高频考题2025-2026学年青岛市九年级数学下学期开学考试

高频考题——2026年青岛市九年级数学下学期开学考试 一、选择题（本题满分24分，共有8道小题，每小题3分）下列每小题都给出标号为A、B、C、D的四个结论，其中只有一个是正确的．每小题选对得分；不选、选错或选出的标号超过一个的不得分． 1．（3分）如图，在数轴上若两个不同的点A和B到原点的距离相等，则点B所表示的数是（　　） A．3 B．±3 C．﹣3 D． 2．（3分）小时候我们用肥皂水吹泡泡，其泡沫的厚度约0.000326毫米，用科学记数法表示为（　　） A．3.26×10﹣4毫米 B．0.326×10﹣4毫米 C．3.26×10﹣4厘米 D．32.6×10﹣4厘米 3．（3分）“中国结”是我国特有的手工编织工艺品，也是一种传统吉祥装饰物．下列四个中国结图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 4．（3分）三个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示，其主视图是（　　） A． B． C． D． 5．（3分）如图，小明从A入口进入博物馆参观，参观后可从B，C，D三个出口走出，他恰好从C出口走出的概率是（　　） A． B． C． D． 6．（3分）如图，在⊙O中，∠BAC＝15°，∠ADC＝20°，则∠ABO的度数为（　　） A．70° B．55° C．45° D．35° 7．（3分）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（1，），M为x轴上一点，且使得△MOA为等腰三角形，则满足条件的点M的个数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 8．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则一次函数y＝bcx+b2﹣4ac与反比例函数在同一平面直角坐标系内的图象大致为（　　） A． B． C． D． 二、填空题（本题满分18分，共有6道小题，每小题3分） 9．（3分）计算×（）+（）0的结果为 　． 10．（3分）如图，两个反比例函数y＝和y＝﹣的图象分别是l1和l2．设点P在l1上，PC⊥x轴，垂足为C，交l2于点A，PD⊥y轴，垂足为D，交l2于点B，则△PAB的面积为 　． 11．（3分）为了庆祝中国共产党成立100周年，某校举行“党在我心中”演讲比赛，评委将从演讲内容，演讲能力，演讲效果三个方面给选手打分，各项成绩均按百分制计，然后再按演讲内容占50%，演讲能力占40%，演讲效果占10%，计算选手的综合成绩（百分制）．小婷的三项成绩依次是84，95，90，她的综合成绩是 　 　． 12．（3分）如图，矩形纸片ABCD，AD：AB＝：1，点E，F分别在AD，BC上，把纸片如图沿EF折叠，点A，B的对应点分别为A′，B′，连接AA′并延长交线段CD于点G，则的值为 13．（3分）如图，在 Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝4，OB＝3，将 Rt△AOB绕点O顺时针旋转90°后得 Rt△FOE，将线段EF绕点E逆时针旋转90°后得线段ED，分别以O，E为圆心，OA、ED长为半径画弧AF和弧DF，连接AD，则图中阴影部分面积是 　． 14．（3分）如图，正方形纸片ABCD，P为AD边上的一点（不与点A，D重合）．将纸片折叠，使点B落在点P处，点C落在点G处，PG交DC于点H，折痕为EF，连接BP，BH，BH交EF于点M，连接PM．下列结论正确的有 　 　.（填写序号） ①BP＝EF；②AP•DP＝AE•DH；③PH＝AP+HC；④BH平分∠PHC；⑤BP＝BH． 三、作图题（本题满分4分）用圆规、直尺作图，不写作法，但要保留作图痕迹． 15．（4分）如图，矩形ABCD区域是正在改造的青岛火车站南广场的一部分．喜欢设计的小明在这一区域内设计了一个圆形休闲广场，要求这个圆P与三条道路AD，DC，BC相切，请画出这个圆P． 四、解答题（本大题共9小题，共74分） 16．（8分）（1）化简：； （2）已知二次函数y＝ax2+与正比例函数y＝4x的图象只有一个交点，求a的值． 17．（6分）第33届夏季奥林匹克运动会将于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行，某中学为了迎接这一体育盛事的到来，组织七、八年级学生开展了奥运知识竞赛，为了解竞赛情况，现从该校七、八年级中各随机抽取20名学生的竞赛成绩进行整理、描述和分析（成绩得分用x表示，共分成四组：A：9.5≤x≤10，B：9≤x＜9.5，C：8.5≤x＜9，D：8.5分以下，得分在9分及以上为优秀）．下面给出了部分信息： 七年级C组同学的分数分别为：8.8，8.9，8.6，8.5； 八年级C组同学的分数分别为：8.9，8.8，8.8，8.6，8.9，8.9，8.7，8.9，8.9． 七年级选取的学生竞赛成绩统计表： 年级 平均数 中位数 众数 优秀率 七年级 8.8 a 9.5 c 八年级 8.8 8.9 b 35% （1）填空：a＝　 　，b＝　 　，c＝　 　； （2）根据以上数据，你认为该校七、八年级学生在此次奥运知识竞赛中，哪个年级学生对奥运知识的了解情况更好？请说明理由；（至少写出2条理由） （3）该校七年级有750名学生，八年级有660名学生，请根据样本估计该校这两个年级竞赛成绩为优秀的学生总人数． 18．