2023-2024学年辽宁省沈阳市皇姑区虹桥中学九年级（上）开学数学试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省沈阳市皇姑区虹桥中学九年级（上）开学数学试卷(含解析），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年辽宁省沈阳市皇姑区虹桥中学九年级（上）开学数学试卷一、选择题（本大题共10小题，共20.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  下列图案中，是中心对称图形，不是轴对称图形的是(    )A.  B.  C.  D. 2.  下列各式从左到右的变形，因式分解正确的是(    )A.  B.
C.  D. 3.  一个多边形的内角和是外角和的倍，则这个多边形的边数(    )A.  B.  C.  D. 4.  已知是方程的一个根，则的值是(    )A.  B.  C.  D. 5.  分式有意义的条件是(    )A.  B.  C.  D. 6.  关于的一元二次方程的一个根是，则的值为(    )A.  B.  C. 或 D. 7.  在下列命题中，正确的是(    )A. 一组对边平行的四边形是平行四边形 B. 有一个角是直角的四边形是矩形
C. 有一组邻边相等的平行四边形是菱形 D. 对角线互相垂直平分的四边形是正方形8.  受今年五月份雷暴雨影响，深圳某路段长米的铁路被水冲垮了，施工队抢分夺秒每小时比原计划多修米，结果提前小时开通了列车．若原计划每小时修米，则所列方程正确的是(    )A.  B.  C.  D. 9.  不解方程，判断方程的根的情况是(    )A. 有两个相等的实根 B. 有两个不相等的实数根
C. 无实数根 D. 无法确定10.  在平面直角坐标系中，把先沿轴翻折，再向右平移个单位，得到，把这两步操作规定为翻移变换，如图，已知等边三角形的顶点，的坐标分别是，把经过连续次翻移变换得到，则点的对应点的坐标是(    )A.
B.
C.
D. 二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）11.  不等式组的解集是          ．12.  方程的解是______ ．13.  若是关于方程的一个根，则的值为______ ．14.  如图，在菱形中，，，是边上的一点，、分别是、的中点，则线段的长为______ ．
 15.  如图，将边长为厘米的正方形纸片折叠，使点落在边中点处，点落在点处，折痕为，则线段的长是______ ．
 16.  四边形是正方形，点是直线上的一点，连接，以为一边作正方形、、、四个点按照逆时针方向排序，直线与直线交于点，若，，则点到的距离为______ ．
 三、解答题（本大题共9小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分
计算：
；
 18.  本小题分
解方程：．19.  本小题分
如图，在中，，为直线上一动点不与点，重合，在的右侧作，使得，，连接．
当在线段上时，求证：≌；
当时．
若在线段上，判断的形状，并说明理由；
若中的最小角为，直接写出的度数．
20.  本小题分
“早黑宝”是我省农科院研制的优质新品种，在我省被广泛种植．清徐县某葡萄种植基地年种植“早黑宝”亩，到年“早黑宝”的种植面积达到亩．
求该基地这两年“早黑宝”种植面积的平均增长率；
市场调查发现，当“早黑宝”售价为元千克时，每天能售出千克，售价每降低元，每天可多售出千克，为了推广宣传，基地决定降价促销，已知该基地“早黑宝”的平均成本价为元千克，若使销售“早黑宝”每天获利元，则售价应降低多少元？
21.  本小题分
如图，三个顶点的坐标分别为、、．
请画出与关于原点成中心对称的图形；
若以点为旋转中心逆时针旋转后得到的图形为的对应点为，的对应点为，在网格中画出旋转后的图形；
点为轴上一点，使的值最小，则点的坐标为______ ．
22.  本小题分
在初中阶段的函数学习中，我们经历了“画出函数的图象根据图象研究函数的性质运用函数的性质解决问题”的学习过程，结合上面的学习过程，解决下面的问题：对于函数．
请用你喜欢的方法在给出的平面直角坐标系中，直接画出这个函数的图象；
小明同学通过图象得到了以下性质，其中正确的有______ ；
当时，随的增大而增大，当时，随的增大而减小；
当时，此函数有最大值为；
此函数的图象关于轴对称；
画出函数的图象，结合你所画的函数图象，直接写出不等式的解集为______ ．
23.  本小题分
将一个矩形纸片放置于平面直角坐标系中，点，点，点在轴，点在轴，在边上取一点，将沿翻折，点恰好落在边上的点处．
如图，求点的坐标；
如图，当点在线段不包含断点、上运动时，，过点作直线轴，直线把的面积分成：的两部分，直接写出此时的值．

