广东省深圳市南山实验教育集团麒麟中学2024-2025学年九年级上学期开学考试数学试题（解析版）

这是一份广东省深圳市南山实验教育集团麒麟中学2024-2025学年九年级上学期开学考试数学试题（解析版），共25页。试卷主要包含了全卷共4页等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．全卷共4页．
2．考试时间为90分钟，满分100分．
3．答题时，考生务必将姓名、班级、考号、考试科目、试卷类型用2B铅笔填涂在答题卡上，并用黑色签字笔填写相应信息．请考生按要求在答题卷规定的位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效．
第Ⅰ卷（选择题共24分）
一、选择题（8小题，每小题3分，共24分）
1. 下列分式是最简分式的是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据最简分式的概念：一个分式的分子与分母没有公因式时，叫最简分式，逐一判断即可．
【详解】解：A. ，不是最简分式，不符合题意；
B. ，不是最简分式，不符合题意；
C. ，分子与分母没有公因式，是最简分式，符合题意；
D. ，不是最简分式，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查最简分式的概念，理解最简分式的概念是解题关键．
2. 已知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（ ）
A. B. C. 且D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的定义及根的判别式，根据一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根，得到，然后解不等式即可．
【详解】解：根据题意得，
解得，
，
m的取值范围是且．
故选：D．
3. 下列说法：
四边相等的四边形一定是菱形
顺次连接矩形各边中点形成的四边形一定是正方形
对角线相等的四边形一定是矩形
经过平行四边形对角线交点的直线，一定能把平行四边形分成面积相等的两部分
其中正确的有 个．
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】C
【解析】
【详解】∵四边相等的四边形一定是菱形，∴①正确；
∵顺次连接矩形各边中点形成的四边形一定是菱形，∴②错误；
∵对角线相等的平行四边形才是矩形，∴③错误；
∵经过平行四边形对角线交点的直线，一定能把平行四边形分成面积相等的两部分，∴④正确；
其中正确的有2个，
故选：C．
4. 在的正方形网格中，点A、B、C均为小正方形的顶点，老师要求同学们作边上的高. 现有无刻度的直尺和圆规，两同学提供了如下两种方案，对于方案，，下列说法正确的是（ ）
A. I可行、不可行B. I不可行、可行
C. I、都可行D. I、都不可行
【答案】C
【解析】
【分析】根据过直线外一点作已知直线的垂线的基本作法，网格线的特征进行判断即可．
【详解】解：方案I是过直线外一点作已知直线的垂线的基本作法，故方案I可行，
方案是根据网格线的特征作图，故方案可行，
故选：C．
【点睛】本题考查了基本作图思想，掌握网格线的特征和过直线外一点作已知直线的垂线的基本做法是解题的关键．
5. 某个正六边形螺帽需要拧4圈才能拧紧，小梧用扳手的卡口卡住螺帽，通过转动扳手的手柄来转动螺帽（如图所示）．以此方式把这个螺帽拧紧，他一共需要转动扳手的次数是（ ）

A. 4B. 16C. 24D. 32
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了旋转对称图形的概念，理解相关概念是解题的关键．根据旋转的性质和周角是360°求解即可．
【详解】解：正六边形被平分成六部分，因而每部分被分成的圆心角是60°，因而旋转一圈需要转动扳手次，旋转4圈需要转动扳手次．
故选：C．
6. 若平行四边形的一边长为，一条对角线的长为，则另一条对角线长的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查平行四边形的性质，三角形三边关系．熟练掌握平行四边形的对角线互相平分，三角形的任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，是解题的关键．根据平行四边形的对角线互相平分，以及三角形的三边关系，进行求解即可．
【详解】解：如图，四边形为平行四边形，，，，
则：，
∵，
∴，即：；
故选C．
7. 如图，在中，对角线与相交于点E，，，将沿直线翻折后与原图形在同一平面内，若点B的落点记为，则的长为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由四边形是平行四边形，，可得．如图，连接．根据折叠的性质知，，．证明是等腰直角三角形，则，结合线段的垂直平分线的性质可得答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，
∴．
如图，连接．根据折叠的性质知，，．