（6分）有四张反面完全相同的纸牌A、B、C、D，其正面分别画有四个不同的几何图形，将四张纸牌洗匀正面朝下随机放在桌面上． （1）从四张纸牌中随机摸出一张，摸出的牌面图形是中心对称图形的概率是　 　． （2）小明和小亮约定做一个游戏，其规则为：先由小明随机摸出一张，不放回．再由小亮从剩下的纸牌中随机摸出一张，若摸出的两张牌面图形既是轴对称图形又是中心对称图形，则小亮获胜，否则小明获胜．这个游戏公平吗？请用列表法（或画树状图）说明理由．（纸牌用A、B、C、D表示）若不公平，请你帮忙修改一下游戏规则，使游戏公平． 19．（6分）高淳固城湖大桥采用H型塔型斜拉桥结构（如甲图），图乙是从图甲抽象出的平面图．测得拉索AB与水平桥面的夹角是45°，拉索CD与水平桥面的夹角是65°，两拉索顶端的距离AC为2米，两拉索底端距离BD为10米，请求出立柱AH的长（结果精确到0.1米）． （参考数据：sin65°≈0.91，cos65°≈0.42，tan65°≈2.14） 20．（8分）“六一”儿童节将至，某商店计划购进A型玩具和B型玩具进行销售，已知700元购买A型玩具的个数是315元购买B型玩具个数的2倍，一个A型玩具的进价比一个B型玩具的进价多1元．销售时，两种玩具的售价均为15元/个． （1）求一个A型玩具和一个B型玩具的进价分别是多少元？ （2）该商店计划购进这两种玩具共200个，其中购进A型玩具的数量不少于B型玩具数量的，且不超过150个．当商店进货时，若一次性购进A型玩具超过80个，则A型玩具超过的部分可按进价打7折．该商店应购进A型玩具和B型玩具各多少个，才能在两种玩具全部售出后所获利润最大？最大利润是多少元？ 21．（8分）如图，以△ABC的三边为直角边分别向外作等腰直角三角形ABD，等腰直角三角形BCE和等腰直角三角形ACF，连接DE，EF． （1）求证：△ABC≌△DBE； （2）当∠BAC满足什么条件时，四边形ADEF是矩形？请证明你的结论． 22．（10分）如图1，为打造旅游休闲城市，某地在地面上沿绿道旁的母亲河打造喷水景观．喷出的水柱为抛物线，为保持路面干燥，水柱要喷入河中．图2是其截面图，已知路面OA宽为3.5米，河道坝高AE为5米，B与A的水平距离BE为2.5米．当水柱离喷水口O处水平距离为2米时，离路面距离的最大值为3米．以点O为坐标原点，射线OA为x轴正方向建立平面直角坐标系． （1）求抛物线的解析式； （2）出于安全考虑，在河道的坝边A处安装护栏，要求水柱不能喷射到护栏上，则护栏的最大高度是多少米？ （3）水柱落入水中会荡起美丽的水花，从美观角度考虑，水柱落水点要在水面上．当河水降至离路面距离为多少时，水柱刚好落在水面上？ 23．（10分）问题提出： 把A，B，C，D，E五个不同的棋子放在如图所示的5×5方格纸内，使每行每列只能出现一个棋子，共有多少种不同的放法？ 问题探究： 为了解决上面的问题，我们先从最简单的情形入手，从中找到解决问题的方法． 探究一： 若把A，B两个不同的棋子放在2×2方格纸内，并使每行每列只能出现一个棋子，可看成分两步完成这件事情．第一步放棋子A，棋子A可以放在4个方格的任意一个中，故棋子A有4种不同的放法．第二步放棋子B，由于棋子A已放定，那么放棋子A的那一行和那一列中的其他方格内也不能放棋子B，故还剩下1个方格可以放棋子B，棋子B只有1种放法．如：棋子A放在方格1中，那么方格2和方格3也不能放棋子B，棋子B只能放在方格4中．由于第一步有4种放法，第二步有1种放法，所以共有4×1种不同放法． 探究二： 若把A，B，C三个不同的棋子放在3×3方格纸内，并使每行每列只能出现一个棋子，可看成分三步完成这件事情．第一步放棋子A，棋子A可以放在9个方格的任意一个中，故棋子A有9种不同的放法．第二步放棋子B，由于棋子A已放定，那么放棋子A的那一行和那一列中的其他方格内也不能放棋子B，此时只剩四个方格可以放棋子B，且四个方格的位置可类似看作“2×2方格”模型，所以接下来放棋子B和棋子C的两步有4×1种不同的放法．由于第一步有9种放法，第二步和第三步有4×1种放法，所以共有9×4×1种不同的放法． 探究三： 若把A，B，C，D四个不同的棋子放在4×4方格纸内，可看成分四步完成这件事情．第一步放棋子A，棋子A可以放在 　 　个方格的任意一个中，故棋子A有 　 　种不同的放法．第二步放棋子B，由于棋子A已放定，那么放棋子A的那一行和那一列中的其他方格内也不能放棋子B，此时只有 　 　个方格可以放棋子B，且这些方格的位置可类似看作“　3×3　方格”模型，所以接下来放棋子B，棋子C和棋子D的三步有 　 　种不同的放法．所以共有 　 　种不同的放法． 问题解决： 把A，B，C，D，E五个不同的棋子放在5×5方格纸内，并使每行每列只能出现一个棋子，共有 　 　种不同的放法． 拓展延伸： 若安排甲，乙，丙，丁，戊五人分别坐在五个不同的位置上，五个人要坐网格类的座位，共有 　 　种不同的坐法． 24．（12分）已知：如图，在 Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6 cm，BC＝8 cm．点D是BC中点，点P从点C出发，沿CA向点A匀速运动，速度为2 cm/s；同时点Q从点A出发，沿AB向点B匀速运动，速度为3 cm/s；连接PD，QD，PQ，将△PQD绕点D旋转180°得△RTD，连接PT，QR．设运动时间为t（ s）（0＜t＜3），解答下列问题： （1）当t为何值时，RT∥BC？ （2）当t为何值时，四边形PQRT是菱形？ （3）设四边形PQRT的面积为y（cm2），求y与t的函数关系式； （4）是否存在某一时刻t，使得点T在△ABC的外接圆上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 高频考题——2026年青岛市九年级数学下学期开学考试答案 一、选择题（本题满分24分，共有8道小题，每小题3分）下列每小题都给出标号为A、B、C、D的四个结论，其中只有一个是正确的．