2024年江苏省镇江市丹徒区、句容区九上数学开学学业水平测试试题【含答案】

这是一份2024年江苏省镇江市丹徒区、句容区九上数学开学学业水平测试试题【含答案】，共23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，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=2BC，则∠A=（ ）
A．15°B．30°C．45°D．60°
2、（4分）下列四组线段中，不能组成直角三角形的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
3、（4分）如图，在菱形中，是菱形的高，若对角线、的长分别是6、8，则的长是
A．B．C．D．5
4、（4分）4名选手在相同条件下各射靶10次，统计结果如下表．表现较好且更稳定的是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
5、（4分）一个多边形的内角和比外角和的倍多，则它的边数是（ ）
A．八B．九C．十D．十一
6、（4分）有11名同学参加100米赛跑，预赛成绩各不相同，要取前6名参加决赛，小明已经知道了自己的成绩，他想知道自己能否进入决赛，还需要知道这11名同学成绩的（ ）
A．中位数B．平均数C．众数D．方差
7、（4分）方程中二次项系数一次项系数和常数项分别是（ ）
A．1，-3，1B．-1，-3，1C．-3，3，-1D．1，3，-1
8、（4分）下列说法中正确的是（ ）
A．对角线相等的四边形是矩形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．每一条边都相等且每一个角也都相等的四边形是正方形
D．平行四边形的对角线相等
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）计算的结果是__________.
10、（4分）如图，在中，平分，，垂足为点，交于点，为的中点，连结，，，则的长为_____.
11、（4分）正方形、、、…按如图所示的方式放置.点、、、…和点、、、…分别在直线和轴上，则点的坐标是__________．（为正整数）
12、（4分）若关于x的方程-2=会产生增根，则k的值为________
13、（4分） “同旁内角互补，两直线平行”的逆命题是_____________________________.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，四边形ABCD的四个顶点都在网格上，且每个小正方形的边长都为1
（1）求四边形ABCD的面积；
（2）求∠BCD的度数．
15、（8分）解方程：+1＝．
16、（8分）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、在坐标轴上，点的坐标为点从点出发，在折线段上以每秒3个单位长度向终点匀速运动，点从点出发，在折线段上以每秒4个单位长度向终点匀速运动.两点同时出发，当其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动，连接.设两点的运动时间为，线段的长度的平方为，即（单位长度2）.
（1）当点运动到点时，__________，当点运动到点时，__________；
（2）求关于的函数解析式，并直接写出自变量的取值范围.
17、（10分）如图，在正方形中，点、是边上的两点，且，过作于，分别交、于，，、的延长线相交于.
（1）求证：；
（2）判断的形状，请说明理由.
18、（10分）已知某服装厂现有种布料70米，种布料52米，现计划用这两种布料生产、两种型号的时装共80套.已知做一套型号的时装需用A种布料1.1米，种布料0.4米，可获利50元；做一套型号的时装需用种布料0.6米，种布料0.9米，可获利45元.设生产型号的时装套数为，用这批布料生产两种型号的时装所获得的总利润为元.
（1）求（元）与（套）的函数关系式.
（2）有几种生产方案？
（3）如何生产使该厂所获利润最大？最大利润是多？
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）已知一次函数y=ax+b的图象如图所示，根据图中信息请写出不等式ax+b≥2的解集为___________．
20、（4分）已知，是关于的方程的两根，且满足，那么的值为________.
21、（4分）工人师傅给一幅长为，宽为的矩形书法作品装裱，作品的四周需要留白如图所示，已知左、右留白部分的宽度一样，上、下留白部分的宽度也一样，而且左侧留白部分的宽度是上面留白部分的宽度的2倍，使得装裱后整个挂图的面积为. 设上面留白部分的宽度为，可列得方程为________。

22、（4分）如图，在平行四边形ABCD中，已知∠ODA＝90°，AC＝10cm，BD＝6cm，则AD的长为_____．
23、（4分）如图，以△ABC的三边为边向外作正方形，其面积分别为S1，S2，S3，且S1＝9，S3＝25，当S2＝_____时∠ACB＝90°．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）计算：4（﹣）﹣÷+（+1）1．
25、（10分）已知四边形ABCD是正方形，点E是边BC上的任意一点，AE⊥EF，且直线EF交正方形外角的平分线CF于点F．
（1）如图1，求证：AE＝EF；
（2）如图2，当AB＝2，点E是边BC的中点时，请直接写出FC的长．
26、（12分）提出问题：
（1）如图1，在正方形ABCD中，点E，H分别在BC，AB上，若AE⊥DH于点O，求证：AE＝DH；
类比探究：
（2）如图2，在正方形ABCD中，点H，E，G，F分别在AB，BC，CD，DA上，若EF⊥HG于点O，探究线段EF与HG的数量关系，并说明理由．
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、B
【解析】
逆用直角三角形的性质：30度角所对的直角边等于斜边的一半，即可得出答案．
【详解】
在Rt△ABC中，
∵∠C=90°，AB=2BC，
∴∠A=30°.
