纸板，列方程组求解．
8．（2025九下·成都期中）如图，在平行四边形 ABCD 中，BC＝2AB＝8，连接 BD，分别以点B，D为圆心，大于BD长为半径作弧，两弧交于点E和点F，作直线EF交AD于点I，交BC于点H，点H恰为BC的中点，连接AH，则AH的长为（　　）
A． B．6 C．7 D．4
【答案】A
【知识点】线段垂直平分线的性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接DH，
根据作图过程可知：EF是线段BD的垂直平分线，
∴DH=BH，
∵点H为BC的中点，
∴BH=CH，BC=2CH，
∴DH=CH，
在 ABCD中，AB=DC，
∵AD=BC=2AB=8，
∴DH=CH=CD=4，
∴△DHC是等边三角形，
∴∠C=∠CDH=∠DHC=60°，
在 ABCD中，∠BAD=∠C=60°，AD∥BC，
∴∠DAH=∠BHA，
∵AB=BH，
∴∠BAH=∠BHA，
∴∠BAH=∠DAH=30°，
∴∠AHD=90°，
∴AH=．
故答案为：A．
【分析】连接DH，根据作图过程可得EF是线段BD的垂直平分线，则DH=BH，再根据线段中点可得BH=CH，BC=2CH，则DH=CH，再根据平行四边形性质可得DH=CH=CD=4，根据等边三角形判定定理可得△DHC是等边三角形，则∠C=∠CDH=∠DHC=60°，再根据平行四边形性质可得∠DAH=∠BHA，则∠BAH=∠DAH=30°，再根据勾股定理即可求出答案.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9．（2025九下·成都期中）已知：（a+6）2+=0，则2b2﹣4b﹣a的值为　 　．
【答案】12
【知识点】偶次方的非负性；算术平方根的性质（双重非负性）；求代数式的值-整体代入求值
【解析】【解答】解：∵（a+6）2+=0，
∴a+6=0，b2﹣2b﹣3=0，
解得，a=﹣6，b2﹣2b=3，
可得2b2﹣4b=6，
则2b2﹣4b﹣a=6﹣（﹣6）=12，
故答案为：12．
【分析】由偶数次幂及算术平方根的非负性，根据两个非负数的和为零，则每一个数都等于零可求得a=﹣6，b2﹣2b=3，由等式性质可得2b2﹣4b=6，从而整体代入计算可得答案.
10．（2025九下·成都期中）方程的解是　 　
【答案】
【知识点】去分母法解分式方程
【解析】【解答】解：，
去分母，得，
化简，得：，
解得：，
经检验，是分式方程的解，
故答案为：．
【分析】先去分母，将分式方程化为整式方程，求出整式方程的解，然后检验可得原方程的解.
11．（2025九下·成都期中）扇面画是中国传统书画中一种独具特色的艺术样式，将扇子的实用功能与书画的观赏功能巧妙结合．如图所示，已知，，的长为，则的长为　 　．
【答案】50
【知识点】弧长的计算
【解析】【解答】解：∵，，的长为，
∴，，
∴的长为；
故答案为：50．
【分析】首先根据弧长公式“”结合的长为20cm建立方程求出∠AOB的度数，然后再根据弧长公式计算的长即可.
12．（2025九下·成都期中）为庆祝西南大学附属中学110周年，该校准备举办音乐庆典活动，现从音乐团的2个男生和3个女生中选取2个同学参加表演，恰好选中一个男生和一个女生的概率是　 　．
【答案】
【知识点】用列表法或树状图法求概率
【解析】【解答】解：画树状图如下：
由图可知，共有20种等可能的结果，其中选取的2个学生恰好是一个男生和一个女生的结果有12种，
∴选取的2名学生恰好是1名男生、1名女生的概率为：，
故答案为：．
【分析】此事件是抽取不放回，列出树状图，利用树状图可得到所有等可能的结果数及选取的2个学生恰好是一个男生和一个女生的情况数，然后利用概率公式进行计算.