每小题选对得分；不选、选错或选出的标号超过一个的不得分． 1．（3分）如图，在数轴上若两个不同的点A和B到原点的距离相等，则点B所表示的数是（　　） A．3 B．±3 C．﹣3 D． 【分析】到原点距离相等的点，要么互为相反数，要么是同一个数，但已知条件说是两个不同的点，所以，B与A互为相反数，即B只能是3． 【解答】解：设点B表示的数为x， ∵点A与点B到原点的距离相等， ∴|﹣3|＝|x|， ∴x＝±3， ∵点A与点B是不同的点， ∴x＝3， 故选：A． 【点评】本题考查了两个点到原点的距离，解题的关键是想到有两种情况，根据已知条件否定一种情况． 2．（3分）小时候我们用肥皂水吹泡泡，其泡沫的厚度约0.000326毫米，用科学记数法表示为（　　） A．3.26×10﹣4毫米 B．0.326×10﹣4毫米 C．3.26×10﹣4厘米 D．32.6×10﹣4厘米 【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定． 【解答】解：0.000326毫米，用科学记数法表示为3.26×10﹣4毫米． 故选：A． 【点评】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定． 3．（3分）“中国结”是我国特有的手工编织工艺品，也是一种传统吉祥装饰物．下列四个中国结图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可． 【解答】解：左起第1、3、4这三个图形既是中心对称图形又是轴对称图形，第二个图形是中心对称图形，不是轴对称图形， 故选：C． 【点评】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合． 4．（3分）三个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示，其主视图是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案． 【解答】解：从正面看，是一行三个相邻的矩形，其中左边和中间的两个矩形为正方形，且中间的正方形有一条纵向的虚线． 故选：B． 【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图． 5．（3分）如图，小明从A入口进入博物馆参观，参观后可从B，C，D三个出口走出，他恰好从C出口走出的概率是（　　） A． B． C． D． 【分析】直接由概率公式求解即可． 【解答】解：小明恰好在C出口出来的概率为， 故选：B． 【点评】此题考查的是概率公式，熟记概率公式是解题的关键． 6．（3分）如图，在⊙O中，∠BAC＝15°，∠ADC＝20°，则∠ABO的度数为（　　） A．70° B．55° C．45° D．35° 【分析】根据圆周角定理可得出∠AOB的度数，再由OA＝OB，可求出∠ABO的度数 【解答】解：连接OA、OC， ∵∠BAC＝15°，∠ADC＝20°， ∴∠AOB＝2（∠ADC+∠BAC）＝70°， ∵OA＝OB（都是半径）， ∴∠ABO＝∠OAB＝（180°﹣∠AOB）＝55°． 故选：B． 【点评】本题考查了圆周角定理，注意掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半． 7．（3分）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（1，），M为x轴上一点，且使得△MOA为等腰三角形，则满足条件的点M的个数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】分别以O、A为圆心，以OA长为半径作圆，与x轴交点即为所求点M，再作线段OA的垂直平分线，与坐标轴的交点也是所求的点M，作出图形，利用数形结合求解即可． 【解答】解：如图，满足条件的点M的个数为2． 故选B． 【点评】本题考查了坐标与图形的性质及等腰三角形的判定；对于底和腰不等的等腰三角形，若条件中没有明确哪边是底哪边是腰时，应在符合三角形三边关系的前提下分类讨论． 8．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则一次函数y＝bcx+b2﹣4ac与反比例函数在同一平面直角坐标系内的图象大致为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据二次函数图象确定bc、b2﹣4ac、a﹣b+c的符号，由它的符号判定一次函数图象与反比例函数图象所经过的象限即可． 【解答】解：如图，抛物线y＝ax2+bx+c的开口方向向上，则a＞0． 对称轴在y轴的右侧，则a、b异号，所以b＜0， 抛物线y＝ax2+bx+c与y轴的负半轴相交， ∴c＜0， 又因为抛物线与x轴有2个交点， 所以b2﹣4ac＞0， 所以直线y＝cbx+b2﹣4ac经过第一、二、三象限． 当x＝﹣1时，y＞0，即a﹣b+c＞0，所以双曲线经过第一、三象限． 综上所述，符合条件的图象是A选项． 故选：A． 【点评】本题综合考查了一次函数、二次函数以及反比例函数的图象．熟练掌握图象与函数关系式中系数的关系是解题的关键． 二、填空题（本题满分18分，共有6道小题，每小题3分） 9．（3分）计算×（）+（）0的结果为 　3　． 【分析】先根据二次根式的乘法法则和零指数幂的意义计算，然后化简后进行有理数的加减运算． 【解答】解：原式＝﹣+1 ＝4﹣2+1 ＝3． 故答案为：3． 