山东省枣庄市山亭区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．下列计算结果是负数的是（ ）
A． B． C． D．
2．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．山东省2023年上半年地区生产总值为44125亿元，同比增长．将44125用科学记数法表示为（ ）
A． B．
C． D．
4．下图是由一个正六棱柱和一个圆锥组成的几何体，它的主视图为（ ）
A． B．
C． D．
5．下列运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．如图，在中，D是边上一点，，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．已知，，则（ ）
A． B． C． D．
8．2024年央视春晚的主题为“龙行龘龘，欣欣家国”．“龙行龘龘”寓意中华儿女奋发有为、昂扬向上的精神风貌．将分别印有“龙”“行”“龘”“龘”四张质地均匀、大小相同的卡片放入盒中，从中随机抽取一张不放回，再从中随机抽取一张，则抽取的两张卡片上恰有一张印有汉字“龘”的概率为（ ）
A． B． C． D．
9．如图，是反比例函数和在第一象限的图象，直线ABx轴，并分别交两条双曲线于A，B两点，若，则的值是（ ）
A．2 B．4 C．6 D．9
10．如图1，动点P从A点出发，沿着矩形的边，按照路线匀速运动一周到A点停止，速度为．的长与运动时间的关系图象如图2，则矩形对角线的长为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．若在实数范围内有意义，则的取值范围是
12．若菱形的两条对角线的长分别为10和24，则菱形的周长为 ．
13．方程的解是 ．
14．对于实数，定义运算“※”：．例如，因为，所以．若，是一元二次方程的两个根，则 ．
15．在平面直角坐标系中，抛物线过点，其对称轴为直线，则的值为 ．
16．“杨辉三角”是杨辉留给后世宝贵的数学遗产，如图，在“杨辉三角”中，两腰上的数都是1，其余每个数为它的上方（左右）两数之和．如，．在“杨辉三角”中，若从第三行的“2”开始，按图示箭头所指依次构成一列数：2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则在该列数中，第23个数为 ．
三、解答题
17．计算：
(1)；
(2)解不等式组：
18．某学校为打造书香校园，计划购进甲、乙两种课外书．购买2本甲种书和1本乙种书共需100元；购买3本甲种书和2本乙种书共需175元．
(1)求甲、乙两种书的单价；
(2)学校决定购买甲、乙两种书共60本，且两种书的总费用不超过2500元，那么该校最多可以购买多少本乙种书
19．在综合实践课上，数学兴趣小组用所学的数学知识来解决实际问题．实践报告如下：
实践报告
活动课题 测量两幢楼楼顶之间的距离
活动工具 测角仪、皮尺等
测量过程 【步骤一】如图，在楼和楼之间竖直放置测角仪，其中测角仪的底端M与楼的底部A，C在同一条水平直线上，图中所有点均在同一平面内； 【步骤二】利用测角仪测出楼顶B的仰角，楼顶D的仰角； 【步骤三】利用皮尺测出米，米．
解决问题 根据以上数据计算两幢楼楼顶B，D之间的距离．
请你帮助兴趣小组解决以上问题．
（参考数据：，，，）
20．某学校在“体育节”期间举行投篮比赛活动．学校在每班随机抽取10名同学参加，规定每人投篮10次．
下面对八年级（3）班10名参赛同学的投中次数进行了收集、整理和分析．
【收集数据】
3，2，1，4，3，5，6，4，3，5
【整理数据】
投中次数 1 2 3 4 5 6
频数 1 a b 2 2 1
根据上面整理的数据，制作出扇形统计图如图．
【分析数据】
统计量 班 平均数 中位数 众数 方差
八年级（3）班 e f 3 2.04
【解决问题】
根据以上信息，回答下列问题：
（1）填空：______，______，______；
（2）根据扇形统计图，将投中次数所占百分比不低于20%的记为“最多投中数”，学校通过“最多投中数”来评估八年级（3）班学生的投篮情况，若八年级（3）班共有40名学生，估计全班同学能达到“最多投中数”的有多少名？
【数据应用】
（3）八年级（6）班10名参赛同学的投中次数的相关信息如下：
统计量 班 平均数 中位数 众数 方差
八年级（6）班 3.6 4 2 3.64
根据以上两个班表中的统计量，你认为哪个班同学的投篮水平更高一些？并给出一条合理的解释．
21．在平面直角坐标系中，已知，．将线段绕点A顺时针旋转得到线段．
(1)求直线的表达式，并直接写出点C的坐标；
(2)将线段向下平移个单位长度，A，C两点的对应点分别为，．若，都在函数的图象上，求m和k的值．