故选B.
本题考查了直角三角形的性质.熟练应用直角三角形的性质：30度角所对的直角边等于斜边的一半是解题的关键.
2、A
【解析】
由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和是否等于最长边的平方即可．
【详解】
解：A、22+32≠42，故不能组成直角三角形，符合题意；
B、12+2=22，故能组成直角三角形，不符合题意；
C、12+22=()2，故能组成直角三角形，不符合题意；
D、52+122=132，故能组成直角三角形，不符合题意．
故选：A．
本题考查勾股定理的逆定理．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要验证两小边的平方和是否等于最长边的平方即可判断．
3、B
【解析】
由菱形的性质可得AC⊥BD，BO=DO=4，CO=AO=3，由勾股定理可求CB=5，由菱形的面积公式可求AE的长．
【详解】
解：四边形是菱形
，，
故选：．
本题菱形的性质，熟练运用菱形的面积公式是本题的关键．
4、B
【解析】
先比较平均数，乙、丁的平均成绩好且相等，再比较方差即可解答．
【详解】
解：∵乙、丁的平均成绩大于甲、丙，且乙的方差小于丁的方差，
∴表现较好且更稳定的是乙，
故选：B．
本题考查方差的意义：反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
5、B
【解析】
多边形的内角和比外角和的3倍多180°，而多边形的外角和是360°，则内角和是3×360°+180°．n边形的内角和可以表示成（n-2）•180°，设这个多边形的边数是n，得到方程，从而求出边数．
【详解】
根据题意，得：
（n-2）•180°=3×360°+180°，
解得：n=1，
则这个多边形的边数是1．
故选B．
本题考查了多边形内角与外角，此题只要结合多边形的内角和公式寻求等量关系，构建方程即可求解．
6、A
【解析】
由于有11名同学参加预赛，要取前6名参加决赛，故应考虑中位数的大小．
【详解】
解：共有11名学生参加预赛，取前6名，所以小明需要知道自己的成绩是否进入前六．我们把所有同学的成绩按大小顺序排列，第6名学生的成绩是这组数据的中位数，所以小明知道这组数据的中位数，才能知道自己是否进入决赛．
故选A．
本题考查了统计量的选择，解题的关键是学会运用中位数的意义解决实际问题．
7、A
【解析】
先把方程化为一般形式，然后可得二次项系数，一次项系数及常数项.
【详解】
解：把方程转化为一般形式得：x2−3x＋1＝0，
∴二次项系数，一次项系数和常数项分别是1，−3，1．
故选：A．
一元二次方程的一般形式是：ax2＋bx＋c＝0（a，b，c是常数且a≠0）．在一般形式中ax2叫二次项，bx叫一次项，c是常数项．其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．
8、C
【解析】
根据矩形的判定、正方形的判定、和菱形的判定以及平行四边形的性质判断即可．
【详解】
解：A、对角线平分且相等的四边形是矩形，错误；
B、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，错误；
C、每一条边都相等且每一个角也都相等的四边形是正方形，正确；
D、矩形的对角线相等，错误；
故选：C．
此题考查正方形的判定，关键是根据矩形的判定、正方形的判定、和菱形的判定以及平行四边形的性质解答．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、9
【解析】
根据二次根式的性质进行化简即可.
【详解】
=|-9|=9.
故答案为：9.
此题主要考查了二次根式的化简，注意：.