【点评】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法和除法法则、零指数幂是解决问题的关键． 10．（3分）如图，两个反比例函数y＝和y＝﹣的图象分别是l1和l2．设点P在l1上，PC⊥x轴，垂足为C，交l2于点A，PD⊥y轴，垂足为D，交l2于点B，则△PAB的面积为　　． 【分析】设P的坐标是（a，），推出A的坐标和B的坐标，求出∠APB＝90°，求出PA、PB的值，根据三角形的面积公式求出即可． 【解答】解：∵点P在y＝上， ∴|xp|×|yp|＝|k|＝1， ∴设P的坐标是（a，）（a为正数）， ∵PA⊥x轴， ∴A的横坐标是a， ∵A在y＝﹣上， ∴A的坐标是（a，﹣）， ∵PB⊥y轴， ∴B的纵坐标是， ∵B在y＝﹣上， ∴代入得：＝﹣， 解得：x＝﹣2a， ∴B的坐标是（﹣2a，）， ∴PA＝|﹣（﹣）|＝，PB＝|a﹣（﹣2a）|＝3a， ∵PA⊥x轴，PB⊥y轴，x轴⊥y轴， ∴PA⊥PB， ∴△PAB的面积是：PA×PB＝××3a＝ 故答案为：． 【点评】本题考查了反比例函数和三角形面积公式的应用，关键是能根据P点的坐标得出A、B的坐标，本题具有一定的代表性，是一道比较好的题目． 11．（3分）为了庆祝中国共产党成立100周年，某校举行“党在我心中”演讲比赛，评委将从演讲内容，演讲能力，演讲效果三个方面给选手打分，各项成绩均按百分制计，然后再按演讲内容占50%，演讲能力占40%，演讲效果占10%，计算选手的综合成绩（百分制）．小婷的三项成绩依次是84，95，90，她的综合成绩是 　89分　． 【分析】根据加权平均数的定义列式计算可得． 【解答】解：小婷的综合成绩为84×50%+95×40%+90×10%＝89（分）， 故答案为：89分． 【点评】本题考查的是加权平均数的求法，熟练掌握加权平均数的计算公式是解题的关键． 12．（3分）如图，矩形纸片ABCD，AD：AB＝：1，点E，F分别在AD，BC上，把纸片如图沿EF折叠，点A，B的对应点分别为A′，B′，连接AA′并延长交线段CD于点G，则的值为 【分析】过点F作FH⊥AD于点H，设AG与EF交于点O，利用两角对应相等求证△ADG∽△FHE，即可求出的值． 【解答】解：过点F作FH⊥AD于点H，设AG与EF交于点O，如图所示： 由折叠A与A'对应易知：∠AOE＝90°， ∵∠EAO+∠AEO＝90°， ∠EAO+∠AGD＝90°， ∴∠AEO＝∠AGD，即∠FEH＝∠AGD， 又∵∠ADG＝∠FHE＝90°， ∴△ADG∽△FHE， ∴＝＝＝＝， 【点评】本题考查翻折变换，矩形性质以及相似三角形判定与性质，本题通过翻折变换推出∠AOE＝90°进而利用角进行转化求出△ADG∽△FHE是解题的关键． 13．（3分）如图，在 Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝4，OB＝3，将 Rt△AOB绕点O顺时针旋转90°后得 Rt△FOE，将线段EF绕点E逆时针旋转90°后得线段ED，分别以O，E为圆心，OA、ED长为半径画弧AF和弧DF，连接AD，则图中阴影部分面积是 　　． 【分析】作DH⊥AE于H，根据勾股定理求出AB，根据阴影部分面积＝△ADE的面积+△EOF的面积+扇形AOF的面积﹣扇形DEF的面积、利用扇形面积公式计算即可． 【解答】解：作DH⊥AE于H， ∵∠AOB＝90°，OA＝4，OB＝3， ∴AB＝＝5， 由旋转的性质可知，OE＝OB＝3，DE＝EF＝AB＝5， ∵∠OFE+∠FEO＝∠OED+∠FEO＝90°， ∴∠OFE＝∠OED ∴△DHE≌△BOA， ∴DH＝OB＝3， 阴影部分面积＝△ADE的面积+△EOF的面积+扇形AOF的面积﹣扇形DEF的面积 ＝×7×3+×3×4+﹣ ＝﹣， 故答案为：﹣． 【点评】本题考查的是扇形面积的计算、旋转的性质、全等三角形的性质，掌握扇形的面积公式S＝和旋转的性质是解题的关键． 14．（3分）如图，正方形纸片ABCD，P为AD边上的一点（不与点A，D重合）．将纸片折叠，使点B落在点P处，点C落在点G处，PG交DC于点H，折痕为EF，连接BP，BH，BH交EF于点M，连接PM．下列结论正确的有 　①②③④　.（填写序号） ①BP＝EF；②AP•DP＝AE•DH；③PH＝AP+HC；④BH平分∠PHC；⑤BP＝BH． 【分析】过点F作FQ⊥AB，垂足为Q，过点B作BI⊥PG，垂足为I，根据折叠的性质，得到EF⊥BP，得到∠ENB＝90°，结合正方形的性质，进而得到∠BEF＝∠APB，证明△ABP≌△QFE（AAS），即可判断①； 根据∠EPH＝90°，证明△APE∽△DHP，得到，即可判断②； 根据翻折不变性可知：PE＝BE，得到∠EBP＝∠EPB．由∠EPH＝∠EBC＝90° 推出∠EPH﹣∠EPB＝∠EBC﹣∠EBP．即∠PBC＝∠BPH．由AD∥BC，得到∠APB＝∠PBC．推出∠APB＝∠BPH，易证△APB≌△IPB（AAS），得到AP＝IP，AB＝BI，再证明Rt△BCH≌Rt△BHH（HL），得到IH＝CH，∠IBH＝∠CBH，即可判断③④； 根据勾 股定理即可判断⑤． 