22．如图，在平行四边形中，对角线，交于点，过点作交的延长线于点，且，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的长．
23．如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点，连接．点P为抛物线上位于第一象限内的一个动点，交y轴于点D．
(1)求k的值；
(2)当为等腰三角形时，求点D的坐标；
(3)连接，求面积的最大值．
24．综合与实践
【问题情境】
为了研究折纸过程中蕴涵的数学知识，老师发给每位同学完全相同的纸片，纸片形状如图1，在四边形中（），，．
图1
【探究实践】
老师引导同学们在边上任取一点E，连接，将沿翻折，点C的对应点为H，然后将纸片展平，连接并延长，分别交，于点M，G．
老师让同学们探究：当点E在不同位置时，能有哪些发现？
经过思考和讨论，小莹、小明向同学们分享了自己的发现．
（1）如图2，小莹发现：“当折痕与夹角为时，则四边形是平行四边形．”
（2）如图3，小明发现：“当E是的中点时，延长交于点N，连接，则N是的中点．
请你分别判断两人的结论是否正确，并说明理由．
图2 图3
【拓展应用】
（3）如图4，小慧在小明发现的基础上，经过进步思考发现：“延长交于点F．当给出和的长时，就可以求出的长．”
老师肯定了小慧同学结论的正确性．若，，请你帮小慧求出的长．
图4
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】本题考查了负数的判断，求一个数的绝对值、相反数、立方根、平方，理解“，” 和“若，则．”是解题的关键．
【详解】解：A.，故不符合题意；
B.，故不符合题意；
C.，故符合题意；
D.，故不符合题意；
故选：C．
2．B
【分析】本题考查了轴对称图形的定义、中心对称图形的定义，理解 “将图形沿某一条直线对折，直线两边的图形能完全重合的图形是轴对称图形．”及“将图形绕着某一点旋转与原图形重合的图形叫做中心对称图形．”是解题的关键．
【详解】解：A.是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
B.是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意；
C.是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
D.是轴对称图形，不是中心对称图形，故符合题意；
故选：B．
3．D
【分析】本题考查了科学记数法的定义，理解“科学记数法表示形式为的形式，其中，n为整数；确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同，当原数绝对值大于等于时，n是正整数；当原数的绝对值小于时，n是负整数．”是解题关键．
【详解】解：由题意得
，
故选：D．
4．B
【分析】本题考查了三视图的定义， 理解 “从正面看几何体，所看到的视图是主视图．”，理解画图时是画轮廓线，看见的轮廓线线用实线，看不见的轮廓线用虚线是解题的关键．
【详解】解：从正面看到的平面图形是，
故选：B.
5．D
【分析】本题考查了合并同类项，完全平方公式，单项式除以单项式，幂的运算；掌握单项式除以单项式的法则和“合并同类项：将系数相加减，字母连同指数不变；；，．”是解题的关键．
【详解】解：A.，结论错误，故不符合题意；
B.，结论错误，故不符合题意；
C.，结论错误，故不符合题意；
D.，结论正确，故符合题意；
故选：D．
6．C
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理；由等腰三角形的性质得，由三角形外角的性质得，即可求解；掌握性质是解题的关键．
【详解】解：，
，
，
，
；
故选：C．
7．A
【分析】本题考查了分式加减，由分母得互为相反数，化为同分母，结合分子可得的值，即可求解；掌握分式同分母加法法则：“”是解题的关键．
【详解】解：由题意得
；
故选：A．
8．A
【分析】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表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；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
画树状图，共有12个等可能的结果，抽取完两张卡片后，恰有一张印有汉字“龘”的结果有8个，再由概率公式求解即可．
【详解】解：把“龘”“龙”“行”分别记为A、B、C，画树状图如图：
共有12个等可能的结果，欢欢抽取完两张卡片后，恰有一张印有汉字“龘”的结果有8个，
