2024-2025学年北京市广渠门中学数学九年级第一学期开学经典试题【含答案】
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这是一份2024-2025学年北京市广渠门中学数学九年级第一学期开学经典试题【含答案】,共20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。
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)
1、(4分)如图所示,在矩形中,,,矩形内部有一动点满足,则点到,两点的距离之和的最小值为( ).
A.B.C.D.
2、(4分)点在反比例函数的图像上,则的值为( )
A.B.C.D.
3、(4分)如图,矩形的顶点在轴正半轴上、顶点在轴正半轴上,反比例函数的图象分别与、交于点、,连接、、,若,则的值为( )
A.2B.4C.6D.8
4、(4分)若一次函数向上平移2个单位,则平移后得到的一次函数的图象与轴的交点为
A.B.C.D.
5、(4分)如图,已知直线y=x与双曲线y= (k>0)交于A,B两点,且点A的横坐标为4.点C是双曲线上一点,且纵坐标为8,则△AOC的面积为( )
A.8B.32C.10D.15
6、(4分)小刚以400 m/min的速度匀速骑车5 min,在原地休息了6 min,然后以500 m/min的速度骑回出
发地,小刚与出发地的距离s(km)关于时间t(min)的函数图象是
A.B.C.D.
7、(4分)如图,小明为了测量校园里旗杆的高度,将测角仪竖直放在距旗杆底部点的位置,在处测得旗杆顶端的仰角为60°若测角仪的高度是,则旗杆的高度约为( )
(精确到.参考数据:)
A.B.C.D.
8、(4分)某种正方形合金板材的成本y(元)与它的面积成正比,设边长为xcm.当x=3时,y=18,那么当成本为72元时,边长为( )
A.6cmB.12cmC.24cmD.36cm
二、填空题(本大题共5个小题,每小题4分,共20分)
9、(4分)如果一组数据:5,,9,4的平均数为6,那么的值是_________
10、(4分)如图,在平行四边形ABCD中,点E、F分别在边BC、AD上,请添加一个条件__________使四边形AECF是平行四边形(只填一个即可).
11、(4分)如图,在中,,平分,点为中点,则_____.
12、(4分)在平面直角坐标系中,点关于轴对称的点的坐标是__________.
13、(4分)已知5+的整数部分为a,5-的小数部分为b,则a+b的值为__________
三、解答题(本大题共5个小题,共48分)
14、(12分)如图,在菱形ABCD中,AB=2,∠DAB=60°,点E是AD边的中点,点M是AB边上的一个动点(不与点A重合),延长ME交CD的延长线于点N,连接MD,AN.
(1)求证:四边形AMDN是平行四边形.
(2)当AM的值为何值时,四边形AMDN是矩形,请说明理由.
15、(8分)已知x=2+,求代数式的值.
16、(8分)如图,平行四边形ABCD中,AB=4cm,BC=6cm,∠B=60°,G是CD的中点,E是边AD上的动点,EG的延长线与BC的延长线交于点F,连接CE,DF.
(1)求证:四边形CEDF是平行四边形;
(2)①AE为何值时四边形CEDF是矩形?为什么?
②AE为何值时四边形CEDF是菱形?为什么?
17、(10分)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,点 A(0,8),点 B(6,8).
(1)尺规作图:求作一个点 P,使点 P 同时满足下列两个条件(要求保留作图痕迹,不必写出作法)
①点 P 到 A,B 两点的距离相等;
②点 P 到∠xOy 的两边的距离相等;
(2)在(1)作出点 P 后,直接写出点 P 的坐标 .
18、(10分)已知一次函数y=kx+b的图象与直线y=﹣2x+1的交点M的横坐标为1,与直线y=x﹣1的交点N的纵坐标为2,求这个一次函数的解析式.
B卷(50分)
一、填空题(本大题共5个小题,每小题4分,共20分)
19、(4分)已知直线过点和点,那么关于的方程的解是________.
20、(4分)在某次数学测验中,班长将全班50名同学的成绩(得分为整数)绘制成频数分布直方图(如图),从左到右的小长方形高的比为0.6:2:4:2.2:1.2,则得分在70.5到80.5之间的人数为________.
21、(4分)分解因式:﹣2x2y+16xy﹣32y= .
