2024年湖北省襄阳市樊城区九年级数学第一学期开学质量检测试题【含答案】

这是一份2024年湖北省襄阳市樊城区九年级数学第一学期开学质量检测试题【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）在平行四边形ABCD中，若AB=5 cm， ，则（ ）
A．CD=5 cm， ，B．BC=5 cm， ，
C．CD=5 cm， ，D．BC=5 cm， ，
2、（4分）为了丰富学生课外小组活动，培养学生动手操作能力，王老师让学生把5m长的彩绳截成2m或1m的彩绳，用来做手工编织，在不造成浪费的前提下，你有几种不同的截法（ ）
A．4B．3C．2D．1
3、（4分）下列所给图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
4、（4分）函数y=中，自变量x的取值范围在数轴上表示正确的是（ ）
A．B．C．D．
5、（4分）下列对二次函数y=x2﹣x的图象的描述，正确的是（ ）
A．开口向下B．对称轴是y轴
C．经过原点D．在对称轴右侧部分是下降的
6、（4分）已知反比例函数的图象过点M(－1，2)，则此反比例函数的表达式为( )
A．y＝B．y＝－C．y＝D．y＝－
7、（4分）下列英文大写正体字母中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
8、（4分）下列分式中，是最简分式的是( )
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）化简:=______________
10、（4分）如图，在平面直角坐标系中，长方形的顶点在坐标原点，顶点分别在轴，轴的正半轴上，，为边的中点，是边上的一个动点，当的周长最小时，点的坐标为_________.
11、（4分）使有意义的x取值范围是＿＿＿＿＿＿．
12、（4分）分式方程有增根，则的值为__________。
13、（4分）已知等边三角形的边长是2，则这个三角形的面积是_____．(保留准确值)
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）鞋子的“鞋码”和鞋长（cm）是一次函数关系，下表是几组“鞋码”与鞋长的对应数值：
（1）设鞋长为，“鞋码”为，求与之间的函数关系式；
（2）如果你需要的鞋长为24cm，那么应该买多大码的鞋？
15、（8分）已知：如图1，在中，点为对角线的中点，过点的直线分别交边、于点、，过点的直线分别交边、于点、，且．
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）如图2，当四边形为矩形时，求证：．

16、（8分）如图，在平面直角坐标系中，已知A（－3，－4），B（0，－2）．
（1）△OAB绕O点旋转180°得到△OA1B1，请画出△OA1B1，并写出A1，B1的坐标；
（2）判断以A，B，A1，B1为顶点的四边形的形状，并说明理由．
17、（10分）计算
（1）计算： （2）
18、（10分）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，连接OE.
（1）求证:四边形ABCD是菱形；（2）若AE＝5，OE＝3，求线段CE的长.
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）如图，D是△ABC的边AC上的一点，连接BD，已知∠ABD=∠C，AB=6，AD=4，求线段CD的长．
20、（4分）若，，则的值是__________.
21、（4分）如图，A、B、C三点在同一条直线上，∠A＝50°，BD垂直平分AE，垂足为D，则∠EBC的度数为_____．
22、（4分）方程＝0的解是___．
23、（4分）如图是一次函数的y=kx+b图象，则关于x的不等式kx+b＞0的解集为 ．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）边长为，的矩形发生形变后成为边长为，的平行四边形，如图1，平行四边形中，，边上的高为，我们把与的比值叫做这个平行四边形的“形变比”．

（1）若形变后是菱形（如图2），则形变前是什么图形？
（2）若图2中菱形的“形变比”为，求菱形形变前后的面积之比；
（3）当边长为3，4的矩形变后成为一个内角是30°的平行四边形时，求这个平行四边形的“形变比”．
25、（10分）如图，在△ABD中，AB=AD，将△ABD沿BD对折，使点A翻折到点C，E是BD上一点。且BE>DE，连接AE并延长交CD于F，连接CE.
(1)依题意补全图形；
(2)判断∠AFD与∠BCE的大小关系并加以证明；
(3)若∠BAD=120°，过点A作∠FAG=60°交边BC于点G，若BG=m，DF=n，求AB的长度(用含m，n的代数式表示).
26、（12分）反比例函数的图象经过、、两点，试比较m、n大小．
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、C
【解析】
根据平行四边形性质得出AB=CD=5cm，∠B=∠D=55°，即可得出选项．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，∠B=∠D，
∵AB=5cm，∠B=55°，
∴CD=5cm，∠D=55°，
故选：C．
本题考查了平行四边形的性质，掌握知识点是解题关键．
2、B
【解析】
可设2米的彩绳有x条，1米的彩绳有y条，根据题意可列出关于x，y的二元一次方程，为了不造成浪费，取x，y的非负整数解即可.