∴，
∴是等腰直角三角形，则．
又∵，，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查的是轴对称的性质，平行四边形的性质，线段的垂直平分线的性质，勾股定理的应用，熟练的利用轴对称的性质解题是关键．
8. 如图，在正方形中，E是边中点，F是边上一动点，G是延长线上一点，且．若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】如图，过点G作于H，过G作交的延长线于M，交的延长线于N，则四边形和四边形均为矩形，设，证明，则，，，由勾股定理得，，，则，根据，求解作答即可．
【详解】解：如图，过点G作于H，过G作交的延长线于M，交的延长线于N，则四边形和四边形均为矩形，
设，
∵正方形中，E是边中点，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
在中，，
由勾股定理得：，
在中，，
由勾股定理得：，
∴，
∵，
∴，即，
∴的最小值为，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，完全平方公式等知识．熟练掌握正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，完全平方公式是解题的关键．
第Ⅱ卷（非选择题共76分）
二、填空题（5小题，每小题3分，共15分）
9. 已知分式，当_______时，分式的值为0．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了分式的值为零的条件：若分式的值为零，需同时具备两个条件：（1）分子为0；（2）分母不为0．
【详解】解：∵，
∴，
当时，，
当时，
∴当时，分式的值是0．
故答案为：．
10. 如图，平面直角坐标系中，经过点的直线与直线相交于点，则不等式的解集为____．
【答案】
【解析】
【分析】根据图像，结合不等式，得出函数在函数的下面，且它们的值小于，再根据交点坐标，即可得出答案．
【详解】解：∵根据函数的图像，可知不等式的解集就是函数在函数的下面，且它们的值小于，
又∵，，
不等式的解集是．
故答案为：．
【点睛】本题考查了利用图像法解不等式，解本题的关键在充分利用数形结合思想解答．
11. 对于实数，定义运算“※”：※=．例如，4※2=4×2×（4+2）=48．若是关于的一元二次方程的两个实数根，则※=_____．
【答案】20
【解析】
【分析】根据新定义表示出，根据一元二次方程根与系数的关系可得，进而即可求解．
【详解】解：∵是关于的一元二次方程的两个实数根，
∴，
∴．
故答案为：20．
【点睛】本题考查了新定义运算，一元二次方程根与系数的关系，掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
12. 如图，在中，，，是的平分线，，则面积的最大值为_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了角平分线的定义，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，延长交点于，可证，得到，，进而得到，由三角形全等推导出，并判断出当时，最大，是解题的关键．
【详解】解：如图，延长交点于，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴当时，最大，
∴，
故答案为：．
13. 如图，在中，，，，是的中点，点在边上，将沿翻折，使点落在点处，连接、，当是等腰直角三角形时，的长为________．
【答案】
【解析】
【分析】由，，,可得∠BAC=30°,又由是的中点,可得DA=BD=AB=2,再根据将沿翻折，使点落在点处，可得D=2,则∠BAC=90°, AD=D=2；又是等腰直角三角形，则∠AC=45°，即可求得∠AB=∠DA=15°,再由三角形外角的定义可得∠DB=30°，作BF⊥A’D，得到BF=BD=1，DF= ，在Rt△A’BF中，求出A’B．
【详解】解：∵，，
∴sin∠BAC=
∴∠BAC=30°,
∵是的中点
∴DA=BD=AB=2
∵将沿翻折，使点落在点处，
∴D=2
∴DA=BD=D=2
∴∠BAC=90°, ∠AB=∠DA
又∵是等腰直角三角形
∴∠AC=45°
∴∠AB=∠DA=∠AC -∠BAC =15°,
∴∠DB=∠AB+∠DA=30°
作BF⊥A’D
∴BF=BD=1，DF=
∴AF’=2-
在Rt△A’BF中
A’B=
故答案为．
【点睛】本题考查了图形的旋转和直角三角形的性质，掌握旋转的性质和理解直角三角形中30°所对的边为斜边的一半是解答本题的关键．
三、解答题（本大题有7题，其中14题10分，15题6分，16题8分，17题8分，18题8分，19题9分，20题12分，共61分）
14. 用指定方法解下列方程：
（1）2x2-5x+1＝0(公式法)；
（2）x2-8x+1＝0(配方法)．
【答案】（1）x1＝，x2＝
（2）x1＝4+，x2＝4-
【解析】
【分析】（1）根据公式法，可得方程的解；
（2）根据配方法，可得方程的解．
【小问1详解】
解：∵a＝2，b＝-5，c＝1，
∴Δ＝b2﹣4ac＝(-5)2-4×2×1＝17，
∴x＝，
∴x1＝，x2＝．
【小问2详解】
解：移项得，
并配方，得，
即(x-4)2＝15，
两边开平方，得x＝4±，
∴x1＝4+，x2＝4-．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，配方法解一元二次方程的关键是配方，利用公式法解方程要利用根的判别式．
15. 先化简，再求值：，且a的值满足．
【答案】，
【解析】
【分析】本题考查的是分式的化简求值，根据分式的基本性质及运算法则，有括号先算括号里面的，注意利用因式分解先约分化简，再整体代入计算即可求解．
【详解】解：原式＝；
＝；
；
；
∵；
∴；
∴原式．
16. 如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，的顶点都在格点上．