22、(4分)a与5的和的3倍用代数式表示是________.
23、(4分)过多边形某个顶点的所有对角线,将这个多边形分成个三角形,这个多边形是________.
二、解答题(本大题共3个小题,共30分)
24、(8分)如图,在△ABC中,AD是角平分钱,点E在AC上,且∠EAD=∠ADE.
(1)求证:△DCE∽△BCA;
(2)若AB=3,AC=1.求DE的长.
25、(10分)如图,在□ABCD中,点E在BC上,AB=BE,BF平分∠ABC交AD于点F,请用无刻度的直尺画图(保留作图痕迹,不写画法).
(1)在图1中,过点A画出△ABF中BF边上的高AG;
(2)在图2中,过点C画出C到BF的垂线段CH.
26、(12分)甲、乙两车分别从A地将一批物品运往B地,再返回A地,如图表示两车离A地的距离s(千米)随时间t(小时)变化的图象,已知乙车到达B地后以30千米/小时的速度返回.请根据图象中的数据回答:
(1)甲车出发多长时间后被乙车追上?
(2)甲车与乙车在距离A地多远处迎面相遇?
(3)甲车从B地返回的速度多大时,才能比乙车先回到A地?
参考答案与详细解析
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)
1、D
【解析】
首先由,得出动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上,作A关于直线l的对称点E,连接AE,连接BE,则BE的长就是所求的最短距离.然后在直角三角形ABE中,由勾股定理求得BE的值,即PA+PB的最小值.
【详解】
解:设△ABP中AB边上的高是h.
∵,
∴AB•h=AB•AD,
∴h=AD=2,
∴动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上,如图,作A关于直线l的对称点E,连接AE,BE,则BE的长就是所求的最短距离.
在Rt△ABE中,∵AB=4,AE=2+2=4,
∴BE=,
即PA+PB的最小值为.
故选D.
本题考查了轴对称−最短路线问题,三角形的面积,矩形的性质,勾股定理,两点之间线段最短的性质.得出动点P所在的位置是解题的关键.
2、B
【解析】
把点M代入反比例函数中,即可解得K的值.
【详解】
解:∵点在反比例函数的图像上,
∴,解得k=3.
本题考查了用待定系数法求函数解析式,正确代入求解是解题的关键.
3、D
【解析】
根据点的坐标特征得到,根据矩形面积公式、三角形的面积公式列式求出的关系,根据反比例函数图象上点的坐标特征得到,解方程得到答案.
【详解】
解:∵点, ∴,
则,
由题意得,,
整理得,,
∵点在反比例函数上, ∴,
解得,, 则,
故选:D.
本题考查的是反比例函数比例系数k的几何意义、反比例函数图象上点的坐标特征、矩形的性质、三角形的面积公式,掌握反比例函数比例系数k的几何意义是解题的关键.
4、C
【解析】
首先根据平移的性质,求出新的函数解析式,然后即可求出与轴的交点.
【详解】
解:根据题意,可得平移后的函数解析式为
,即为
∴与轴的交点,即
代入解析式,得
∴与轴的交点为
故答案为C.
此题主要考查根据函数图像的平移特征,求坐标,熟练掌握,即可解题.
5、D
【解析】
点A的横坐标为4,将x=4代入y= x,得y=2.
∴点A的坐标为(4,2).
∵点A是直线y=x与双曲线y=(k>0)的交点,
∴k=4×2=8,即y=.
将y=8代入y=中,得x=1.
∴点C的坐标为(1,8).
如图,过点A作x轴的垂线,过点C作y轴的垂线,垂足分别为M,N,且AM,CN的反向延长线交于点D,得长方形DMON.
易得S长方形DMON=32,S△ONC=4,
S△CDA=9,S△OAM=4.
∴S△AOC=S长方形DMON-S△ONC-S△CDA-S△OAM=32-4-9-4=15.
6、C
【解析】
【分析】根据题意分析在各个时间段小刚离出发点的距离,结合图象可得出结论.
【详解】由已知可得,前5min小刚与出发地相距2千米,后6min距离不变,之后距离逐渐减少.故选项C符合实际情况.