∴抽取完两张卡片后，恰有一张印有汉字“龘”的概率为．
故答案为：A．
9．C
【分析】本题考查反比例函数比例系数的几何意义．根据图形中三角形面积关系构造方程是解题的关键．
应用反比例函数比例系数的几何意义，表示、的面积，利用构造方程即可．
【详解】解：如图，设直线与轴交于点，
由反比例函数比例系数的几何意义可知，，，
∵，
∴，即．
故选：C．
10．B
【分析】本题考查了矩形的性质，动点问题的函数图象，利用了数形结合的思想，解答本题的关键是读懂题意，从图象的变化与动点运动位置的改变确定动点的所需关系量．
当两段，分别求得矩形的边长再用勾股定理即可得解．
【详解】解：根据题意，结合函数图象，可知：
当时，点P在上运动；
当时，点P运动到点B，即；
由图知，点P在上运动时间均为，则在上运动了，
即由A到C运动了；
当时，点P在上运动；
当时，点P运动到点C，即．
在矩形中，，则，
故答案为：B．
11．x≥2
【详解】由题意得3x≥6，
解得：x≥2，
故答案为：x≥2．
12．
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理；由菱形的性质得，，，由勾股定理即可求解；掌握菱形的性质是解题的关键．
【详解】解：如图，
，，
四边形是菱形，
，，，
，
菱形的周长：；
故答案：．
13．
【分析】先去分母变分式方程为整式方程，然后解整式方程，最后对方程的解进行检验即可．
【详解】解：，
方程两边同乘得：，
去括号得：，
移项合并同类项得：，
未知数系数化为1的：，
检验：把代入得：，
∴是原方程的解．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了解分式方程，解题的关键是熟练掌握解分式方程的一般步骤，准确计算，注意解分式方程最后要对方程的解进行检验．
14．4或1
【分析】本题考查了新定义的运算，解一元二次方程，掌握新定义的运算顺序是解答关键．
先利用因式分解法解方程得到方程的两个根分别为3，2，则或当，然后利用新定义计算的值．
【详解】解：方程的两个根分别为3，2，
当时，，则；
当时，则．
所以的值为4或1．
故答案为：4或1．
15．
【分析】本题考查了求代数式的值，函数图象上的点，二次函数的对称轴；由已知条件得 ，由二次函数的对称轴得，将代入可求，即可求解；能根据已知条件用表示出、是解题的关键．
【详解】解：抛物线过点，
，
对称轴为直线，
，
，
，
，
；
故答案：．
16．
【分析】本题考查了“杨辉三角”的应用，理解“杨辉三角”，找出所求数的位置是解题的关键．
【详解】解：如图，重新规定行数，
，
，
第个数在第行的第个数，
按“杨辉三角”的规律可得：
第行的数为，，，，，，；
第个数为；
故答案：．
17．(1)
(2)
【分析】本题考查了实数的运算，解一元一次不等式组；
（1）由二次根式除法、特殊角的三角函数值化简后，再进行计算，即可求解．
（2）分别求出不等式组中两不等式的解集，用“同大取大，同小取小，大小小大取中间，大大小小是无解”进行判断，即可求解；
掌握特殊角的三角函数值及判断不等式组解集的方法是解题的关键．
【详解】（1）解：原式
；
（2）
解：由①得，
，
由②得，
，
原不等式组的解为．
18．(1)甲种书为每本元，乙种书为每本元
(2)本
【分析】本题考查了二元一次方程组和一元一次不等式的应用；
（1）等量关系式：购买2本甲种书的费用购买1本乙种书的费用100元；购买3本甲种书的费用购买2本乙种书的费用175元；据此列出方程组，解方程组，即可求解；
（2）不等关系式：购买甲种书的费用购买乙种书的费用元；据此列出不等式，解不等式，即可求解；
找出等量关系式和不等关系式是解题的关键．
【详解】（1）解：设甲种书为每本元，乙种书为每本元，由题意得
，
解得：，
答：甲种书为每本元，乙种书为每本元．
（2）解：设购买乙种书每本，购买甲种书（）本，由题意得
，
解得：，
为整数，
取，
答：该校最多可以购买本乙种书．
19．米
【分析】本题考查了解直角三角的应用，等腰三角形的判定及性质，正切三角函数，勾股定义；过作交于，由等腰三角形的判定及性质得，由正切三角函数可求，由勾股定理得，即可求解；掌握解法，能根据题意作出辅助线构建直角三角形求解是解题的关键．
【详解】解：过作交于，
由测量步骤可得：
四边形、四边形、
四边形、四边形均是矩形，
，
，
，
，
，
，
，
，
在中，
，
，
，
在中，
；
故两幢楼楼顶B，D之间的距离为米．
20．（1），，；（2）32名 （3）八年级（3）班成绩好；
【分析】本题考查中位数、平均数、众数，理解中位数、众数、平均数的意义，掌握中位数、众数、平均数的计算方法是正确解答的前提．
（1）根据中位数、众数、平均数的计算方法进行计算即可；