（1）将向右平移6个单位长度得到，请画出；
（2）画出关于点的中心对称图形；
（3）若将绕某一点旋转可得到，旋转中心的坐标为______；
（4）以，，，为顶点的四边形是平行四边形且点是轴上一点，则点的坐标是_____．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
（4）
【解析】
【分析】本题考查了作图—旋转变换、作图—平移变换，平行四边形的判定，解题的关键是掌握旋转变换和平移变换的性质．
（1）利用平移变换的性质分别作出、、的对应点，再顺次连接即可；
（2）利用中心对称变换的性质分别作出、、的对应点，再顺次连接即可；
（3）作出旋转中心，即可得出答案；
（4）根据题目要求以及平行四边形的判定作出点即可．
【小问1详解】
解：如图，即为所求，
；
小问2详解】
解：如图，即为所求，
；
【小问3详解】
解：如图：
，
旋转中心的坐标为；
【小问4详解】
解：如图：
，
点的坐标为．
17. 如图，将平行四边形的边延长至点，使，连接，，，交于点．

（1）求证：；
（2）连接，若，求证：四边形是矩形．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）由平行四边形，易得四边形为平行四边形，然后由推出两三角形全等即可；
（2）由，易证得，即可证得四边形是矩形．
【小问1详解】
证明：在平行四边形中，，，，则．
又，
，
四边形为平行四边形，
．
在与中，
，
；
【小问2详解】
解：由知，四边形为平行四边形，则，，
四边形为平行四边形，
，即，
又，，
，
，
，即，
平行四边形为矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的判定，平行线的性质，全等三角形的性质和判定以及三角形的外角性质等知识．注意证得四边形为平行四边形是关键．
18. 三星堆遗址被称为20世纪人类最伟大的考古发现之一，昭示了长江流域与黄河流域一样，同属中华文明的母体，被誉为“长江文明之源”．为更好的传承和宣传三星堆文化，三星堆文创馆一次次打破了自身限定，让文创产品充满创意．已知文创产品“青铜鸟文创水杯”有A，B两个系列，A系列产品比B系列产品的售价低5元，100元购买A系列产品的数量与150元购买B系列产品的数量相等．按定价销售一段时间后发现：B系列产品按定价销售，每天可以卖50件，若B系列产品每降1元，则每天可以多卖10件．
（1）A系列产品和B系列产品的单价各是多少？
（2）为了使B系列产品每天的销售额为960元，而且尽可能让顾客得到实惠，求B系列产品的实际售价应定为多少元/件？
【答案】（1）A系列单价为10元；B系列单价为15元
（2）8元
【解析】
【分析】本题考查了分式方程的应用，一元二次方程的应用，正确理解题意，列方程解答即可．
（1）设A系列单价为x元；B系列单价为元，根据题意，得，解方程即可．
（2）设B系列单价为y元，则单件降价为元，每天的销售量为件，根据销售额等于单价乘以数量列式
根据题意，得，解方程即可．
【小问1详解】
设A系列单价为x元；B系列单价为元，根据题意，得，解方程，得，
经检验，是原方程的根，此时=15元，
答：A系列单价为10元；B系列单价为15元．
【小问2详解】
设B系列定价为y元，则单件降价为元，每天的销售量为件，
根据题意，得，
整理得，
解得，
尽可能让顾客得到实惠，
故定价为8元．
答：B系列产品的实际售价应定为8元．
19. 探究不同长方形周长与面积的关系
一、项目化情境与问题
某学习小组在一次参观画展时，一同学发现作品甲的边框是长方形，它的长、宽、周长C和面积S分别如图1所示
根据以上，这个同学提出一个有趣问题，任意给定一个矩形，是否存在另一个矩形，它的周长和面积分别是已知矩形周长和面积的，即对于任意一个长方形A，是否一定存在长方形B，使得成立？
二、项目支架与探究
为了进一步深入探究提出的问题，小组成员对任务进行了如下分解，先从最简单情形入手，再逐次递进，最后猜想得出结论．
三、项目成果
长方形A的长为m，宽为1，若一定存在长方形B，使得成立，请直接写出m的最小值．
【答案】探究1：，，，；探究2：不存在，理由见解析；三、m的最小值为．
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用、一元二次方程的判别式、解一元二次方程，能够根据题意列出方程是解题的关键．
探究1：根据题意得到，，然后利用长方形面积和周长公式得到，，进而解方程求解即可；
探究2：首先根据题意得到，，然后设长方形丙两条邻边长分别为a和，然后根据面积列方程求解即可；
三、设长方形B的两边长分别为，根据题意得到，然后得到，然后利用一元二次方程的判别式结合求解即可．
【详解】探究1：∵，
∴，
∵设长方形乙的长为x，宽为y，
∴，
∴，即
代入得，
解得，或（因y是宽小于长，故舍去）
∴；
探究2：要使成立
则，
∴设长方形丙两条邻边长分别为a和，
，
，
∴方程无解
不存在；
三、设长方形B的两边长分别为
则有
消去得，得
解得：或
∵
m的最小值为．
20. 如图，在平面直角坐标系中，点，点，点，以、为边作，点为中点，连接、．