故选:C
【点睛】本题考核知识点:函数的图形. 解题关键点:结合实际分析函数图像.
7、D
【解析】
过D作DE⊥AB,根据矩形的性质得出BC=DE=5m根据30°所对的直角边等于斜边的一半,可得AD=10,根据勾股定理可得的长,根据AB=AE+BE=AE+CD算出答案.
【详解】
过D作DE⊥AB于点E,
∵在D处测得旗杆顶端A的仰角为60°,
∴∠ADE=60°.
∴∠DAE=30°.
∵BC=DE=5m,
AD=2DE=10
∴,
∴AB=AE+BE=AE+CD=8.65+1.6=10.25m≈10.3m.
故答案为:D
本题考查了仰角俯角问题,正确作出辅助线,构造出30°直角三角形模型是解决问题的关键.
8、A
【解析】
设y与x之间的函数关系式为y=kx2,由待定系数法就可以求出解析式,当y=72时代入函数解析式就可以求出结论.
【详解】
解:设y与x之间的函数关系式为y=kx2,由题意,得
18=9k,
解得:k=2,
∴y=2x2,
当y=72时,72=2x2,
∴x=1.
故选A.
本题考查了待定系数法求函数的解析式的运用,根据解析式由函数值求自变量的值的运用,解答时求出函数的解析式是关键.
二、填空题(本大题共5个小题,每小题4分,共20分)
9、6
【解析】
根据平均数的定义,即可求解.
【详解】
根据题意,得
解得
故答案为6.
此题主要考查平均数的求解,熟练掌握,即可解题.
10、AF=CE(答案不唯一).
【解析】
根据平行四边形性质得出AD∥BC,得出AF∥CE,当AF=CE时,四边形AECF是平行四边形;根据有一组对边相等且平行的四边形是平行四边形的判定,可添加AF=CE或FD=EB.
根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形的定义,可添加AE∥FC.
添加∠AEC=∠FCA或∠DAE=∠DFC等得到AE∥FC,也可使四边形AECF是平行四边形.
11、1
【解析】
根据等腰三角形的三线合一得到∠ADC=90°,根据直角三角形的性质计算即可.
【详解】
解:∵AB=AC,AD平分∠BAC,
∴AD⊥BC,
∴∠ADC=90°,点E为AC中点,
∴DE=AC=1,
故答案为:1.
本题考查的是直角三角形的性质、等腰三角形的性质,掌握在直角三角形中,斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键.
12、
【解析】
根据关于x轴对称的两点,横坐标相同,纵坐标互为相反数解答即可.
【详解】
点关于轴对称的点的坐标是.
故答案为:.
本题考查了坐标平面内的轴对称变换,关于x轴对称的两点,横坐标相同,纵坐标互为相反数;关于y轴对称的两点,纵坐标相同,横坐标互为相反数;关于原点对称的两点,横坐标和纵坐标都互为相反数.
13、12-
【解析】
先估算的取值范围,再求出5+与5-的取值范围,从而求出a,b的值.
【详解】
解:∵3<<4,
∴8<5+<9,1<5-<2,
∴5+的整数部分为a=8,5-的小数部分为b=5--1=4-,
∴a+b=8+4-=12-,
故答案为12-.
本题主要考查了无理数的估算,解题关键是确定无理数的范围.
三、解答题(本大题共5个小题,共48分)
14、(1)证明见解析;(2)AM=1.理由见解析.
【解析】
解:(1)∵四边形ABCD是菱形,∴ND∥AM,
∴∠NDE=∠MAE,∠DNE=∠AME,
∵点E是AD中点,∴DE=AE,
在△NDE和△MAE中,,
∴△NDE≌△MAE(AAS),∴ND=MA,
∴四边形AMDN是平行四边形;
(2)解:当AM=1时,四边形AMDN是矩形.
理由如下:
∵四边形ABCD是菱形,∴AD=AB=2,
∵平行四边形AMDN是矩形,∴DM⊥AB,即∠DMA=90°,
∵∠DAB=60°,∴∠ADM=30°,
∴AM=AD=1.
本题考查矩形的判定;平行四边形的判定;菱形的性质.
15、
【解析】
把代入代数式,再根据平方差公式、完全平方公式计算即可求解.