【详解】
解：设2米的彩绳有x条，1米的彩绳有y条，根据题意得，其非负整数解为：
，故在不造成浪费的前提下有三种截法.
故选：B
本题考查了二元一次方程的应用，二元一次方程的解有无数个，但在实际问题中应选择符合题意的解.正确理解题意是解题的关键.
3、D
【解析】
结合中心对称图形和轴对称图形的概念求解即可．
【详解】
解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项错误；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形．故本选项错误；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项错误；
D、既是中心对称图形，又是轴对称图形．故本选项正确；
故选：D．
本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，旋转180度后与原图重合．
4、B
【解析】
根据函数y＝可得出x－1≥0，再解出一元一次不等式即可.
【详解】
由题意得，x－1≥0，
解得x≥1．
在数轴上表示如下：
故选B．
本题要考查的是一元一次不等式的解法以及二次根式成立得出判定，熟练掌握一元一次不等式的解法是本题的解题关键.
5、C
【解析】
【分析】根据抛物线的开口方向、对称轴公式以及二次函数性质逐项进行判断即可得答案.
【详解】A、∵a=1＞0，∴抛物线开口向上，选项A不正确；
B、∵﹣，∴抛物线的对称轴为直线x=，选项B不正确；
C、当x=0时，y=x2﹣x=0，∴抛物线经过原点，选项C正确；
D、∵a＞0，抛物线的对称轴为直线x=，
∴当x＞时，y随x值的增大而增大，选项D不正确，
故选C．
【点睛】本题考查了二次函数的性质：二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），对称轴直线x=-，当a＞0时，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的开口向上，当a＜0时，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的开口向下，c=0时抛物线经过原点，熟练掌握相关知识是解题的关键.
6、B
【解析】
函数经过一定点，将此点坐标代入函数解析式y＝（k≠0），即可求得k的值．
【详解】
设反比例函数的解析式为y=(k≠0).
∵该函数的图象过点M(−1,2)，
∴2=，
得k=−2.
∴反比例函数解析式为y=-.故选B.
本题考查了待定系数法求反比例函数解析式，解题的关键是掌握待定系数法求反比例函数解析式的方法和步骤.
7、C
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误．
故选：C．
此题考查中心对称图形与轴对称图形的概念，解题关键在于掌握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，旋转180度后与原图重合．
8、C
【解析】
根据最简分式的定义对四个分式分别进行判断即可．
【详解】
A、=，不是最简分式；
B、=，不是最简分式；
C、，是最简分式；
D、=，不是最简分式；
故选C．
本题考查了最简分式：一个分式的分子与分母没有公因式时，叫最简分式．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
分析：把分式进行化简就是对分式进行约分，首先要对分子、分母进行分解因式，然后约分．
详解：原式==．
故答案为：．
点睛：分式进行约分时，应先把分子、分母中的多项式进行分解因式，正确分解因式是掌握约分的关键．
10、 (1,0)
【解析】
作点D关于x轴的对称点D′，连接CD′与x轴交于点E，用待定系数法，求出直线CD′的解析式，然后求得与x轴的交点坐标即可.
【详解】
作点D关于x轴的对称点D′，连接CD′与x轴交于点E，
∵OB=4，OA=3，D是OB的中点，
∴OD=2，则D的坐标是（0，2），C的坐标是（3，4），
∴D′的坐标是（0，-2），
设直线CD′的解析式是：y=kx+b（k≠0），
则
解得：，
则直线的解析式是：y=2x-2，
在解析式中，令y=0，得到2x-2=0，
解得x=1，
则E的坐标为（1，0），
故答案为：（1，0）.
本题考查了路线最短问题，以及待定系数法求一次函数的解析式，正确作出E的位置是解题的关键．
11、x≥1
【解析】
试题分析：二次根式有意义的条件：二次根号下的数为非负数，二次根式才有意义.
由题意得，．
考点：二次根式有意义的条件
点评：本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握二次根式有意义的条件，即可完成.