10、6.5
【解析】
由条件“BF平分∠ABC，AG⊥BF”可判定三角形ABG是等腰三角形(AB=GB)，再由条件“E为AC的中点”，可判定DE是三角形AGB的中位线，由此可得GC=2DE，进而可求出BC的长．
【详解】
∵BF平分∠ABC，AG⊥BF，
∴△ABG是等腰三角形，
∴AB=GB=4cm，
∵BF平分∠ABC，
∴AD=DG，
∵E为AC的中点，
∴DE是△AGB的中位线，
∴DE=CG，
∴CG=2DE=5cm，
∴BC=BG+CG=4+2.5=6.5cm，
故答案为6.5
本题考查三角形的性质，解题关键在于判定三角形ABG是等腰三角形
11、
【解析】
分析：由图和条件可知A1（0，1）A2（1，2）A3（3，4），B1（1，1），B2（3，2），Bn的横坐标为An+1的横坐标，纵坐标为An的纵坐标，又An的横坐标数列为An=2n-1-1，所以纵坐标为（2n-1），然后就可以求出Bn的坐标为[A（n+1）的横坐标，An的纵坐标]．
详解：由图和条件可知A1（0，1）A2（1，2）A3（3，4），B1（1，1），B2（3，2），
∴Bn的横坐标为An+1的横坐标，纵坐标为An的纵坐标，
又An的横坐标数列为An=2n-1-1，所以纵坐标为2n-1，
∴Bn的坐标为[A（n+1）的横坐标，An的纵坐标]=（2n-1，2n-1）．
故答案为（2n-1，2n-1）．
点睛：本题主要考查函数图象上点的坐标特征及正方形的性质，解决这类问题首先要从简单图形入手，抓住随着“编号”或“序号”增加时，后一个图形与前一个图形相比，在数量上增加（或倍数）情况的变化，找出数量上的变化规律，从而推出一般性的结论．
12、
【解析】
根据方程有增根可得x=3，把-2=去分母后，再把x=3代入即可求出k的值.
【详解】
∵关于x的方程-2=会产生增根，
∴x-3=0，
∴x=3.
把-2=的两边都乘以x-3得，
x-2(x-3)=-k，
把x=3代入，得
3=-k，
∴k=-3.
故答案为：-3.
本题考查的是分式方程的增根，在分式方程变形的过程中，产生的不适合原方程的根叫做分式方程的增根.增根使最简公分母等于0，不适合原分式方程，但是适合去分母后的整式方程．
13、两直线平行，同旁内角互补
【解析】
分析：把一个命题的条件和结论互换就得到它的逆命题．命题“同旁内角互补，两直线平行”的条件是同旁内角互补，结论是两直线平行，故其逆命题是两直线平行，同旁内角互补．
详解：
命题“同旁内角互补，两直线平行”的逆命题是：两直线平行，同旁内角互补，
故答案为两直线平行，同旁内角互补．
点睛：考查了互逆命题的知识及命题的真假判断，两个命题中，如果第一个命题的条件是第二个命题的结论，而第一个命题的结论又是第二个命题的条件，那么这两个命题叫做互逆命题．其中一个命题称为另一个命题的逆命题．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）；（2）∠BCD＝90°．
【解析】
（1）利用正方形的面积减去四个顶点上三角形及小正方形的面积即可；
（2）连接BD，根据勾股定理的逆定理判断出△BCD的形状，进而可得出结论．
【详解】
.解：（1）S四边形ABCD＝5×7﹣×1×7﹣×1×2﹣×2×4﹣×3×6＝；
（2）连BD，
∵BC＝2，CD＝，BD＝5，BC2+CD2＝BD2，
∴∠BCD＝90°．
本题考查的是勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键．
15、x＝0
【解析】
分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【详解】
解：去分母得：1+x﹣2＝﹣x﹣1，
解得：x＝0，
经检验x＝0是分式方程的解．
此题考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．解分式方程一定注意要验根．
16、（1）1，；（2）.
【解析】
(1)由点的坐标为可知OA=3,OB=4，故）当点运动到点时， ；
当点运动到点时，t= ；
（2）分析题意，d与t的函数关系应分为①当时，利用勾股定理在中，，，.计算即可得：.②当时，过点作，垂足为，利用勾股定理：在中，，，故而.即.③当时，利用勾股定理：在中，，，所以.即.
【详解】
解：（1）1，；
（2）①如图1，当时，
∵在中，，，
∴.