【详解】
解:
本题考查了二次根式的化简求值,解题的关键是掌握平方差公式、完全平方公式.
16、(1)见解析;(2)①当AE=4cm时,四边形CEDF是矩形.理由见解析;②当AE=2时,四边形CEDF是菱形,理由见解析.
【解析】
(1)先证△GED≌△GFC,推出DE=CF和DE∥CF,再根据平行四边形的判定推出即可;
(2)①作AP⊥BC于P,先证明△ABP≌△CDE,然后求出DE的值即可得出答案;②先证明△CDE是等边三角形,然后求出DE的值即可得出答案.
【详解】
(1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BF,
∴∠DEF=∠CFE,∠EDC=∠FCD,
∵G是CD的中点,
∴GD=GC,
∴△GED≌△GFC,
∴DE=CF,DE∥CF,
∴四边形CEDF是平行四边形,
(2)①当AE=4cm时,四边形CEDF是矩形.
理由:作AP⊥BC于P,
∵四边形CEDF是矩形,
∴∠CED=∠APB=90°,
∴AP=CE,
又∵ABCD是平行四边形,
∴AB=CD=4cm,
则△ABP≌△CDE(HL),
∴BP=DE,
∵AB=4cm,∠B=60°,
∴BP=AB×cs60°=4×=2(cm),
∴BP=DE=2cm,
又∵BC=AD=6cm,
∴AE=AD-DE=6-2=4(cm);.
②当AE=2时,四边形CEDF是菱形.
理由:∵平行四边形CEDF是菱形,
∴DE=CE,
又∵∠CDE=∠B=60°,
∴△CDE是等边三角形,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB=CD=4cm,DE=CD=4cm,
∵BC=AD=6cm,
则AE=AD-DE=6-4=2(cm).
本题考查了平行四边形的判定和性质,等边三角形的判定和性质,全等三角形的判定和性质以及三角函数应用,注意:有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形.
17、(1)见解析; (2)(3,3)
【解析】
(1)作线段AB的垂直平分线线和∠xOy的角平分线,两线的交点即为点P.
(2)根据(1)中所作的图,点P应同时满足和,直接写出点 P 的坐标即可.
【详解】
(1)如图所示,点P即为所求.
(2)∵点 A(0,8),点 B(6,8),点P在线段AB的垂直平分线上
∴点P在直线上
∵点P在∠xOy的角平分线上
∴点P在直线上
联立得
解得
∴点P的坐标(3,3)
本题考查了平面直角坐标系作图的问题,掌握垂直平分线和角平分线的性质是解题的关键.
18、y=x﹣.
【解析】
依据条件求得交点M的坐标是(1,﹣1),交点N的坐标是(3,2),再根据待定系数法即可得到一次函数的解析式.
【详解】
解:把x=1代入y=﹣2x+1中,可得y=﹣1,
故交点M的坐标是(1,﹣1);
把y=2代入y=x﹣1中,得x=3,
故交点N的坐标是(3,2),
设这个一次函数的解析式是y=kx+b,
把(1,﹣1),(3,2)代入,可得,
解得,
故所求函数的解析式是y=x﹣.
本题考查了两直线相交的问题,解题的关键是理解交点是两条直线的公共点.
一、填空题(本大题共5个小题,每小题4分,共20分)
19、
【解析】
观察即可知关于的方程的解是函数中y=0时x的值.
【详解】
解:∵直线过点
∴当y=0时x=-3
即的解为x=-3
故答案为:
本题考查了一次函数与一元一次方程的问题,掌握函数图像上的点与方程的关系是解题的关键.
20、20
【解析】
所有小长方形高的比为0.6:2:4:2.2:1.2,可以求出得分在70.5到80.5之间的人数的小长方形的高占总高的比,进而求出得分在70.5到80.5之间的人数.
【详解】
解:人
故答案为:20
考查频数分布直方图的制作特点以及反映数据之间的关系,理解各个小长方形的高表示的实际意义,用所占比去乘以总人数就得出相应的人数.
21、﹣2y(x﹣4)2
【解析】
试题分析:根据提取公因式以及完全平方公式即可求出:原式=﹣2y(x2﹣8x+16)=﹣2y(x﹣4)2
故答案为﹣2y(x﹣4)2
考点:因式分解
22、3 (a+5)
【解析】
根据题意,先求和,再求倍数.
