2024年天津市河北区数学九上开学质量检测试题【含答案】

这是一份2024年天津市河北区数学九上开学质量检测试题【含答案】，共22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）欧几里得是古希腊数学家，所著的《几何原本》闻名于世．在《几何原本》中，形如x2+ax＝b2的方程的图解法是：如图，以和b为直角边作Rt△ABC，再在斜边上截取BD＝，则图中哪条线段的长是方程x2+ax＝b2的解？答：是（ ）
A．ACB．ADC．ABD．BC
2、（4分）如图，边长为1的方格纸中有一四边形ABCD（A，B，C，D四点均为格点），则该四边形的面积为（ ）
A．4B．6C．12D．24
3、（4分）某同学在体育备考训练期间，参加了七次测试，成绩依次为（单位：分）51，53，56，53，56，58，56，这组数据的众数、中位数分别是（ ）
A．53，53B．53，56C．56，53D．56，56
4、（4分）若实数m、n满足 ，且m、n恰好是等腰△ABC的两条边的边长，则△ABC的周长是 （ ）
A．12B．10C．8或10D．6
5、（4分）正方形具有而菱形不具有的性质是（ ）
A．对角线互相平分B．对角线相等
C．对角线平分一组对角D．对角线互相垂直
6、（4分）下面计算正确的是（ ）
A．B．C．D．（a>0）
7、（4分）若一个正方形的面积为(ɑ+1)(ɑ+2)+，则该正方形的边长为（ ）
A．B．C．D．
8、（4分）若关于x的方程的解为正数，则m的取值范围是
A．m6C．m6且m≠8
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）若关于x的一元二次方程有实数根，且所有实数根均为整数，请写出一个符合条件的常数m的值:m=_____.
10、（4分）若，则3a______3b；______用“”，“”，或“”填空
11、（4分）不等式5﹣2x＞﹣3的解集是_____．
12、（4分）若一个多边形的内角和是其外角和的3倍，则这个多边形的边数是______．
13、（4分）若代数式有意义，则的取值范围为__________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线与CD的延长线交于点E，与AD交于点F，且点F恰好为边AD的中点．
（1）求证：△ABF≌△DEF；
（2）若AG⊥BE于G，BC＝4，AG＝1，求BE的长．
15、（8分）为了把巴城建成省级文明城市，特在每个红绿灯处设置了文明监督岗，文明劝导员老张某天在市中心的一十字路口，对闯红灯的人数进行统计．根据上午7：00～12：00中各时间段（以1小时为一个时间段），对闯红灯的人数制作了如图所示的扇形统计图和条形统计图，但均不完整．请你根据统计图解答下列问题：
（1）问这一天上午7：00～12：00这一时间段共有多少人闯红灯？
（2）请你把条形统计图补充完整，并求出扇形统计图中9～10点，10～11点所对应的圆心角的度数．
（3）求这一天上午7：00～12：00这一时间段中，各时间段闯红灯的人数的众数和中位数．
16、（8分）甲、乙两列火车分别从A、B两城同时匀速驶出，甲车开往B城，乙车开往A城．由于墨迹遮盖，图中提供的是两车距B城的路程S甲（千米）、S乙（千米）与行驶时间t（时）的函数图象的一部分．
（1）分别求出S甲、S乙与t的函数关系式（不必写出t的取值范围）；
（2）求A、B两城之间的距离，及t为何值时两车相遇；
（3）当两车相距300千米时，求t的值．
17、（10分）如图，四边形ABCD是平行四边形，E、F是对角线AC上的两点，且AE＝CF，顺次连接B、E、D，F．求证：四边形BEDF是平行四边形．
18、（10分）如图，在平行四边形ABCD中，E、 F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线.过点有作AG∥DB交CB的延长线于点G.
(1)求证：△ADE≌△CBF；
(2)若∠G=90° ,求证:四边形DEBF是菱形.
