山东省淄博市高新区2023-2024学年九年级下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版）

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1. 要使二次根式有意义，则x的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，根据二次根式有意义的条件可得，解不等式即可求解．
详解】解：∵二次根式有意义，
∴，
解得：．
故选A．
2. 下列方程是一元二次方程的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的定义，根据含有一个未知数，未知数的最高次数为2的整式方程即可求解，掌握一元二次方程的定义是解题的关键．
【详解】解：A、含有两个未知数，不是一元二次方程，不符合题意；
B、含有两个未知数，不是一元二次方程，不符合题意；
C、含有一个未知数，未知数的最高次数为2，等号两边都是整式，是一元二次方程，符合题意；
D、含有一个未知数，等号左边不是整式，不是一元二次方程，不符合题意；
故选： C．
3. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的四则运算，熟知二次根式的四则运算法则是解题的关键．
【详解】解；A、与不是同类二次根式，不能合并，原式计算错误，不符合题意；
B、，原式计算错误，不符合题意；
C、，原式计算错误，不符合题意；
D、，原式计算正确，符合题意；
故选：D．
4. 用配方法解方程时，原方程变形正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】此题考查了配方法解一元二次方程，根据配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方得出即可．
【详解】解：，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
5. 若实数在数轴上的位置如图所示，则化简的结果为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次根式，绝对值的化简，掌握二次根式的性质，绝对值的性质是解题的关键．
根据数轴上的位置确定的符号和大小，再根据二次根式，绝对值的性质进行化简，结合整式的混合运算即可求解．
【详解】解：根据题意可得，，，
∴，，
∴
，
故选：C ．
6. 实数定义新运算“”如下：，例如，则方程的根的情况是（ ）
A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根
C. 只有一个实数根D. 没有实数根
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了根的判别式，牢记“当时，方程有两个相等的实数根”是解题的关键．根据运算“”的定义将方程转化为一般式，由根的判别式，即可得出该方程有两个相等的实数根．
【详解】解：由题可得：方程 化为，
即，
∵，
∴方程有两个相等的实数根，
故选B．
7. 如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，若∠AOB=60°，AB=3，则对角线BD的长是（ ）
A. 6B. 3C. 5D. 4
【答案】A
【解析】
【详解】根据矩形对角线相等且互相平分的性质可得OA=OC=OB=OD=AC=BD,
又因∠AOB=60°，
所以△ABO为等边三角形；
根据等边三角形的性质可得OA=OB=AB=3，
所以对角线BD=2OB=6.
故本题答案为A.
考点：矩形的性质；等边三角形的判定及性质.
8. 已知是方程的两个实数根，则代数式的值为（ ）
A. 4049B. 4048C. 2024D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程根的定义，根据一元二次方程的解，以及一元二次方程根与系数的关系即可求解．
【详解】解：解：∵，是方程的两个实数根，
∴，，
故选A
9. 某连锁超市购进一款年货大礼包，经调研发现，当该款大礼包每盒的售价为元时，每天可售出盒，每盒的售价每降低元，每天的销量增加盒，要使该款大礼包每天的销售额达到元，每盒的售价应降低多少元？若设该款大礼包每盒降价元，则可列方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，设该款大礼包每盒降价元，根据题意列出一元二次方程，即可求解．
【详解】若设该款大礼包每盒降价元，则可列方程为
故选：D．
10. 如图1，点从菱形的顶点出发，沿以的速度匀速运动到点，点运动时的面积随时间变化的关系如图，则的值为（ ）
A. B. C. 9D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，动点问题的函数图象，过点作，根据函数图象求出菱形的边长为a，再根据图像的三角形的面积可得，再利用菱形的性质和勾股定理列方程可求即可．
【详解】解：如图所示，过点作于E，
∵在菱形中，，，
∴当点在边上运动时，的值不变，
，即菱形边长是，
，即．
当点在上运动时，逐渐增大，
，
．
在中，，