12、3
【解析】
方程两边都乘以最简公分母（x-1）（x+1）把分式方程化为整式方程，再根据分式方程的增根是使最简公分母等于0的未知数的值，求出增根，然后代入进行计算即可得解．
【详解】
解：∵分式方程有增根，
∴x-1=0，x+1=0，
∴x1=1，x1=-1．
两边同时乘以（x-1）（x+1），原方程可化为x（x+1）-（x-1）（x+1）=m，
整理得，m=x+1，
当x=1时，m=1+1=3，
当x=-1时，m=-1+1=0，
当m=0时，方程为=0，
此时1=0，
即方程无解，
∴m=3时，分式方程有增根，
故答案为：m=3.
本题考查对分式方程的增根，解一元一次方程等知识点的理解和掌握，理解分式方程的增根的意义是解题关键．
13、
【解析】
解：如图，过点A作AD⊥BC于点D，
∵等边三角形的边长是2，
∴BD=BC=×2=1，
在Rt△ABD中，AD= =
所以，三角形的面积=×2×=
故答案为：．
本题考查等边三角形的性质，比较简单，作出图形求出等边三角形的高线的长度是解题的关键．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）y=2x-10；（2）38
【解析】
（1）利用待定系数法求函数关系式即可；
（2）代入x=24，求出y即可.
【详解】
解：（1）设x、y之间的函数关系式为：y＝kx＋b，
根据题意得：，
解得：，
∴y与x之间的函数关系式为：y＝2x−10；
（2）当x=24时，y＝2x−10＝48－10＝38，
答：应该买38码的鞋.
此题主要考查了一次函数的应用以及待定系数法求一次函数解析式，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
15、（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】
（1）只要证明，即可解决问题；
（2）由已知可证明，从而可得，，进而可得，由线段加减即可解决问题．
【详解】
（1）证明：∵四边形为平行四边形，
∴．
∴．
∵点为对角线的中点，
∴．
∵，
∴（ASA）．
∴．
同理
∴四边形为平行四边形．
（2）证明：∵四边形为矩形，
∴，且，．
∴．
又∵，．
∴（ASA）．
∴，．
∴．
∴．
即．
本题考查了四边形综合，涉及了矩形的性质、平行四边形的判定和性质、三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
16、（1）画图见解析，A1（3，4），B1（0，2）；（2）以A、B、A1、B1为顶点的四边形为平行四边形，理由见解析.
【解析】
(1)延长AO至A1，A1O=AO, 延长BO至B1，B1O=AO,顺次连接A1B1O,再根据关于原点对称的点的坐标关系，写出A1，B1的坐标．（2）由两组对边相等，可知四边形是平行四边形.
【详解】
解:（1）如图图所示，△OA1B1即为所求，
A1（3，4）、B1（0，2）；
（2）由图可知，OB=OB1=2、OA=OA1==5，
∴四边形ABA1B1是平行四边形．
本题考核知识点：图形旋转，中心对称和点的坐标，平行四边形判定. 解题关键点：熟记关于原点对称的点的坐标关系，掌握平行四边形的判定定理.
17、（1）；（2）
【解析】
（1）先根据算术平方根的代数意义，零指数幂的运算法则以及绝对值的意义进行化简，最后再进行加减运算；
（2）先进行分母有理化运算和根据完全平方公式去括号，然后合并即可.
【详解】
（1）原式
（2）原式
本题考查了二次根式的混合运算，同时还考查了绝对值和零指数幂.
18、（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）先判断出∠OAB=∠DCA，进而判断出∠DAC=∠DAC，得出CD=AD=AB，即可得出结论；
（2）四边形ABCD是菱形可得OA=OC，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可知，在Rt△AEC中，AC=2OE=6，再由勾股定理求出CE.．
【详解】
解：（1）∵AB∥CD，
∴∠OAB=∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠OAB=∠DAC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴CD=AD=AB，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD=AB，
∴▱ABCD是菱形；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，
∵CE⊥AB，OE=3，
∴AC=2OE=6，
在Rt△AEC中，
∴CE===.
此题主要考查了菱形的判定和性质，直角三角形性质，勾股定理，由直角三角形斜边中线等于斜边一半判断出AC=2OE是解本题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、1.
【解析】
由已知角相等，加上公共角，得到三角形ABD与三角形ACB相似，由相似得比例，将AB与AD长代入即可求出CD的长．
【详解】
在△ABD和△ACB中，∠ABD=∠C，∠A=∠A，
∴△ABD∽△ACB，
∴，
∵AB=6，AD=4，
∴，
则CD=AC﹣AD=9﹣4=1．
考点：相似三角形的判定与性质．
20、2
【解析】
提取公因式因式分解后整体代入即可求解．
【详解】
.