13．（2025九下·成都期中）如图，在中，，，，点E为边上的动点，点F为边上的动点，则线段的最小值为　 　．
【答案】4
【知识点】垂线段最短及其应用；含30°角的直角三角形；轴对称的性质
【解析】【解答】解：∵ 在中，，
；
如图，作点关于的对称点，连接，
，∠B'AC=∠BAC=15°，
，∠B'AB=30°，
由两点之间线段最短可知，当点共线时，最小，最小值为，
由垂线段最短可知，当时，的值最小，
在中，，
即的最小值为4，
故答案为：4．
【分析】作点B关于AC的对称点B'，连接B'E、B'F、AB'，由轴对称性质得AB'=AB=8，B'E=BE，∠B'AC=∠BAC=15°；先根据两点之间线段最短、垂线段最短可得当B'F⊥AB时，线段EF+EB=EF+B'F的值最小，最小值为B'F；在Rt△B'AF中，根据含30°角直角三角形的性质得出B'F=4，从而就可得出答案.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14．（2025九下·成都期中）（1）计算：
（2）解不等式组：
【答案】解：（1）
；
（2）
解不等式①，得，
解不等式②，得，
∴不等式组的解集为
【知识点】零指数幂；解一元一次不等式组；实数的混合运算（含开方）；特殊角的三角函数的混合运算
【解析】【分析】（1）先算乘方运算，同时代入特殊角的三角函数值，再算加减法即可.
（2）先分别求出不等式组中每一个不等式的解集，再确定出不等式组的解集.
15．（2025九下·成都期中）随着教育信息化的不断推进，网络学习逐渐成为了学生课余学习的主要方式之一．梁老师为了解某校学生课余网络学习的情况，随机调查了部分学生一周课余网络学习时长的情况，绘制了以下不完整的频数分布表和扇形统计图．
组别 学习时长成t/小时 人数
A 8
B 16
C a
D b
E 12
根据以上信息解答下列问题．
（1）此次调查共抽取了多少名学生
（2）C组、D组的学生各有多少人
（3）若该校共有2000名学生，估计该校一周课余网络学习时长不少于4.5小时的学生人数．
【答案】（1）解：∵(人)，故此次调查共抽取了80名学生．
（2）解：根据题意，根据题意，得D组人数：(人)．
C组人数(人)，
故C组、D组的学生各有20名、24名．
（3）解：根据题意，得(人)．
答：该校一周课余网络学习时长不少于4.5小时的学生人数为900名．
【知识点】频数（率）分布表；扇形统计图；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【分析】（1）根据统计图表提供的信息，用B组的频数除以其所占的百分比即可求出此次调查共抽取的学生人数；
（2）用本次调查的总人数乘以D组人数所占的百分比即可求出D组的人数，根据各组人数之和等腰u本次调查的总人数即可求出C组的人数；
（3）利用样本估计总体的思想，用该校学生的总人数乘以样本中一周课余网络学习时长不少于4.5小时的学生人数所占的百分比即可估计出该校学生一周课余网络学习时长不少于4.5小时的学生人数.
16．（2025九下·成都期中）随着科学技术的发展，机器人早已能按照设计的指令完成各种动作．在坐标平面上，根据指令[S，α]（S≥0，0°＜α＜180°）机器人能完成下列动作：先原地顺时针旋转角度α，再朝其对面方向沿直线行走距离s．
（1）如图，若机器人在直角坐标系的原点，且面对y轴的正方向，现要使其移动到点A（2，2），则给机器人发出的指令应是什么；
（2）机器人在完成上述指令后，发现在P（6，0）处有一小球正向坐标原点做匀速直线运动，已知小球滚动的速度与机器人行走的速度相同，若忽略机器人原地旋转的时间，请你给机器人发一个指令，使它能最快截住小球．（如图，点C为机器人最快截住小球的位置，角度精确到度；参考数据：sin49°≈0.75，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75）
【答案】解（1）作AB⊥x轴，
∵A（2，2），
∴OA=2，
∴∠AOB=45°，
∴给机器人发的指令为：[2，45°]；
（2）作AC=PC，设PC=x，则BC=4-x，
在Rt△ABC中：，
解得x=2.5，
又∵tan∠BAC=，
∴∠BAC=37°，
∵∠OAB=45°，
∴∠OAC=37°+45°=82°，
∴∠DAC=180°-82°=98°，
∴输入的指令为[2.5，98°]．
【知识点】勾股定理；解直角三角形；旋转的性质
【解析】【分析】（1）作AB⊥x轴，根据两点间距离可得OA=2，再根据直角三角形性质即可求出答案.