，解得．
故选：B．
二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共计20分．不需写出解答过程，请把最后结果直接填写在答题卡相应位置上）
11. 若代数式有意义，则实数x的取值范围是_____．
【答案】x≥0且x≠1
【解析】
【详解】解：由题意得，
解得：且
故答案为且
12. 学习矩形时，我们从它的边、角、对角线等方面进行了研究，可以发现并证明矩形的对角线相等．小明参考平行四边形判定方法的研究过程，得出下面的猜想：①对角线相等的四边形是矩形；②对角线互相平分且相等的四边形是矩形；③对角线互相垂直且相等的四边形是矩形．其中正确的是_________________．（填序号）
【答案】②
【解析】
【分析】本题主要考查了矩形的判定，根据矩形的判定逐个判断即可．
【详解】对角线相等的四边形不一定是矩形，所以①不正确；
对角线互相平分且相等的四边形是矩形，所以②正确；
对角线互相垂直且相等的四边形是不一定是矩形，所以③不正确．
所以正确是②．
故答案为：②．
13. 关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了根据一元二次方程根的情况求参数，掌握一元二次方程根的判别式的运用是解题的关键．
根据一元二次方程有两个不相等的实数根可得，由此即可求解．
【详解】解：根据题意得，，
∴
解得，，
故答案为： ．
14. 已知，则的值为________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的化简求值，熟练运用二次根式运算法则是解题的关键．先求出，，再根据，代入计算即可．
【详解】解：，
∴，，
．
故答案为：．
15. 如图，在矩形中，，以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转矩形，旋转角为，得到矩形，点的对应点分别为，设点P为的中点，连结，在矩形旋转的过程中，面积的最大值___________和最小值___________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】本题考查矩形性质，勾股定理，旋转性质．连接，作于．当与共线，且时，面积最大，共线面积最小，利用，求出，再根据计算即可得出答案．
【详解】解：连接，作于，
，
当与共线，且时，面积最大，
由题意：，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的面积最大值为，
共线，面积最小为0，
故答案为：；．
三、解答题（本题共8小题，共90分，请把解答过程写在答题纸上）
16 计算：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，立方根．
（1）根据二次根式的混合运算解析计算即可求解；
（2）根据二次根式的性质以及立方根进行化简，即可求解．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
．
17. 用适当的方法解下列方程：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查解一元二次方程；
（1）根据配方法解一元二次方程；
（2）先将方程整理成右边为0的等式，再结合因式分解法解题．
【小问1详解】
解：，
∴，
∴，
∴，
解得：；
【小问2详解】
解：，
∴，
∴，
∴或，
解得：．
18. 已知关于的方程．
（1）求证：方程总有实数根；
（2）若方程的两根为，且满足，求的值．
【答案】（1）证明方法见详解
（2）或
【解析】
【分析】本题主要考查一元二次方程根的判别式，韦达定理，因式分解解一元二次方程，掌握一元二次方程中根的判别方法，因式分解法解一元二次方程是解题的关键．
（1）根据多项式乘以多项式展开，再根据一元二次方程的根的判别式“，方程有实数根；，方程无实数根”即可求解；
（2）根据韦达定理分别表示出，，再根据，代入计算，几何因式分解法求一元二次方程的方法即可求解．
【小问1详解】
证明：已知，
展开得，，
∴，
∵，
∴，
∴方程总有实数根；
【小问2详解】
解：已知有两个根，
∴，，
∵，
∴，
整理得，，
∴，
∴或，
∴或．
19. 如图，在矩形中，对角线的垂直平分线与相交于点M，与相交于点O，与相交于N，连接
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，求的长．
【答案】（1）见详解 （2）长为．
【解析】
【分析】（1）根据矩形性质求出，推出，证△，推出，得出平行四边形，推出菱形；
（2）根据菱形性质求出，在中，根据勾股定理得出，推出，求出即可．
【小问1详解】
证明：∵四边形是矩形，
∴
∴
在和中，
，
∴，
∴
∵
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是菱形．
【小问2详解】
解：∵四边形是菱形，
∴MB=MD，
设长为x，则，
在中，
即
解得：．
答：长为．
【点睛】本题考查了矩形性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理等知识点的应用．注意对角线互相平分的四边形是平行四边形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