即.
②如图2，当时，
过点作，垂足为，
∵四边形为矩形，
∴.
∴四边形为矩形.
∴.
∴.
∴.
∴在中，，，
∴.
即.
③如图3，当时，
∵在中，，，
∴.
即.
综上所述，.
本题考查了动点问题与长度关系，灵活运用勾股定理进行解题是解题的关键.
17、（1）见解析；（2）△PQR为等腰三角形，证明过程见解析.
【解析】
（1）可以证明△ADP≌△DCG，即可求证DP=CG．
（2）由（1）的结论可以证明△CEQ≌△CEG，进而证明∠PQR=∠QPR．故△PQR为等腰三角形．
【详解】
(1)证明：在正方形ABCD中，
AD=CD,∠ADP=∠DCG=90°，
∠CDG+∠ADH=90°，
∵DH⊥AP,∴∠DAH+∠ADH=90°，
∴∠CDG=∠DAH，
∴△ADP≌△DCG，
∴DP=CG.
（2）△PQR为等腰三角形.
证明：∵CQ=DP，
∴CQ=CG，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠QCE=∠GCE，
又∵CE=CE，
∴△CEQ≌△CEG，
∴∠CQE=∠CGE，
∴∠PQR=∠CGE，
∵∠QPR=∠DPA,且(1)中证明△ADP≌△DCG，
∴∠PQR=∠QPR，
所以△PQR为等腰三角形.
本题考查正方形的性质, 全等三角形的判定与性质, 等腰三角形的判定.（1）一般证明线段相等，若这两条线段不在同一个三角形中，那就要证明它们所在的三角形全等；（2）证明线段相等时，若这两条线段在同一个三角形中，可采取等角对等边的方法.
18、（1）y=5x+3600；（2）共有5种生产方案；（3）当生产型号的时装44套、生产型号的时装36套时，该厂所获利润最大，最大利润为3820元.
【解析】
（1）根据题意，根据总利润=型号的总利润＋型号的总利润，即可求出（元）与（套）的函数关系式；
（2）根据A、B两种布料的总长列出不等式，即可求出x的取值范围，从而求出各个方案；
（3）一次函数的增减性，求最值即可．
【详解】
解：（1）由题意可知：y=50x+45（80－x）=5x+3600
即（元）与（套）的函数关系式为y=5x+3600；
（2）由题意可知：
解得：
故可生产型号的时装40套、生产型号的时装80－40=40套或生产型号的时装41套、生产型号的时装80－41=39套或生产型号的时装42套、生产型号的时装80－42=38套或生产型号的时装43套、生产型号的时装80－43=37套或生产型号的时装44套、生产型号的时装80－44=36套，共5种生产方案
答：共有5种生产方案．
（3）∵一次函数y=5x+3600中，，5＞0
∴y随x的增大而增大
∴当x=44时，y取最大值，ymax=44×5+3600=3820
即当生产型号的时装44套、生产型号的时装36套时，该厂所获利润最大，最大利润为3820元．
答: 当生产型号的时装44套、生产型号的时装36套时，该厂所获利润最大，最大利润为3820元．
此题考查的是一次函数的应用和一元一次不等式组的应用，掌握实际问题中的等量关系、不等关系和一次函数的增减性是解决此题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、x≥1．
【解析】
试题分析：根据题意得当x≥1时，ax+b≥2，即不等式ax+b≥2的解集为x≥1．
故答案为x≥1．
考点： 一次函数与一元一次不等式．
20、或
【解析】
根据根与系数的关系求出+与·的值，然后代入即可求出m的值.
【详解】
∵，是关于的方程的两根，
∴+=2m-2，·=m2-2m，
代入，得
m2-2m+2（2m-2）=-1，
∴m2+2m-3=0，
解之得
m=或.
故答案为：或.
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）根与系数的关系，若x1，x2为方程的两个根，则x1，x2与系数的关系式：， .