【解答】解：过点F作FQ⊥AB，垂足为Q，过点B作BI⊥PG，垂足为I， 则QF＝BC， 根据折叠的性质得：EF⊥BP，∠ENB＝90°， ∵ABCD是正方形， ∴∠A＝90°， ∵∠ABP+∠BEF＝∠ABP+∠APB＝90°， ∴∠BEF＝∠APB， ∵AB＝BC， ∴AB＝QF， ∵∠A＝∠FQA＝90°， ∴△ABP≌△QFE（AAS） ∴BP＝EF；故①正确； ∵∠EPH＝∠ABC＝90°， ∴∠APE+∠AEP＝∠APE+∠DPH＝90°， ∴∠AEP＝∠DPH， ∵∠A＝∠D＝90°， ∴△APE∽△DHP， ∴， ∴AP•DP＝AE•DH，故②正确； 根据翻折不变性可知：PE＝BE， ∴∠EBP＝∠EPB， ∵∠EPH＝∠EBC＝90°， ∴∠EPH﹣∠EPB＝∠EBC﹣∠EBP，即∠PBC＝∠BPH． ∵AD∥BC， ∴∠APB＝∠PBC． ∴∠APB＝∠BPH． ∵∠A＝∠BIP＝90°，BP＝BP， ∴△APB≌△IPB（AAS）， ∴AP＝IP，AB＝BI， ∴BI＝BC， ∵BH＝BH， ∴Rt△BCH≌Rt△BIH（HL）， ∴HI＝CH，∠IBH＝∠CBH， ∴PH＝IP+HI＝AP+CH，BH平分∠PHC；故③④正确； ∵， AB＝BC， ∴CH，AP一定相等时，有BP＝BH， ∴BP，BH不一定相等，故⑤错误， 故答案为：①②③④． 【点评】本题主要考查了正方形的性质、翻折变换、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三 角形解决问题属于中考选择题中的压轴题． 三、作图题（本题满分4分）用圆规、直尺作图，不写作法，但要保留作图痕迹． 17．（4分）如图，矩形ABCD区域是正在改造的青岛火车站南广场的一部分．喜欢设计的小明在这一区域内设计了一个圆形休闲广场，要求这个圆P与三条道路AD，DC，BC相切，请画出这个圆P． 【分析】作DE平分∠ADC，CF平分∠BCD，PE，CF交于点P，过点P作PH⊥CB于点H，以P为圆心，PH为半径作⊙P即可． 【解答】解：如图，⊙P即为所求． 【点评】本题考查作图﹣应用与设计作图，矩形的性质，切线的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 四、解答题（本大题共9小题，共74分） 16．（8分）（1）化简：； （2）已知二次函数y＝ax2+与正比例函数y＝4x的图象只有一个交点，求a的值． 【分析】（1）将分式通分，然后计算化简． （2）令ax2+＝4x，根据Δ＝0求解． 【解答】解：（1）＝＝＝＝． （2）令ax2+＝4x，整理得ax2﹣4x+＝0， 由题意得Δ＝（﹣4）2﹣4×a＝0， 解得a＝3． 【点评】本题考查分式的化简及二次函数的性质，解题关键是掌握因式分解的方法，掌握二次函数与方程的关系． 17．（6分）第33届夏季奥林匹克运动会将于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行，某中学为了迎接这一体育盛事的到来，组织七、八年级学生开展了奥运知识竞赛，为了解竞赛情况，现从该校七、八年级中各随机抽取20名学生的竞赛成绩进行整理、描述和分析（成绩得分用x表示，共分成四组：A：9.5≤x≤10，B：9≤x＜9.5，C：8.5≤x＜9，D：8.5分以下，得分在9分及以上为优秀）．下面给出了部分信息： 七年级C组同学的分数分别为：8.8，8.9，8.6，8.5； 八年级C组同学的分数分别为：8.9，8.8，8.8，8.6，8.9，8.9，8.7，8.9，8.9． 七年级选取的学生竞赛成绩统计表： 年级 平均数 中位数 众数 优秀率 七年级 8.8 a 9.5 c 八年级 8.8 8.9 b 35% （1）填空：a＝　8.7　，b＝　8.9　，c＝　40%　； （2）根据以上数据，你认为该校七、八年级学生在此次奥运知识竞赛中，哪个年级学生对奥运知识的了解情况更好？请说明理由；（至少写出2条理由） （3）该校七年级有750名学生，八年级有660名学生，请根据样本估计该校这两个年级竞赛成绩为优秀的学生总人数． 【分析】（1）根据题意和统计图中的信息，可以分别计算出a、b、c的值； （2）根据表格中的数据，可以解答本题； （3）根据表格中的数据，可以计算出这两个年级竞赛成绩为优秀的学生总人数． 【解答】解：（1）由条形统计图可得：a＝（8.6+8.8）÷2＝8.7， 由八年级C组同学的分数可知：8.9出现的次数最多， ∴b＝8.9， c＝×100%＝40%， 故答案为：8.7，8.9，40%； （2）七年级学生对奥运知识的了解情况更好， 理由：由表格可知，七年级学生对奥运知识的了解的众数高于八年级学生对奥运知识的了解的众数，七年级学生对奥运知识的了解的优秀率高于八年级学生对奥运知识的了解的优秀率； （3）由题意可得， 750×40%+660×35% ＝300+231 ＝531（人）， 答：估计这两个年级竞赛成绩为优秀的学生有531人． 【点评】本题考查频数分布直方图，众数、中位数、用样本估计及总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 18．（6分）有四张反面完全相同的纸牌A、B、C、D，其正面分别画有四个不同的几何图形，将四张纸牌洗匀正面朝下随机放在桌面上． （1）从四张纸牌中随机摸出一张，摸出的牌面图形是中心对称图形的概率是　　． （2）小明和小亮约定做一个游戏，其规则为：先由小明随机摸出一张，不放回．再由小亮从剩下的纸牌中随机摸出一张，若摸出的两张牌面图形既是轴对称图形又是中心对称图形，则小亮获胜，否则小明获胜．这个游戏公平吗？请用列表法（或画树状图）说明理由．（纸牌用A、B、C、D表示）若不公平，请你帮忙修改一下游戏规则，使游戏公平． 【分析】（1）直接根据概率公式计算即可． （2）首先列表列出可能的情况，摸出的两张牌面图形既是轴对称图形又是中心对称图形的结果有2种，由概率公式得出小亮获胜的概率和小明获胜的概率，得出游戏不公平；关键概率相等修改即可． 