20. 如图，点在正方形的边上．
（1）请用尺规作图法，在上分别取点使得且平分正方形的面积．（保留作图痕迹，不写作法）
（2）求证：
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质，作线段的垂线，全等三角形的性质与判定．
（1）平分正方形的面积，会经过正方形的中心，过点作的垂线即可；
（2）过点作于点，过点作，设交于点，证明，即可得证．
【小问1详解】
解：如图，即为所作，
【小问2详解】
解：如图所示，过点作于点，过点作，设交于点，
∴四边形是矩形，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵
∴
∵，
∴，
∴即
在中，
∴
∴
21. 对两个含有二次根式的非零代数式相乘时，小明观察发现如下的结论：
由，得．
请仿照上面的结论解决如下问题：
（1）；
（2）若，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的计算与化简，解题时要熟练掌握并能准确计算是关键；
（1）仿照材料中的求解过程即可求解；
（2）先计算出，代入求解即可．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：，
．
22. 如图1，某小区的大门是伸缩电动门，安装驱动器的门柱是宽度为的矩形，伸缩电动门中有20个全等的菱形，每个菱形边长为，大门的总宽度为．（门框的宽度忽略不计）（参考数据：）
（1）当每个菱形的内角度数为（如图时，大门打开了多少？
（2）当每个菱形的内角度数张开至为时，大门未完全关闭，有一辆宽的轿车需进入小区，计算说明该车能否直接通过．
【答案】（1）大门打开了
（2）该车不能直接通过，说明见解析
【解析】
【分析】（1）连接，根据菱形的性质可得，从而可得是等边三角形，然后利用等边三角形的性质可得，最后进行计算，即可解答；
（2）根据已知可得是等腰直角三角形，从而可得，然后进行计算即可解答．
小问1详解】
解：连接，如图所示：
四边形是菱形，
，
，
是等边三角形，
，
，
大门的总宽度为，
大门打开的宽度，
大门打开了；
【小问2详解】
解：该车不能直接通过，
理由如下：
，，
在等腰中，由勾股定理可得，
，
大门的总宽度为，
大门打开的宽度，
，
该车不能直接通过．
【点睛】本题考查了几何性质综合应用，涉及菱形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形性质，勾股定理等知识，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线求解是解题的关键．
23. 整体思想是中学数学解题的重要方法之一，贯穿于数学学习的全过程．对于问题1，王老师给出了如下的提示：连接，利用与面积之和是菱形面积的，可求出的值．
（1）如图1，在菱形中，对角线的长分别为和，点为对角线上一动点（不与点重合），过点分别作和的垂线，垂足为点和，求的值，请你写出求解过程．
灵活应用以上方法解决问题：
（2）如图2，若为矩形，点分别在边上，将矩形沿直线折叠，使点恰好与点重合，点落在点处．点为线段上一动点（不与点重合），过点分别作直线的垂线，垂足分别为和，以为邻边作平行四边形，若，求平行四边形的周长；
（3）如图3，当点是等边外一点时，过点分别作直线的垂线，垂足分别为点．若，请直接写出的面积．
【答案】（1）的值为；（2）平行四边形的周长为；（3）的面积为
【解析】
【分析】（1）如图所示，连接，根据对角线可求出菱形的面积，的面积，根据即可求解；
（2）根据矩形的性质，折叠的性质可求出的长，是等腰三角形，可求出，如图所示，连接，过点作与点，可求出的面积，根据，可求出的值，最后根据平行四边形的性质即可求解；
（3）如图所示，过点作于点，连接，根据等边三角形的性质可得，根据可求出的值，由此即可求解．
【详解】解：（1）如图所示，连接，
∵四边形是菱形，对角线的长分别为和，
∴，菱形的面积，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
如图所示，连接，设对角线交于点，
∴，
在直角中，，
∴，
∴，
∴的值为；
（2）∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵折叠，且，
∴，，，
∴，
∴，即是等腰三角形，
∵，
∴，
∴，且，
在直角中，，
∴，
如图所示，连接，过点作与点，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，且，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴平行四边形的周长为；
（3）如图所示，过点作于点，连接，
∵是等边三角形，
∴，，，
∴，
∵，
∴
，
∵，即，
∴，
解得，，
∴，
∴的面积为．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，矩形的性质，等边三角形的性质，折叠的性质，平行四边形的性质，几何图形面积的计算方法，掌握特殊四边形的性质，几何图形面积的构造与计算方法是解题的关键．