 24.  本小题分
【课本再现】把两个全等的矩形和矩形拼成如图的图案，则 ______ ；
【迁移应用】如图，在正方形中，是边上一点不与点，重合，连接，将绕点顺时针旋转至，作射线交的延长线于点，求证：；
【拓展延伸】在菱形中，，是边上一点不与点，重合，连接，将绕点顺时针旋转至，作射线交的延长线于点．
线段与的数量关系是______ ；
若，是的三等分点，则的面积为______ ．

 25.  本小题分
如图，在平面直角坐标系中，函数的图象分别交轴、轴于、两点，过点作直线交轴正半轴于点，且点为线段的中点．
求直线的解析式；
将沿着翻折，点落在点处，连接，则四边形的形状为______ ；
若点是直线上的动点，在坐标平面内是否存在这样的点，使以、、、为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由．

答案和解析 1.【答案】 【解析】解：、不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意，故此选项错误；
B、不是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意，故此选项错误；
C、是中心对称图形，不是轴对称图形，符合题意，故此选项正确；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意，故此选项错误．
故选：．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
如果一个图形绕某一点旋转后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
此题主要考查了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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转度后与原图形重合．2.【答案】 【解析】解：：是完全平方公式，不是因式分解的形式，故选项A错误，
：，故选项B错误，
：，故选项C正确，
：，故选项D错误．
故答案为：．
本题考查一元二次方程的解法中的因式分解十字相乘，提公因式等相关知识．
本题考查一元二次方程的解法中的因式分解十字相乘，提公因式等相关知识．解题的关键是能够熟悉因式分解的定义，熟练运用因式分解中的提公因式，十字相乘等方法．3.【答案】 【解析】解：设多边形的边数是，根据题意得，
，
解得，
这个多边形为八边形．
故选：．
根据多边形的内角和定理，多边形的内角和等于，外角和等于，然后列方程求解即可．
本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，根据题意列出方程是解题的关键，要注意“八”不能用阿拉伯数字写．4.【答案】 【解析】解：把代入得，
解得．
故选：．
根据一元二次方程的解，把代入可求出的值．
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．5.【答案】 【解析】解：分式有意义，
，
解得：，
故选：．
根据分式有意义的条件，分母不为零，得出，即可求解．
本题考查了分式有意义的条件，掌握分式有意义的条件是解题的关键．6.【答案】 【解析】【分析】
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．也考查了一元二次方程的定义．
根据方程的解的定义，把代入方程，即可得到关于的方程，再根据一元二次方程的定义即可求解．
【解答】
解：把代入一元二次方程得，解得，，
而，
所以的值为．
故选：．7.【答案】 【解析】解：、应为两组对边平行的四边形是平行四边形；
B、应为有一个角是直角的平行四边形是矩形；
C、符合菱形定义；
D、应为对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形．
故选：．
要找出正确命题，可运用相关基础知识分析找出正确选项，也可以通过举反例排除不正确选项，从而得出正确选项．两组对边平行的四边形是平行四边形；有一个角是直角的平行四边形是矩形；有一组邻边相等的平行四边形是菱形；对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形．
本题考查平行四边形、矩形和菱形及正方形的判定与命题的真假区别．8.【答案】 【解析】解：题中原计划修小时，实际修了小时，
可列得方程，
故选：．
关键描述语为：提前小时开通了列车；等量关系为：计划用的时间实际用的时间．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，从关键描述语找到等量关系是解决问题的关键．9.【答案】 【解析】解：在方程中，，
方程有两个不相等的实数根．
故选B．
根据方程的系数结合根的判别式即可得出，从而得出方程有两个不相等的实数根．
本题考查了根的判别式，熟练掌握“当时，方程有两个不相等的两个实数根”是解题的关键．10.【答案】 【解析】解：把先沿轴翻折，再向右平移个单位得到得到点的坐标为，
同样得出的坐标为，