【解答】解：（1）共有4张牌，正面是中心对称图形的情况有3种， 从四张纸牌中随机摸出一张，摸出的牌面图形是中心对称图形的概率是； 故答案为：； （2）游戏不公平，理由如下： 列表得： A B C D A （A，B） （A，C） （A，D） B （B，A） （B，C） （B，D） C （C，A） （C，B） （C，D） D （D，A） （D，B） （D，C） 共有12种结果，每种结果出现的可能性相同，摸出的两张牌面图形既是轴对称图形又是中心对称图形的结果有2种，即（A，C）（C，A） ∴P（两张牌面图形既是轴对称图形又是中心对称图形）＝＝， ∴小亮获胜的概率为，小明获胜的概率为， ∴游戏不公平． 修改规则：若抽到的两张牌面图形都是中心对称图形（或若抽到的两张牌面图形都是轴对称图形），则小明获胜，否则小亮获胜． 【点评】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试验还是不放回试验．正确利用树状图分析两次摸牌所有可能结果是关键，区分中心对称图形是要点．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比． 19．（6分）高淳固城湖大桥采用H型塔型斜拉桥结构（如甲图），图乙是从图甲抽象出的平面图．测得拉索AB与水平桥面的夹角是45°，拉索CD与水平桥面的夹角是65°，两拉索顶端的距离AC为2米，两拉索底端距离BD为10米，请求出立柱AH的长（结果精确到0.1米）． （参考数据：sin65°≈0.91，cos65°≈0.42，tan65°≈2.14） 【分析】设AH的长为x米，则CH的长为（x﹣2）米，在Rt△ABH中，由AH＝BH•tan45°可得出BH＝x，进而可得出DH＝x﹣10，在Rt△CDH中，由CH＝DH•tan65°可得出x﹣2＝2.14（x﹣10），解之即可得出结论（求出的x的值精确到0.1米）． 【解答】解：设AH的长为x米，则CH的长为（x﹣2）米． 在Rt△ABH中，AH＝BH•tan45°， ∴BH＝x， ∴DH＝BH﹣BD＝x﹣10； 在Rt△CDH中，CH＝DH•tan65°， ∴x﹣2＝2.14（x﹣10）， 解得：x＝17.01≈17.0． 答：立柱AH的长约为17.0米． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用，通过解直角三角形，找出关于AH长的一元一次方程是解题的关键． 20．（8分）“六一”儿童节将至，某商店计划购进A型玩具和B型玩具进行销售，已知700元购买A型玩具的个数是315元购买B型玩具个数的2倍，一个A型玩具的进价比一个B型玩具的进价多1元．销售时，两种玩具的售价均为15元/个． （1）求一个A型玩具和一个B型玩具的进价分别是多少元？ （2）该商店计划购进这两种玩具共200个，其中购进A型玩具的数量不少于B型玩具数量的，且不超过150个．当商店进货时，若一次性购进A型玩具超过80个，则A型玩具超过的部分可按进价打7折．该商店应购进A型玩具和B型玩具各多少个，才能在两种玩具全部售出后所获利润最大？最大利润是多少元？ 【分析】（1）设一个A型玩具的进价为x元/个，则一个B型玩具的进价是（x﹣1）元，根据700元购买A型玩具的个数是315元购买B型玩具个数的2倍，列出分式方程，解方程即可； （2）设应购买A型玩具m个，则购进B型玩具（200﹣m）个，根据购进A型玩具的数量不少于B型玩具数量的，且不超过150个．列出一元一次不等式组，解得90≤m≤150，再设两种玩具全部售出后所获利润为y元，由题意列出y关于m的一次函数关系式，然后由一次函数的性质即可得出结论． 【解答】解：（1）设一个A型玩具的进价为x元/个，则一个B型玩具的进价是（x﹣1）元， 由题意得：＝×2， 解得：x＝10， 经检验，x＝10是原方程的解，且符合题意， ∴x﹣1＝9， 答：一个A型玩具的进价是10元，一个B型玩具的进价是9元； （2）设应购买A型玩具m个，则购进B型玩具（200﹣m）个， 由题意得：， 解得：90≤m≤150， 设两种玩具全部售出后所获利润为y元， 由题意得：y＝200×15﹣[10×80+10×0.7（m﹣80）+9（200﹣m）]＝2m+960， ∵m＞0， ∴y随m的增大而增大， ∴当m＝150时，y有最大值＝2×150+960＝1260， 此时，200﹣m＝50， 答：应购买A型玩具150个，B型玩具50个，才能在两种玩具全部售出后所获利润最大，最大利润是1260元． 【点评】本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式组的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）找出数量关系，正确列出一元一次不等式组和一次函数关系式． 21．（8分）如图，以△ABC的三边为直角边分别向外作等腰直角三角形ABD，等腰直角三角形BCE和等腰直角三角形ACF，连接DE，EF． （1）求证：△ABC≌△DBE； （2）当∠BAC满足什么条件时，四边形ADEF是矩形？请证明你的结论． 【分析】（1）利用两边夹角对应相等的两个三角形全等即可证明． （2）根据全等三角形的性质得到DE＝AC，得到DE＝AF，推出D，A，C三点共线，得到∠DAF＝90°，根据全等三角形的性质得到∠BDE＝∠BAC＝135°，根据平行线的判定定理得到DE∥AF，得到四边形ADEF是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论．． 