（2）作AC=PC，设PC=x，则BC=4-x，根据勾股定理建立方程，解方程可得x=2.5，再根据正切定义可得tan∠BAC，再根据角之间的关系即可求出答案.
17．（2025九下·成都期中）如图，四边形内接于，对角线是的直径，平分，交于点E，过点D作，交的延长线于点F．
（1）求证：；
（2）过点F作交延长线于点G，求证：．
【答案】（1）证明：∵是的直径，
∴，
∵平分，
∴，
∴∠ABD=∠ACD=∠CBD=∠CAD=45°，
∴，
∵，
∴∠BDA+∠ADF=∠BDA+∠BDC=90°，
∴∠BDC=∠ADF，
∵四边形是的内接四边形，
∴∠DAB+∠BCD=180°，
又∠DAB+∠DAF=180°
∴，
∴，
∴．
（2）证明：在上截取，设与的交点为点N，连接，
∵
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵
∴P，A，E，D四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定与性质；圆内接四边形的性质；确定圆的条件；圆周角定理的推论
【解析】【分析】（1）由直径所对圆周角等于90°得，由角平分线的定义得，由同弧所对的圆周角相等得∠ABD=∠ACD=∠CBD=∠CAD=45°，由等角对等边得，由角的构成及同角的余角相等推出∠BDC=∠ADF，由圆内接四边形的对角互补、邻补角及同角的补角相等得出∠DAF=∠DCB，从而用“ASA”证△DAF≌△DCB，由全等三角形的对应边相等可得结论；
（2）在DF上截取DP=DE，设DF与的交点为点N，连接PG、PA、AN，由角的构成及同角的余角相等推出∠EDC=∠PDA，从而利用“SAS”证△DPA≌△DEC，由全等三角形的性质得AP=EC，∠PAD=∠ECD=∠DAC=45°，则∠PAG=∠PAC=90°，根据圆内角四边形的一个外角等于其内对角得出∠PNA=∠DBA=45°，则∠AFN=∠PNA=∠DBA=45°，由等角对等边得AF=AN，由二直线平行，内错角相等推出∠GFA=∠ABD=45°，，则根据确定圆的条件判断出P，A，E，D四点共圆， 根据圆内角四边形的一个外角等于其内对角得出，则，从而用“ASA”证△NPA≌△FGA，由全等三角形的对应边相等得AP=AG，从而用等量代换可得结论.
（1）∵是的直径，
∴，
∵平分，
∴，，
∵，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∴．
（2）在上截取，设与的交点为点N，连接，
∵
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵
∴P，A，E，D四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
18．（2025九下·成都期中）如图1，一次函数与反比例函数的图象相交于点，与x轴交于点B，与y轴交于点C，已知．
（1）求反比例函数与一次函数解析式；
（2）若直线过点，且与反比例函数交于点D，点F是y轴上的一个动点．点P是直线上的一个动点，当最小时，求的最小值及此时点F的坐标：
（3）如图2，若点，连接，将线段以点D为圆心逆时针旋转，得到线段，连接，在反比例函数图象上是否存在一点Q，使得？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵，
∴，
∴，，
将，代入得：，
解得：，
∴一次函数解析式为；
将代入得：，
∴，
将代入得：，
∴，
∴反比例函数解析式为；
（2）解：设直线的解析式为，
将，代入解析式，得，
解得：，
∴直线的解析式为，
如图，作轴于，轴于，交直线于，
，
设，则，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
当、、再同一直线上，且轴时，值最小，此时最小值为，
∵，
∴在中，当时，，即，
如图，作点关于轴的对称点为，连接交轴于，
由轴对称的性质可得，，
∴，由两点之间，线段最短可得此时的值最小，最小值为，
设直线的解析式为，
将，代入解析式得，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴，即点F的坐标；
（3）解：在反比例函数上存在一点，使得，点Q的坐标为或.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题；等腰三角形的判定与性质；坐标系中的两点距离公式；求正弦值