（2）根据扇形统计图列式计算即可求出全班同学能达到“最多投中数”的有多少名；
（3）从平均数、中位数、众数、方差的比较得出结论，理由合理即可．
【详解】解：（1）10名参赛同学中投中3次的有3人，
，
，
平均数（次）；
将3，2，1，4，3，5，6，4，3，5按从小到大的顺序排序为：1，2，3，3，3， 4， 4，5，5，6，中间两个数是3，4，
（次）；
故答案为：，，；
（2）投中2次的有1人，占，投中次数所占百分比不低于20%的有8个人，
40名同学能达到“最多投中数”的有（名）
答：40名同学能达到“最多投中数”的有32名．
（3）从平均数来看，两班成绩一样；从中位数来看，八年级（6）班比八年级（3）班成绩好，不低于4次的人数多；从众数来看，八年级（3）班成绩好；从方差来看，八年级（3）班成绩稳定．
21．(1)；；
(2)
【分析】此题是一次函数与反比例函数的综合题，主要考查了待定系数法求一次函数的解析式，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，掌握相关性质是解本题的关键．
（1）作辅助线构建全等三角形，证明，可得点C的坐标，利用待定系数法可得直线的解析式；
（2）用m表示，，根据，都在函数的图象上，建立方程即可得解．
【详解】（1）解：设直线的解析式为：，
把，代入，
得
解得
，
如图，过点B作轴于G，过点C作轴于H，
由旋转得：，
，
，
，
，
，
，
（2）解：∵平移后，，，都在函数的图象上，
∴，
，
．
22．(1)见解析
(2)6
【分析】（1）根据对角线相互垂直的平行四边形是菱形，即可求证；
（2）在中，是斜边的中线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，由此即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴平行四边形是菱形．
（2）解：由（1）可知，平行四边形是菱形，
∵，，
∴，
∴在中，，
∵是线段的中点，
在中，是斜边的中线，且，，
∴．
【点睛】本题主要考查菱形的判定，直角三角形斜边中线的综合，掌握菱形的判定方法，直角三角形中斜边的中线等于斜边的一半，平行四边形的性质是解题的关键．
23．(1)4；
(2)；
(3)2．
【分析】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、三角形面积最值、等腰三角形的存在性问题，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）分三种情形①当时，②当时，③当时分别求解即可解决问题；
（3）设，求出直线的表达式，进而求出点D 的坐标，利用得关于m的二次函数，根据二次函数的性质求出最大值即可．
【详解】（1）解：把代和，得，
所以k的值是4；
（2）解：①当时，如图所示，
当时，，
，
，
在中，，即，
，
；
②当时，此时，如图所示：
点P在第四象限，不符合题意；
③当时，，
则，如图所示：
点P在第四象限，不符合题意；
综上所述，当为等腰三角形时，点D的坐标为；
（3）解：设，
，
设直线的表达式为，
将，代入，
得，
解得，
，
点D 的坐标为，
，
，
当时，有最大值，最大值为．
面积的最大值为2．
24．（1）结论正确，理由见详解；（2）结论正确，理由见详解；（3）
【分析】（1）由折叠的性质及已知条件得，由平行四边形的定义即可求证；
（2）连接，由折叠的性质得，，由等腰三角形的性质及平行线的性质可得，由对顶角性质及等腰三角形的性质得，由余角的性质可得，从而可得，即可求证；
（3）由两角对应相等的三角形相似可得，由相似三角形的性质得，设，则有，，由勾股定理得，，，即可求解．
【详解】（1）结论正确；
理由如下：
由折叠得：，
，
折痕与夹角为，
，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）结论正确；
理由如下：
如图，连接，
由折叠得：，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的中点，
，
，
，
，
，
，
，
N是的中点；
（3）解：，，
，
由折叠得：，
，
，
，
，
，
，
是的中点，
，
，
，
，
，
解得：，
，
由（2）得：，
，
，
设，则有，
，
在中，
，
，
在中，
，
，
，
在中，
，
，
解得：，
故的长为．
【点睛】本题考查了折叠的性质，平行四边形的判定，等腰三角形的判定及性质，勾股定理，三角形相似的判定及性质等，掌握相关的判定方法及性质，能结合折叠的性质将已知条件转化到直角三角形中，用勾股定理求解是解题的关键．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