的坐标为，即
故选：．
首先把先沿轴翻折，再向右平移个单位得到得到点的坐标为，同样得出的坐标为，由此得出的坐标为，进一步选择答案即可．
此题考查点的坐标变化，解答本题的关键是读懂题意，知道一次变换的定义，利用对称和平移的特点，找出规律解决问题．11.【答案】 【解析】【分析】
根据不等式的性质求出每个不等式的解集，根据找不等式组解集的规律找出不等式组的解集即可．
本题考查了不等式的性质，解一元一次不等式组的应用，关键是能找出不等式组的解集，题目比较典型，难度不大．
【解答】
解：，
解不等式得：，
解不等式得：，
不等式组的解集是，
故答案为：．12.【答案】， 【解析】解：，
因式分解得：，
可得或，
解得：，．
故答案为：，．
将方程右边看作一个整体，移项到左边，提取公因式化为积的形式，然后利用两数相乘积为，两因式中至少有一个为转化为两个一元一次方程来求解．
此题考查了解一元二次方程因式分解法，利用此方法解方程时，首先将方程右边化为，左边化为积的形式，然后利用两数相乘积为，两因式中至少有一个为转化为两个一元一次方程来求解．13.【答案】 【解析】解：是关于方程的一个根，
当时，则，
，
，
，
，
故答案为：．
将代入即可解决，
本题考查一元二次方程的概念，体现整体思想的应用．14.【答案】 【解析】解：如图连接．

四边形是菱形，
，
，
，
是等边三角形，
，
，，
．
故答案为：．
如图连接首先证明是等边三角形，可得，再根据三角形的中位线定理即可解决问题．
本题考查菱形的性质、三角形的中位线定理、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，本题的突破点是证明是等边三角形．15.【答案】 【解析】解：如图，过点作于，
易得四边形是矩形，
所以，，
由翻折变换的性质得，
，
，
，
四边形是正方形，
，
，
在和中，，
≌，
，
点是的中点，
，
在中，由勾股定理得，，
所以，的长为．
故答案为：．
过点作于，根据翻折变换的性质可得，然后求出，再利用“角角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，再利用勾股定理列式求出，从而得解．
本题考查了翻折变换的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．16.【答案】 【解析】解：四边形是正方形，四边形是正方形，
，，，
，且，，
≌，
如图，过点作于点，过点作于点，

，
，，，
，
，
≌，
，
，
，，
，且，，
≌，
，
，，
，
，
点到的距离，
故答案为：．
由正方形的性质可得，，，由“”可证≌，过点作于点，过点作于点，由勾股定理求，的长，由≌，可得，由勾股定理列出方程，可求的长，即可得点到的距离．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，利用勾股定理列出方程是本题的关键．17.【答案】解：原式
；
原式


． 【解析】先计算零指数幂、绝对值、算术平方根和负整数指数幂，然后计算加减即可；
先根据分式的混合运算顺序和运算法则计算即可．
此题主要考查了实数的运算和分式的混合运算，熟练掌握实数的运算法则和分式的运算法则是关键．18.【答案】解：，
，
，
，
，
，． 【解析】此题考查了配方法解一元二次方程，配方法的一般步骤：把常数项移到等号的右边；把二次项的系数化为；等式两边同时加上一次项系数一半的平方；选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为，一次项的系数是的倍数．
先移项，把移到等号的左边，再合并同类项，最后配方，方程的左右两边同时加上一次项系数一半的平方，左边就是完全平方式，右边就是常数，然后利用平方根的定义即可求解．19.【答案】证明：，
，
在和中，
，
≌；
解：当在线段上时，为等边三角形，理由如下：
，
，
≌，
，
，
又，
，
，
为等边三角形；
当在线段上时，如图，

，
，
≌，
，
，又，
为等边三角形，
，
当中的最小角是时，
，
当点在的延长线上时，如图，

，
，，
≌，
，，
，
是等边三角形，
当中的最小角是时，，
当中的最小角是时，；
当点在的延长线上时，只能，
综上所述，的度数为或或． 【解析】利用证明≌；
根据平行线的性质、等腰三角形的性质及全等三角形的性质推出，根据等边三角形的判定定理即可得解；
分在线段上、当点在的延长线上、点在的延长线上三种情形根据等边三角形的性质、三角形内角和定理计算即可．
本题是三角形综合题，考查的是等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的首先思考问题．20.【答案】解：设该基地这两年“早黑宝”种植面积的平均增长率为，
根据题意得：，
解得：，不合题意，舍去．
答：该基地这两年“早黑宝”种植面积的平均增长率为．
设售价应降低元，则每天可售出千克，
根据题意得：，
整理得：，
解得：．
答：售价应降价元． 【解析】设该基地这两年“早黑宝”种植面积的平均增长率为，根据该基地年及年种植“早黑宝”的面积，即可得出关于的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
设售价应降低元，则每天可售出千克，根据总利润每千克的利润销售数量，即可得出关于的一元二次方程，解之即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．21.【答案】 【解析】解：如图所示，即为所求；
如图所示，即为所求；
如图所示，点即为所求，，
故答案为：．