21、（120+4x）（40+2x）＝1
【解析】
设上面留白部分的宽度为xcm，则左右空白部分为2x，根据题意得出方程，计算即可求出答案．
【详解】
设上面留白部分的宽度为xcm，则左右空白部分为2x，可列得方程为：
（120+4x）（40+2x）＝1．
故答案为：（120+4x）（40+2x）＝1．
此题考查由实际问题抽象出一元二次方程，正确表示出变化后的长与宽是解题关键．
22、4cm
【解析】
根据平行四边形的性质可知AO=OC，OD=OB，据此求出AO、DO的长，利用勾股定理求出AD的长即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=OC，OD=OB，
又∵AC=10cm，BD=6cm，
∴AO=5cm，DO=3cm，
本题考查了平行四边形的性质、勾股定理，找到四边形中的三角形是解题的关键．
23、1
【解析】
设△ABC的三边分别为BC=a、AC=b、AB=c，当∠ACB＝90°时，△ABC是直角三角形，由勾股定理可得到a2+b2＝c2，即S1+S2＝S3，代入可得解.
【详解】
设△ABC的三边分别为BC=a、AC=b、AB=c，
∴S1＝a2＝9，S2＝b2，S3＝c2＝25，
当∠ACB＝90°时，△ABC是直角三角形，
∴a2+b2＝c2，即S1+S2＝S3，
∴S2＝S3﹣S1＝1．
故答案为：1．
本题考查了勾股定理的几何背景，灵活运用勾股定理是解题关键.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、1﹣6．
【解析】
先根据二次根式的乘除法则和完全平方公式计算，然后合并即可．
【详解】
原式＝4﹣4﹣+3+1+1
＝1﹣8﹣4+4+1
＝1﹣6．
故答案为：1﹣6．
本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
25、（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）截取BE=BM，连接EM，求出AM=EC，得出∠BME=45°，求出∠AME=∠ECF=135°，求出∠MAE=∠FEC，根据ASA推出△AME和△ECF全等即可；
（2）取AB中点M，连接EM，求出BM=BE，得出∠BME=45°，求出∠AME=∠ECF=135°，求出∠MAE=∠FEC，根据ASA推出△AME和△ECF全等即可．
【详解】
（1）证明：如图1，在AB上截取BM＝BE，连接ME，
∵∠B＝90°，
∴∠BME＝∠BEM＝45°，
∴∠AME＝135°
∵CF是正方形的∠C外角的平分线，
∴∠ECF=90°+45°=135°
∴∠AME＝∠ECF，
∵AB＝BC，BM＝BE，
∴AM＝EC，
∵AE⊥EF，
∴∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠CEF=90°，
∵∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠CEF,
在△AME和△ECF中
，
∴△AME≌△ECF（ASA），
∴AE＝EF；
（2）解：取AB中点M，连接EM，
∵AB＝BC，E为BC中点，M为AB中点，
∴AM＝CE＝BE，
∴∠BME＝∠BME＝45°，
∴∠AME＝135°＝∠ECF，
∵∠B＝90°，
∴∠BAE+∠AEB＝90°，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠FEC＝90°，
∴∠BAE＝∠FEC，
在△AME和△ECF中
，
∴△AME≌△ECF（ASA），
∴EM＝CF，
∵AB＝2，点E是边BC的中点，
∴BM＝BE＝1，
∴CF＝ME＝．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，角平分线的定义，关键是推出△AME≌△ECF．
26、（1）见解析；（2）EF＝GH，理由见解析
【解析】
（1）由正方形的性质可得AB=DA，∠ABE=90°=∠DAH．又由∠ADO+∠OAD=90°，可证得∠HAO=∠ADO，继而证得△ABE≌△DAH，可得AE=DH；
（2）将FE平移到AM处，则AM∥EF，AM=EF，将GH平移到DN处，则DN∥GH，DN=GH．根据（1）的结论得AM=DN，所以EF=GH；
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAH．
∴∠HAO+∠OAD＝90°．
∵AE⊥DH，
∴∠ADO+∠OAD＝90°．
∴∠HAO＝∠ADO．
在△ABE和△DAH中
，
∴△ABE≌△DAH（ASA），
∴AE＝DH；
（2）解：EF＝GH．
理由：如图所示：
将FE平移到AM处，则AM∥EF，AM＝EF．
将GH平移到DN处，则DN∥GH，DN＝GH．
∵EF⊥GH，
∴AM⊥DN，
根据（1）的结论得AM＝DN，所以EF＝GH．
此题考查四边形综合题，解题关键在于证明△ABE≌△DAH，再根据平移的性质求得AM＝EF，DN＝GH.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分