【解析】【解答】（3）解：在反比例函数上存在一点，使得，理由如下：
过点作轴的垂线，过点、作垂线的垂线交于点、，则，
，
由旋转的性质可得，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，即，
设直线与直线交于，
∵，，
∴，
∴，
作于，则，
∴的横坐标为，
设直线的解析式为，
将，代入解析式得，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，，即，
设直线的解析式为，
将，代入解析式得，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，
解得：，
当时，，当时，，
∴点Q的坐标为或．
【分析】（1）由得出，从而得到，，将点B、C的坐标分别代入y=kx+b可得关于字母k、b的二元一次方程组，解方程组求出k、b的值即可得到一次函数的解析式；然后将A(-1，n)代入所求的函数解析式算出n的值为6，则可得A(-1，6)，进而将点A(-1，6)代入 算出m的值即可得到反比例函数的解析式；
（2）首先用待定系数法求出直线BD的解析式；作轴于，轴于，交直线BD于P'，根据点的坐标与图形性质，设，则，根据两点间的距离公式表示出PG、BG、PB；根据正弦函数的定义由∠PBG的正弦函数可得PG=PB，则，当、、再同一直线上，且轴时，值最小，此时最小值为AH；根据点的坐标与图形性质易得；作点A关于y轴的对称点为A'，连接A'P'交轴于F'，由轴对称的性质可得，F'A=F'A'，则AF+FP=AF'+F'P'=A'F'+F'P'=F'A'，由两点之间，线段最短可得此时AF+FP的值最小，由勾股定理计算出最小值；再由待定系数法求出直线A'P'的解析式为，最后根据直线与y轴交点坐标特点即可得出点F的坐标；
（3）过点D作轴的垂线，过点A、N作垂线的垂线交于点、，则，由旋转的性质可得，，由直角三角形两锐角互余、平角及同角的余角相等推出， 从而利用“AAS”证明，由全等三角形的对应边相等得，，从而得出；设直线QC与直线DN交于R，由同角的余角相等得，由等角对等边得出；作于，由等腰三角形的三线合一得，得到的横坐标为；用待定系数法求出直线DN的解析式为，得到，再用待定系数法得出直线的解析式为，联立直线CR与反比例函数的解析式求解即可得出点Q的坐标.
（1）解：∵，
∴，
∴，，
将，代入得：，
解得：，
∴一次函数解析式为；
将代入得：，
∴，
将代入得：，
∴，
∴反比例函数解析式为；
（2）解：设直线的解析式为，
将，代入解析式得，
解得：，
∴直线的解析式为，
如图，作轴于，轴于，交直线于，
，
设，则，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
当、、再同一直线上，且轴时，值最小，此时最小值为，
∵，
∴在中，当时，，即，
如图，作点关于轴的对称点为，连接交轴于，
由轴对称的性质可得，，
∴，由两点之间，线段最短可得此时的值最小，最小值为，
设直线的解析式为，
将，代入解析式得，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴，即点F的坐标；
（3）解：在反比例函数上存在一点，使得，理由如下：
过点作轴的垂线，过点、作垂线的垂线交于点、，则，
，
由旋转的性质可得，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，即，
设直线与直线交于，
∵，，
∴，
∴，
作于，则，
∴的横坐标为，
设直线的解析式为，
将，代入解析式得，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，，即，
设直线的解析式为，
将，代入解析式得，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，
解得：，
当时，，当时，，
∴点Q的坐标为或．
四、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19．（2025九下·成都期中）如图，两个全等的直角三角形重叠在一起，将其中的一个三角形沿着点B到C的方向平移到的位置，，，平移距离为6，则阴影部分面积为　 　．
【答案】48
【知识点】三角形全等及其性质；平移的性质
【解析】【解答】解：由平移的性质知，，，
，
，
，
，
故答案为：48.