根据中心对称图形的性质找出对应点即可求解；
根据旋转变换的性质找出对应点即可求解；
作点关于轴对称点，连接交轴于点，则点即为所求，再写出点的坐标即可．
本题考查了作图旋转变换、轴对称最短路径问题，熟练掌握旋转变换的性质是解题的关键．22.【答案】   【解析】解：列表：描点、连线画出函数的图象如图所示：

由图象可知：
当时，随的增大而增大，当时，随的增大而减小，正确；
当时，此函数有最大值为，正确；
此函数的图象关于轴对称，错误；
故答案为：；
观察图象，不等式的解集为，
故答案为：．
根据表格数据，描点连线即可画出该函数的图象．
根据图象判断即可；
观察图象即可求得．
本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系，一次函数的图象和性质，画出函数的图象利用数形结合是解题的关键．23.【答案】解：在矩形纸片中，
，
，，，
由折叠可得≌，
，，，
设，
则，
在中，
，
，
，
在中，
，

解得：，
，
；
由知，
，
，
，
，，
直线为：，
又，
直线为：，
直线轴，若交于，交于，
则，，
，注，

，铅垂高，
直线把的面积分成：的两部分，
分两种情况：
：：，
：，
解得：，
，
；
：：，
：，
解得：舍，不合题意；
当时，如图：

由于，，
则直线为：，
直线轴，直线把的面积分成：的两部分，
设交于，交于，
，
，
由已知得：：：，
：：，
解得：，
，
，
综上所述：直线把的面积分成：的两部分，此时或． 【解析】根据矩形性质可得在利用勾股定理求，则，在中，利用勾股定理求即可得点坐标；
直线轴，直线把的面积分成：的两部分，分两种情况：当时，当时，利用待定系数法求、、解析式，借助铅锤高求解即可．
本题考查矩形的性质、勾股定理、待定系数法求函数解析式，三角形的面积公式，理解题意是解决问题的关键．24.【答案】   或 【解析】【课本再现】解：四边形和四边形是全等的矩形，
，，，
≌，
，，
，
，
，
，
故答案为：．
【迁移应用】证明：过点作，交的延长线于，

四边形是正方形，
，，
，
由旋转得，，
，
，
≌，
，，
，即，
，
，
，
是等腰直角三角形，
；
【拓展延伸】解：过点作，与的延长线交于点，

四边形是菱形，
，，
由旋转得，，
，
，
≌，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
是直角三角形，
，
，
故答案为：；
当时，，

由知，，
，
和底边、边上的高相等，
；
当时，，则，

，
和底边、边上的高相等，
；
故答案为：或．
【课本再现】根据矩形的性质得出，，，根据推出≌≌，根据全等得出，，求出是等腰直角三角形，即可得出答案；
【迁移应用】由证明≌，得到，，即，从而可得，可得，可知是等腰直角三角形，即可得出结论；
【拓展延伸】由证明≌，得到，，，由证明，可得到，再由可知是直角三角形，由直角三角形的性质即可得出结论；
当时，根据和底边、边上的高相等可知，即可求得、的长，从而可得的面积；当时，可得，同理可求解．
本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，矩形的性质，菱形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．25.【答案】平行四边形 【解析】解：对于，令，则，
令，则，
即点、的坐标分别为：、，
点为线段的中点，则点，
设直线的表达式为：，
将点的坐标代入上式得：，则，
即直线的表达式为：；

设点的坐标为：，
由题意得，，，
则，
解得：不合题意的值已舍去，
即点的坐标为：；
由点、的坐标得，，
，
四边形的形状为平行四边形，
故答案为：平行四边形；

存在，理由：
设点、点，
由点的坐标得，，同理可得：，
当为对角线时，由中点坐标公式和得：
，解得：不合题意的值已舍去，
即点的坐标为：；
当是对角线时，由中点坐标公式和得：
，解得：，
即点的坐标为：；
当是对角线时，由中点坐标公式和得：
，解得：，
即点的坐标为：，
综上，点的坐标为：或或．
由待定系数法即可求解；
由，，求出点的坐标，即可求解；
当为对角线时，由中点坐标公式和列出方程组，即可求解；当是对角线、是对角线时，同理可解．
本题主要考查一次函数的性质，矩形的性质、图象的翻折等知识点，熟练掌握一次函数的性质，及图形平移的知识是解题的关键．