（1）分别求出线段和线段所在直线解析式；
（2）点为线段上的一个动点，作点关于点的中心对称点，设点横坐标为，用含的代数式表示点的坐标（不用写出的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，
①当点移动到的边上时，求点坐标；
②为中点，为中点，连接、．请利用备用图探究，直接写出在点的运动过程中，周长的最小值和此时点的坐标．
【答案】（1）所在直线的解析式为；所在直线解析式为
（2）
（3）①或，②周长最小值为；
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出点和点的坐标，再用待定系数法求出线段和线段所在直线解析式即可；
（2）根据所在直线的解析式为，点横坐标为，得出点，再根据点和点关于点的中心对称点，即可得出点的坐标；
（3） ①根据题意进行分类讨论：当点在上时，当点在上时，即可得出结论；②过点作于点，过点作于点，通过证明，得出，延长，过点作于点，证明，进而得出，过点作，则，即可推出点在直线上运动，作点关于直线的对称点，当点，，在同一条直线上时，周长取最小值，即可求出 周长取最小值；根据中点坐标公式得出，，再证明点是中点，则，求出，根据点为中点，得出，最后根据，列出方程求解即可．
【小问1详解】
解：∵，，
∴，
∵四边形为平行四边形，，
∴，
∵点为中点，
∴，
设所在直线的解析式为，
把，代入得：
，解得：，
∴所在直线解析式为；
设所在直线解析式为，
把点，代入的：
，解得：，
∴所在直线解析式为．
【小问2详解】
解：∵所在直线的解析式为，点横坐标为，
∴点，
设点，
∵点和点关于点的中心对称点，
∴，
整理得：，
∴；
【小问3详解】
解：①当点在上时，
∵点在上，
∴，解得，
∴；

当点在上时，
∵，且在上，
∴，解得：，
∴；

综上：或；
②∵，，
∴，
∵为中点，为中点，
∴，
过点作轴于点，
∵，，
∴，
∴，则，

过点作于点，过点作于点，
∵点是点关于点的中心对称点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
延长，过点作于点，
∵点是中点，
∴，
∵，
∴，
∴，则，
∵，，
∴，
∵，，
∴设，
在中，根据勾股定理可得：，即，
解得：，
∴，
过点作，
∵，，，
∴，
则点在直线上运动，
作点关于直线的对称点，
根据轴对称的性质以及平行线间的距离处处相等可得，
当点，，在同一条直线上时，，此时周长取最小值，
在中，根据勾股定理可得：，
∴周长最小值；

∵，，，中点，为中点，
∴，，
∵，，
∴是的中位线，则点是中点，
∴，
过点作于点，
∵，，
∴，
∴
∵，
∴，即点为中点，
∴，
∵，
∴，解得：，
∴
【点睛】本题主要考查了一次函数的图象和性质，平行四边形的性质，中心对称，勾股定理，轴对称，解题的关键是熟练掌握用待定系数法求解函数解析式的方法，中点坐标公式，正确作出辅助线，确定周长最小时各点的位置．方案I

①以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点D，E；
②分别以点D，E为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点F；
③连接，交边于点G ，
即为所求
方案II

①取点P，点P为小正方形的顶点；
②连接交边于点Q.
即为所求．
探究1
研究特殊情况
小组成员研究过后得知一定存在长方形乙的使得
设长方形乙的长为x，宽为y，请你通过计算完成图2的填空∶
探究2
研究特殊情况
不妨考虑图2所示的长方形乙，探究是否存在长方形丙使得成立？若存在，请求出长方形丙的长和宽．若不存在，请说明理由．