【分析】本题考查的是全等三角形的性质、平移的性质，根据平移的性质，求出、，得到，得到，得到，结合梯形的面积公式，即可求解.
20．（2025九下·成都期中）已知关于的一元二次方程的两个实数根为，，且满足，则的值为　 　．
【答案】
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：关于的一元二次方程的两个实数根为，，
，，
，
即：，
解得：．
故答案为：．
【分析】利用根与系数的关系可表示出，，再将已知等式化简，然后整体代入可得到关于m的方程，解方程求出m的值.
21．（2025九下·成都期中）各数位都不为0的四位正整数m，若它的千位数字与十位数字的和等于百位数字与个位数字的和，则称这个四位数m是“间和数”．将m的首位数字放在末尾得到一个新数记为，再将的首位数字放在末尾得到，以此类推得到，记F（m）＝，则的值为　 　．已知t为“间和数”，其中，a，b，c均为整数，，，，若能被13整除，且（s为正整数），则t的值为　 　
【答案】55；4576
【知识点】探索数与式的规律；数的整除性
【解析】【解答】解：∵，
∴，，，
∴；
∵，
∴的千位上的数字是，百位上的数字是，十位上的数字是，个位上的数字是，
∵为“间和数”，
∴，
∴，
∴，
∵能被整除，
∴，
∴为整数，
∵，，均为整数，
∴为，
∴，
∴，
，
，
∴
，
∵，
∴，
整理得，，
∵，为整数，为正整数，
∴，
∴，
故答案为：，．
【分析】本题考查了实数的新定义运算，利用“间和数”的定义求出，代入公式求即可；由，均为整数，，，，可得，由为“间和数”，得，即得，进而得，根据能被整除可得的值，表示出，根据所给等式判断出的值，即可求得的值，理解新定义的意义并灵活应用是解题的关键
22．（2025九下·成都期中）如图，在矩形中，，点P为边上一动点，连接交对角线于点E，过点E作，交于点F，连接交于点G，在点P的运动过程中，面积的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】矩形的性质；圆周角定理；四边形-动点问题；四点共圆模型；求正切值
【解析】【解答】解：∵矩形，
∴，，
由勾股定理得，，
∵，
∴，
∴四点共圆，
∴，
如图，作的外接圆 ，过作于，过作于，连接，
∴，即，
解得，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，，
由勾股定理得，，
∵，
∴，
解得，，
∴，
∴，
∴在点P的运动过程中，面积的最小值为，
故答案为：．
【分析】利用勾股定理求出AD的长，由，可证得知四点共圆，利用圆周角定理可知，作的外接圆 ，过作于，过作于，连接，利用三角形的面积公式可求出AH的长，由，可得，则，，设，则，， 利用勾股定理可求出OG的长，由，可得到关于m的不等式，解不等式求出m的取值范围；可得到GE的取值范围，然后求出△AEG的最小面积值.
23．（2025九下·成都期中）对于一个函数，如果它的自变量 x 与函数值 y 满足：当 1≤x≤1 时， 1≤y≤1，则称这个函数为“闭 函数”.例如：y=x，y= x 均是“闭函数”. 已知 y = ax2+ bx + c(a≠0) 是“闭函数”，且抛物线经过点 A(1， 1)和点 B( 1，1)，则 a 的取值范围是　 　.
【答案】 或
【知识点】二次函数与不等式（组）的综合应用；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：∵y = ax2+ bx + c(a≠0)经过点 A(1， 1)和点 B( 1，1)
∴a+b+c=-1，a-b+c=1
∴a+c=0，b=-1
则抛物线为：y = ax2+ bx –a
∴对称轴为x=
如图，
①当a＜0时，抛物线开口向下，且x= ＜0，如图可知，当 ≤-1时符合题意，所以 ；当-1＜ ＜0时，图像不符合-1≤y≤1的要求，舍去；
②当a＞0时，抛物线的开口向上，且x= ＞0，由图可知 ≥1时符合题意，∴0＜a≤ ；当0＜ ＜1时，图像不符合-1≤y≤1的要求，舍去.
综上所述，a的取值范围是： 或 .