【解答】（1）证明：∵AB＝DB，BC＝BE，∠ABD＝∠CBE＝90°， ∴∠ABC＝∠DBE＝90°﹣∠ABE， 在△ABE和△DBC中， ， ∴△ABC≌△DBE； （2）解：当∠BAC＝135°时，四边形ADEF是矩形， 证明：∵△ABC≌△DBE， ∴DE＝AC， ∵AF＝AC， ∴DE＝AF， ∵∠BAC＝135°，∠BAD＝45°°， ∴∠CAD＝180°， ∴D，A，C三点共线， ∵∠FAC＝90°， ∴∠DAF＝90°， ∵△ABC≌△DBE， ∴∠BDE＝∠BAC＝135°， ∵∠ADB＝45°， ∴∠ADE＝90°， ∴∠ADE+∠DAE＝180°， ∴DE∥AF， ∴四边形ADEF是平行四边形， ∵∠DAF＝90°， ∴四边形ADEF是矩形． 【点评】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的判定定理和全等三角形的判定和性质定理是解题的关键． 22．（10分）如图1，为打造旅游休闲城市，某地在地面上沿绿道旁的母亲河打造喷水景观．喷出的水柱为抛物线，为保持路面干燥，水柱要喷入河中．图2是其截面图，已知路面OA宽为3.5米，河道坝高AE为5米，B与A的水平距离BE为2.5米．当水柱离喷水口O处水平距离为2米时，离路面距离的最大值为3米．以点O为坐标原点，射线OA为x轴正方向建立平面直角坐标系． （1）求抛物线的解析式； （2）出于安全考虑，在河道的坝边A处安装护栏，要求水柱不能喷射到护栏上，则护栏的最大高度是多少米？ （3）水柱落入水中会荡起美丽的水花，从美观角度考虑，水柱落水点要在水面上．当河水降至离路面距离为多少时，水柱刚好落在水面上？ 【分析】（1）依据题意得：二次函数的顶点坐标为（2，3）．故设该二次函数的解析式为：y＝a（x﹣2）2+3，再结合经过原点，求出a即可得解； （2）依据题意，由（1）该二次函数的解析式为：y＝﹣（x﹣2）2+3，从而可得当x＝3.5时，y＝，进而可以判断得解； （3）依据题意，可得A（3.5，0），B的坐标为（6，﹣5），再设AB的解析式为y＝kx+b（k≠0），建立方程组可得k，b进而可得直线AB，再与抛物线解析式建立方程组，进而计算可以判断得解． 【解答】解：（1）由题意得：二次函数的顶点坐标为（2，3）． ∴设该二次函数的解析式为：y＝a（x﹣2）2+3． ∵经过原点， ∴4a+3＝0． 解得：a＝﹣． ∴该二次函数的解析式为：y＝﹣（x﹣2）2+3． （2）由（1）该二次函数的解析式为：y＝﹣（x﹣2）2+3， ∴当x＝3.5时，y＝． 答：护栏的最大高度为米． （3）由题意得，A（3.5，0），B的坐标为（6，﹣5）． 设AB的解析式为y＝kx+b（k≠0）． ∴． ∴． ∴y＝﹣2x+7（3.5≤x≤6）． ∴﹣2x+7＝﹣（x﹣2）2+3． 解得：x1＝2（不合题意，舍去），x2＝． 当x＝时，y＝﹣． ∴河水降至离地平面距离为米时，水柱刚好落在水面上． 【点评】本题主要考查了二次函数的应用，解题时要熟练掌握二次函数的性质并能运用待定系数法求解析式是关键． 23．（10分）问题提出： 把A，B，C，D，E五个不同的棋子放在如图所示的5×5方格纸内，使每行每列只能出现一个棋子，共有多少种不同的放法？ 问题探究： 为了解决上面的问题，我们先从最简单的情形入手，从中找到解决问题的方法． 探究一： 若把A，B两个不同的棋子放在2×2方格纸内，并使每行每列只能出现一个棋子，可看成分两步完成这件事情．第一步放棋子A，棋子A可以放在4个方格的任意一个中，故棋子A有4种不同的放法．第二步放棋子B，由于棋子A已放定，那么放棋子A的那一行和那一列中的其他方格内也不能放棋子B，故还剩下1个方格可以放棋子B，棋子B只有1种放法．如：棋子A放在方格1中，那么方格2和方格3也不能放棋子B，棋子B只能放在方格4中．由于第一步有4种放法，第二步有1种放法，所以共有4×1种不同放法． 探究二： 若把A，B，C三个不同的棋子放在3×3方格纸内，并使每行每列只能出现一个棋子，可看成分三步完成这件事情．第一步放棋子A，棋子A可以放在9个方格的任意一个中，故棋子A有9种不同的放法．第二步放棋子B，由于棋子A已放定，那么放棋子A的那一行和那一列中的其他方格内也不能放棋子B，此时只剩四个方格可以放棋子B，且四个方格的位置可类似看作“2×2方格”模型，所以接下来放棋子B和棋子C的两步有4×1种不同的放法．由于第一步有9种放法，第二步和第三步有4×1种放法，所以共有9×4×1种不同的放法． 探究三： 若把A，B，C，D四个不同的棋子放在4×4方格纸内，可看成分四步完成这件事情．第一步放棋子A，棋子A可以放在 　16　个方格的任意一个中，故棋子A有 　16　种不同的放法．第二步放棋子B，由于棋子A已放定，那么放棋子A的那一行和那一列中的其他方格内也不能放棋子B，此时只有 　9　个方格可以放棋子B，且这些方格的位置可类似看作“　3×3　方格”模型，所以接下来放棋子B，棋子C和棋子D的三步有 　9×4×1　种不同的放法．所以共有 　16×9×4×1　种不同的放法． 问题解决： 把A，B，C，D，E五个不同的棋子放在5×5方格纸内，并使每行每列只能出现一个棋子，共有 　25×16×9×4×1　种不同的放法． 拓展延伸： 若安排甲，乙，丙，丁，戊五人分别坐在五个不同的位置上，五个人要坐网格类的座位，共有 　14400　种不同的坐法． 【分析】根据探究规律得出n个不同的棋子放在n×n方格纸内有1×22×32×…×n2种不同的方法即可． 【解答】解：探究三：由题知，若把A，B，C，D四个不同的棋子放在4×4方格纸内，可看成分四步完成这件事情．第一步放棋子A，棋子A可以放在16个方格的任意一个中，故棋子A有16种不同的放法．第二步放棋子B，由于棋子A已放定，那么放棋子A的那一行和那一列中的其他方格内也不能放棋子B，此时只有9个方格可以放棋子B，且这些方格的位置可类似看作“3×3方格”模型，所以接下来放棋子B，棋子C和棋子D的三步有9×4×1种不同的放法．