解:a与5的和为a+5,
a与5的和的3倍用代数式表示是3(a+5).
列代数式的关键是正确理解文字语言中的关键词,比如该题中的“倍”、“和”等,从而明确其中的运算关系,正确地列出代数式.
23、
【解析】
根据n边形从一个顶点出发可引出(n-3)条对角线,可组成n-2个三角形,依此可得n的值.
【详解】
解:设这个多边形是n边形,由题意得,n-2=7,
解得:n=9,
故答案为:9.
本题考查了多边形的对角线,求对角线条数时,直接代入边数n的值计算,而计算边数时,需利用方程思想,解方程求n.
二、解答题(本大题共3个小题,共30分)
24、(1)、证明过程见解析;(2)、
【解析】
试题分析:(1)已知AD平分∠BAC,可得∠EAD=∠ADE,再由∠EAD=∠ADE,可得∠BAD=∠ADE,即可得AB∥DE,从而得△DCE∽△BCA;(2)已知∠EAD=∠ADE,由三角形的性质可得AE=DE,设DE=x,所以CE=AC﹣AE=AC﹣DE=1﹣x,由(1)可知△DCE∽△BCA,根据相似三角形的对应边成比例可得x:3=(1﹣x):1,解得x的值,即可得DE的长.
试题解析:(1)证明:∵AD平分∠BAC,
∴∠BAD=∠DAC,
∵∠EAD=∠ADE,
∴∠BAD=∠ADE,
∴AB∥DE,
∴△DCE∽△BCA;
(2)解:∵∠EAD=∠ADE,
∴AE=DE,
设DE=x,
∴CE=AC﹣AE=AC﹣DE=1﹣x,
∵△DCE∽△BCA,
∴DE:AB=CE:AC,
即x:3=(1﹣x):1,
解得:x=,
∴DE的长是.
考点:相似三角形的判定与性质.
25、 (1)见解析;(2)见解析.
【解析】
(1)连接AE,交BF于点G,则AG即为所求,理由为:AB=AE,BF平分∠ABC,根据等腰三角形三线合一的性质可得BG⊥AG;
(2)连接AC、BD交于点O,连接EO并延长交AD于点G,连接CG交BF于点H,CH即为所求,理由:由平行四边形的性质以及作法可得△BOE≌△DOG,由此可得DG=BE=AB=CD,继而可得CG平分∠BCD,由AB//CD可得∠ABC+∠BCD=180°,继而可得∠FBC+∠GCB=90°,即∠BHC=90°,由此即可得答案.
【详解】
(1)如图1,AG即为所求;
(2)如图2,CH即为所求.
本题考查了作图——无刻度直尺作图,涉及了等腰三角形的性质,平行四边形的性质等知识,熟练掌握相关知识是解题的关键.
26、(1)1.5小时;(2)40.8;(3)48千米/小时.
【解析】
解:(1)由图知,可设甲车由A地前往B地的函数解析式为s=kt,
将(2.4,48)代入,解得k=20,所以s=20t,
由图可知,在距A地30千米处,乙车追上甲车,所以当s=30千米时,(小时).
即甲车出发1.5小时后被乙车追上,
(2)由图知,可设乙车由A地前往B地函数的解析式为s=pt+m,
将(1.0,0)和(1.5,30)代入,得,解得,
所以s=60t﹣60,当乙车到达B地时,s=48千米.代入s=60t﹣60,得t=1.8小时,
又设乙车由B地返回A地的函数的解析式为s=﹣30t+n,
将(1.8,48)代入,得48=﹣30×1.8+n,解得n=102,
所以s=﹣30t+102,当甲车与乙车迎面相遇时,有﹣30t+102=20t
解得t=2.04小时代入s=20t,得s=40.8千米,即甲车与乙车在距离A地40.8千米处迎面相遇;
(3)当乙车返回到A地时,有﹣30t+102=0,解得t=3.4小时,
甲车要比乙车先回到A地,速度应大于(千米/小时).
【点评】本题考查的是一次函数在实际生活中的运用,解答此类问题时要利用数形结合的方法解答.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
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