故答案为： 或 .
【分析】 由y = ax2+ bx + c(a≠0)经过点 A(1， 1)和点 B( 1，1)，可得出a+c=0，b=-1，求出抛物线的对称轴，再分情况讨论：①当a＜0时，抛物线开口向下；②当a＞0时，抛物线的开口向上，分别求出a的取值范围即可解答
五、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24．（2025九下·成都期中）“体育承载着国家强盛、民族振兴的梦想，体育强则中国强，国运兴则体育兴．”为引导学生在体育锻炼中享受乐趣、增强体质，学校开展大课间活动，七年级五班拟组织学生参加跳绳活动，需购买A，B两种跳绳若干，已知购买3根A种跳绳和1根B种跳绳共需105元；购买5根A种跳绳和3根B种跳绳共需215元，
（1）求A，B两种跳绳的单价各是多少元
（2）如果班级计划购买A，B两型跳绳共48根，总费用不超过1388元，那么最多可以购买B种跳绳多少根
【答案】（1）解：设种跳绳的单价是元，种跳绳的单价是元，
根据题意得：，
解得：，
答：种跳绳的单价是25元，种跳绳的单价是30元；
（2）解：设购买种跳绳根，则购买种跳绳根，
根据题意得：，
解得：，
为正整数，
得最大值为37，
答：最多可以购买种跳绳37根．
【知识点】一元一次不等式的应用；二元一次方程组的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设A种跳绳的单价是x元，B种跳绳的单价是y元，根据单价乘以数量等于总价及“购买3根A种跳绳和1根B种跳绳共需105元；购买5根A种跳绳和3根B种跳绳共需215元”列出二元一次方程组，解方程组即可；
（2）设购买B种跳绳a根，则购买A种跳绳(48-a)根，根据单价乘以数量等于总价及购买a根B跳绳的费用+购买(48-a)根A跳绳的费不超过1388元，列出一元一次不等式，求出不等式的最大整数解即可.
（1）设种跳绳的单价是元，种跳绳的单价是元，
根据题意得：，
解得：，
答：种跳绳的单价是25元，种跳绳的单价是30元；
（2）设购买种跳绳根，则购买种跳绳根，
根据题意得：，
解得：，
为正整数，
得最大值为37，
答：最多可以购买种跳绳37根．
25．（2025九下·成都期中）已知：抛物线与轴交于、两点(点在点左侧)，对称轴为直线，抛物线的顶点为，与轴的交点为，点、都在直线上，为抛物线上第二象限内一动点且不与点重合．
（1）求该抛物线的关系式；
（2）如图，直线与相交于点，若以、、为顶点的三角形与相似，请求出点的横坐标；
（3）过点的直线与抛物线交于点，若，直线是否过一定点？若过定点，请直接写出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】（1）解：抛物线的顶点为，与轴的交点为，点、都在直线上，
当，则，，
，则，，
设抛物线解析式为顶点式，
代入点，可得，
解得，
故该抛物线的解析式为
（2）解：令，
可解得或，
即，，
由待定系数法可得直线的解析式为，直线的解析式为，
，
可能存在两种情况：
①，
，
，，，
，是等腰直角三角形，
可得，，
作轴于点，如图所示，
，进而可得，
则直线的解析式为，
联立与，整理得，
解得，
又为抛物线上第二象限内点，
；
②，
此时，
则直线的解析式为，
联立和，整理得，
解得（正值舍去），
则．
综上，点的横坐标为或
（3）直线过定点
【知识点】等腰三角形的判定与性质；二次函数与一次函数的综合应用；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；二次函数-相似三角形的存在性问题
【解析】【解答】（3）解：直线过定点，理由如下：
，设直线解析式为，
直线解析式为，
令直线与抛物线联立可得，
由根与系数的关系可得，即，
从而可得，
令直线与抛物线联立，同理可得，即，
从而可得，
根据待定系数法可得直线的表达式为，
过点作轴，于，于，
如图所示，
则，，
，，
，
，
，
，
，
，即，
整理可得，
把代入中，
即，
令，即，此时，
故直线过定点．
【分析】（1）利用一次函数解析式求出点C的坐标，再求出点坐标，设抛物线解析式为顶点式，再代入点，可求出a的值，可得到函数解析式.