故答案为：2.
此题考查因式分解的应用，解题关键在于分解因式.
21、100°
【解析】
根据线段垂直平分线的性质，得根据等腰三角形的性质，得再根据三角形外角的性质即可求解．
【详解】
∵BD垂直平分AE，
∴
∴
∴
故答案为100°．
考查线段垂直平分线的性质以及三角形外角的性质，掌握线段垂直平分线的性质是解题的关键.
22、x＝5.
【解析】
把两边都平方，化为整式方程求解，注意结果要检验.
【详解】
方程两边平方得：（x﹣3）（x﹣5）＝0，
解得：x1＝3，x2＝5，
经检验，x2＝5是方程的解，
所以方程的解为：x＝5.
本题考查了无理方程的解法，解含未知数的二次根式只有一个的无理方程时，一般步骤是：①移项，使方程左边只保留含有根号的二次根式，其余各项均移到方程的右边；②两边同时平方，得到一个整式方程；③解整式方程；④验根．
23、x＞﹣1．
【解析】
试题分析：根据一次函数的图像可知y随x增大而增大，因此可知不等式的解集为x＞-1.
考点：一次函数与一元一次不等式
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）正方形；（2）；（3）或．
【解析】
（１）根据形变后的图形为菱形，即可推断．
（2）由题意得形变比，再分别用代数式表示形变前和形变后的面积，计算比值即可．
（3）分以AB为底边和以AD为底边两种情况讨论，可求这个平行四边形的“形变比”．
【详解】
（1）∵形变后是菱形
∴AB=BC=CD=DA
则形变前的四条边也相等
∵四条边相等的矩形是正方形
∴形变前的图形是正方形
（2）根据题意知道：
S形变前=a×b=a2
S形变后=a×h=a××a=a2
∴
（3）当形变后四边形一个内角为30°时
此时应分两种情况讨论：
第一种：以AB为底边4×=2
∴这个四边形的形变比为：
第二种：以AD为底边
则
∴这个四边形的形变比为：．
本题考查了正方形、菱形的性质，正方形的面积和菱形的面积的求法，还利用了同底等高的三角形的面积相等，同时还训练了学生的理解能力，以及对新定义的理解和运用．
25、 (1)见解析；(2)∠BCE=∠AFD；(3)AB=m+n
【解析】
（1）将△ABD沿BD对折，使点A翻折到点C，在BD上取一点E，BE>DE，连接AE并延长交CD于F，连接CE.据此画图即可；
(2)先证出四边形ABCD是菱形，得∠BAF=∠AFD，再证出ΔABE≌ΔCBE，得到∠BCE=∠BAE.，所以∠BCE=∠AFD；
（3）由已知得出ΔACD是等边三角形，所以AD=AC, 再根据∠FAG=60°证出∠CAG=∠DAF，然后证明ΔACG≌ΔADF，得到CG=DF，从而得出AB=BC=m+n..
【详解】
(1)如图所示：
；
(2) ∠BCE=∠AFD，
理由：
由题意可知：∠ABD=∠CBD，AB=BC=AD=CD
∴四边形ABCD是菱形
∴∠BAF=∠AFD
在ΔABE和ΔCBE中
∴ΔABE≌ΔCBE（SAS）
∴∠BCE=∠BAE.
∴∠BCE=∠AFD.
(3)如图
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，
∴∠CAD=∠CAB=60°
∴ΔACD是等边三角形
∴AD=AC
∵∠GAC+∠FAC=60°，且∠FAC+∠DAF=60°
∴∠CAG=∠DAF
在ΔACG和ΔADF中,
∴ΔACG≌ΔADF（ASA）
∴CG=DF
∵DF=n，BG=m
∴CG=n
∴BC=m+n
∴AB=BC=m+n.
本题考查了折叠问题，菱形的判定和性质以及全等三角形的判定和性质，解题时注意：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
26、
【解析】
根据反比例函数的图象经过可求得k的值，即可得反比例函数的解析式，再将、代入反比例函数的解析式，求得m、n的值，比较即可解答.
【详解】
∵反比例函数，它的图象经过，，，
∴，
将B，C两点代入反比例函数得，，，
∴．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，根据反比例函数图象上点的坐标特征求得反比例函数的解析式是解决问题的关键.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
鞋 长
15
18
23
26
鞋 码
20
26
36
42