所以共有16×9×4×1种不同的放法， 故答案为：16，16，9，3×3，9×4×1，16×9×4×1； 问题解决：把A，B，C，D，E五个不同的棋子放在5×5方格纸内，并使每行每列只能出现一个棋子，共有25×16×9×4×1种不同的放法， 故答案为：25×16×9×4×1； 拓展延伸：若安排甲，乙，丙，丁，戊五人分别坐在五个不同的位置上，共有25×16×9×4×1＝14400种不同的坐法， 故答案为：14400． 【点评】本题主要考查图形的变化规律，根据图形的变化归纳出n个不同的棋子放在n×n方格纸内有1×22×32×…×n2种不同的方法是解题的关键． 24．（12分）已知：如图，在 Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6 cm，BC＝8 cm．点D是BC中点，点P从点C出发，沿CA向点A匀速运动，速度为2 cm/s；同时点Q从点A出发，沿AB向点B匀速运动，速度为3 cm/s；连接PD，QD，PQ，将△PQD绕点D旋转180°得△RTD，连接PT，QR．设运动时间为t（ s）（0＜t＜3），解答下列问题： （1）当t为何值时，RT∥BC？ （2）当t为何值时，四边形PQRT是菱形？ （3）设四边形PQRT的面积为y（cm2），求y与t的函数关系式； （4）是否存在某一时刻t，使得点T在△ABC的外接圆上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）首先根据勾股定理得到AB的长，根据旋转性质和平行四边形判定，可以证出四边形PQRT为平行四边形，假设RT∥BC，在此条件下，得线段成比例，从而得解； （2）过Q作QN⊥BC于N，用含t的代数式表示出CP、AP、AQ、QB的长，由（1）已经证明四边形PQRT为平行四边形，它的对角线互相垂直时为萎形，再证明△PCD∽△DNQ，△BNQ∽△BCA，再根据相似三角形对应边的比相等即可得解； （3）过P作PM⊥AQ于M，过点Q作QN⊥BD于N，根据S▱PQRT＝2S△PQR＝4S△PDQ，S△PDQ＝S△ABC﹣S△PCD﹣S△APQ﹣S△BDQ即可得解； （4）过C作CH⊥AB于H，所以CH×AB＝AC×BC＝2S△ABC，再证明△CDT≌△BDQ（SAS），对应角相等，即为内错角相等，所以CT∥BA，从而证出当Q在AB上运动时，T也在过C点与AB平行的直线上运动，取AB中点O连OC作OM⊥CT于M，则四边形OHCM为矩形，OM＝CH，若T在△ABC的外接圆上，则OT＝OC＝AB，即可得解． 【解答】解：（1）连接PQ、QR、PT， 由旋转知：DP＝DR，DQ＝DT， ∴四边形PQRT为平行四边形， 当TR∥BC时，则 PQ∥BC， ∴＝， ∵∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm， ∴AB＝＝10cm， 依题意得：AQ＝3t cm，CP＝2t cm， ∴AP＝（6﹣2t）cm，BQ＝（10﹣3t）cm， ∴＝， ∴60﹣20t＝18t， ∴38t＝60， ∴t＝， 当t＝时，RT∥BC； （2）由（1）知，四边形PQRT为平行四边形，根据对角线互相垂直的平行四边形为萎形知，当DP⊥DQ，即∠PDQ＝90°时，平行四边形PQRT为菱形， 过Q作QN⊥BC于N， ∴∠QND＝90°， ∴∠QDN+∠DQN＝90°， ∵∠PDQ＝90°， ∴∠PDC+∠QDN＝90°， ∴∠PDC＝∠DQN， ∵∠PCD＝∠DNQ＝90°， ∴△PCD∽△DNQ， ∴＝ （*）， ∵∠BNQ＝∠C＝90°，∠B＝∠B， ∴△BNQ∽△BCA， ∴＝＝，即＝＝， ∴QN＝（10﹣3t）cm，BN＝（10﹣3t）xm， ∴CN＝BC﹣BN＝8﹣8+t（cm）， ∴DN＝CN﹣CD＝t﹣4（cm）， 由（*）等式知： ＝， ∴6t﹣t2＝t﹣8， ∴30t﹣9t2＝24t﹣40， ∴9t2﹣6t﹣40＝0， ∴t＝＝，舍去负根， ∴t＝， 检验t＝是原方程的根， ∴t＝， （3）∵四边形PQRT为平行四边形， ∴S▱PQRT＝2S△PQR＝4S△PDQ， 过P作PM⊥AQ于M，过点Q作QN⊥BD于N， 由（2）知QN＝（6﹣t）cm， 在Rt△APM中，AP＝6﹣2t（cm）， ∴PM＝AP•sinA＝（6﹣2t）×＝﹣t（cm）， ∴S△PDQ＝S△ABC﹣S△PCD﹣S△APQ﹣S△BDQ ＝×6×8﹣2t×4﹣3t×（﹣t）﹣4×（6﹣t） ＝24﹣4t﹣t+﹣12+t ＝+12， ∴y＝4S△PDQ＝﹣t+48，0＜t＜3， （4）过C作CH⊥AB于H， ∴CH×AB＝AC×BC＝2S△ABC， ∴CH＝＝cm， 连接CT，∵QD＝DT，CD＝DB，∠CDT＝∠BDQ， ∴△CDT≌△BDQ（SAS）， ∴∠B＝∠DCT， ∴CT∥BA， ∴当Q在AB上运动时，T也在过C点与AB平行的直线上运动， 取AB中点O连OC作OM⊥CT于M，则四边形OHCM为矩形，OM＝CH，若T在△ABC的外接圆上，则OT＝OC＝AB＝5cm， ∵OM⊥CT， ∴CM＝MT， 又∵CM＝＝＝， ∴CT＝2MC＝， ∵△BQD≌△CPD， ∴CT＝BQ＝cm， 即10﹣3t＝， ∴t＝， 即当t＝时，T在△ABC的外接圆上． 【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、三角形的外接圆的性质，解题关键是恰当作出辅助线，熟练掌握以上性质和判定． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/3/13 20:31:15；用户：姜筱筱；邮箱：15965562759；学号：40600245 学科网（北京）股份有限公司 $