（2）利用函数解析式求出点A、B的坐标，利用待定系数法求出直线BC、AC的函数解析式，利用已知分情况讨论：①；利用相似三角形的性质可求出AF的长，同时可证得∠CAO=45°，作轴于点，可求出FG的长，即可得到点F的坐标，同时可求出直线OF的函数解析式，将其函数解析式与抛物线的解析式联立方程组，可求出x的值，结合已知条件可得到点P的横坐标；②，易证，同时可求出直线OF的函数解析式，将其解析式与抛物线的解析式联立方程组，可求出符合题意的点P的横坐标；综上所述，可得到点P的横坐标.
（3）由，可设直线解析式为，直线解析式为，令直线与抛物线联立可得，由根与系数的关系可得，即，从而可得点P的坐标；同理可得，根据待定系数法可得直线的表达式，再构造一线三垂直模型，如图所示，则，，，，易证，由相似三角形性质推得，把代入中，即，故直线过定点．
（1）解：抛物线的顶点为，与轴的交点为，点、都在直线上，
当，则，，
，则，，
设抛物线解析式为顶点式，
代入点，可得，
解得，
故该抛物线的解析式为；
（2）解：令，
可解得或，
即，，
由待定系数法可得直线的解析式为，直线的解析式为，
，
可能存在两种情况：
①，
，
，，，
，是等腰直角三角形，
可得，，
作轴于点，如图所示，
，进而可得，
则直线的解析式为，
联立与，整理得，
解得，
又为抛物线上第二象限内点，
；
②，
此时，
则直线的解析式为，
联立和，整理得，
解得（正值舍去），
则．
综上，点的横坐标为或．
（3）解：直线过定点，理由如下：
，设直线解析式为，
直线解析式为，
令直线与抛物线联立可得，
由根与系数的关系可得，即，
从而可得，
令直线与抛物线联立，同理可得，即，
从而可得，
根据待定系数法可得直线的表达式为，
过点作轴，于，于，
如图所示，
则，，
，，
，
，
，
，
，
，即，
整理可得，
把代入中，
即，
令，即，此时，
故直线过定点．
26．（2025九下·成都期中）如图，在菱形中，是锐角，E是边上的动点，将射线绕点A按逆时针方向旋转，交直线于点F．
（1）当，时，
①求证：；
②连结，，若，求的值；
（2）当时，延长交射线于点M，延长交射线于点N，连结，，若，，则当为何值时，是等腰三角形．
【答案】（1）解：①证明：∵四边形是菱形，∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②解：连接，如图所示：
∵四边形是菱形，
∴，
由①知，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
设，则，
∴，
∵，，，
∵，
∴，
∴，
∴
（2）解：如图：连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理：，
∴，
∴，
是等腰三角形有三种情况：
①当时，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
②当时，
则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
③当时，
则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
综上所述，的长为3或或
【知识点】菱形的性质；三角形全等的判定-ASA；三角形全等的判定-AAS；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）①利用菱形的性质可证得，同时可推出，利用ASA可证，利用全等三角形的性质可证得结论；②连接，利用菱形的性质可证得，再证明，可推出，利用相似三角形的性质可证得，设，可表示出AB、BE的长，利用勾股定理可表示出AE的长，利用SAS可证得，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，可求出△AEF与△BAC的面积之比，然后求出△AEF与菱形ABCD的面积之比即可.
（2）连接，利用菱形的性质可推出，利用AB∥CD可证得，利用相似三角形的性质可证得；是等腰三角形有三种情况：①当时，②当时，③当时，分别根据相似三角形的性质可求出CE的长.
（1）①证明：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②解：连接，如图所示：
∵四边形是菱形，
∴，
由①知，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
设，则，
∴，
∵，，，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图：连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理：，
∴，
∴，
是等腰三角形有三种情况：
①当时，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
②当时，
则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
③当时，
则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
综上所述，的长为3或或．
1 / 1

展开更多......

收起↑