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）将直线向上平移4个单位后，所得的直线在平面直角坐标系中，不经过第_________象限．
20、（4分）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交点O，∠AOB＝60°，AB＝10，E、F分别为AO、AD的中点，则EF的长是_____．
21、（4分）化简：_____．
22、（4分）如图，E为正方形ABCD对角线BD上一点，且BE=BC，则∠DCE=_____．
23、（4分）如图,已知,与之间的距离为3, 与之间的距离为6, 分别等边三角形的三个顶点,则此三角形的边长为__________．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）化简：
（1）；
（2）．
25、（10分）请仅用无刻度的直尺在下列图1和图2中按要求画菱形．
（1）图1是矩形ABCD，E，F分别是AB和AD的中点，以EF为边画一个菱形；
（2）图2是正方形ABCD，E是对角线BD上任意一点（BE＞DE），以AE为边画一个菱形．
26、（12分）某研究性学习小组在探究矩形的折纸问题时，将一块直角三角板的直角顶点绕矩形ABCD(AB＜BC)的对角线的交点O旋转(①→②→③)，图中的M、N分别为直角三角形的直角边与矩形ABCD的边CD、BC的交点．
(1)该学习小组成员意外的发现图①中(三角板一边与CC重合)，BN、CN、CD这三条线段之间存在一定的数量关系：CN2＝BN2+CD2，请你对这名成员在图①中发现的结论说明理由；
(2)在图③中(三角板一直角边与OD重合)，试探究图③中BN、CN、CD这三条线段之间的数量关系，直接写出你的结论．
(3)试探究图②中BN、CN、CM、DM这四条线段之间的数量关系，写出你的结论，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】
解一元二次方程，由求根公式求得， 已知AC、BC，由勾股定理求得AB，则AD等于AB和BD之差，比较AD的长度和x的解即可知结论.
【详解】
x2+ax＝b2 ,
即x2+ax-b2=0 ,
∴
∵∠ACB=90°，
∴AB=，
则
故答案为：B.
本题主要考查一元二次方程的根，与勾股定理，解题关键在于能够求出AB的长度.
2、C
【解析】
根据菱形的性质，已知AC，BD的长，然后根据菱形的面积公式可求解．
【详解】
解：由图可知，AB＝BC＝CD＝DA，
∴该四边形为菱形，
又∵AC＝4，BD＝6，
∴菱形的面积为4×6×＝1．
故选：C．
主要考查菱形的面积公式：两条对角线的积的一半，同时也考查了菱形的判定．
3、D
【解析】
根据众数和中位数的定义求解可得．
【详解】
解：将数据重新排列为51，53，53，56，56，56，58，
所以这组数据的中位数为56，众数为56，
故选：D．
本题主要考查众数和中位数，求一组数据的众数的方法：找出频数最多的那个数据，若几个数据频数都是最多且相同，此时众数就是这多个数据．将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．
4、B
【解析】
根据绝对值和二次根式的非负性得m、n的值，再分情况讨论：①若腰为2，底为4，由三角形两边之和大于第三边，舍去；②若腰为4，底为2，再由三角形周长公式计算即可.
【详解】
由题意得：m-2=0，n-4=0，∴m=2，n=4，
又∵m、n恰好是等腰△ABC的两条边的边长，
①若腰为2，底为4，此时不能构成三角形，舍去，
②若腰为4，底为2，则周长为：4+4+2=10，
故选B.
本题考查了非负数的性质以及等腰三角形的性质，根据非负数的性质求出m、n的值是解题的关键.
5、B
【解析】
根据正方形和菱形的性质逐项分析可得解.
【详解】
根据正方形对角线的性质：平分、相等、垂直；菱形对角线的性质：平分、垂直，
故选B．
考点：1.菱形的性质；2.正方形的性质．
6、B
【解析】
分析：根据合并同类二次根式、二次根式的除法、二次根式的乘法、二次根式的性质与化简逐项计算分析即可.
详解：A. ∵4与不是同类二次根式，不能合并，故错误；
B. ∵ ，故正确；
C. ，故错误；
D. （a>0），故错误；
故选B.
点睛：本题考查了二次根式的有关运算，熟练掌握合并同类二次根式、二次根式的除法、二次根式的乘法、二次根式的性质是解答本题的关键.
7、B
【解析】
把所给代数式重新整理后用完全平方公式分解因式即可.
【详解】
(ɑ+1)(ɑ+2)+＝＝，
∴正方形的边长为：.
故选B.
本题考查了完全平方公式进行因式分解，熟练掌握a2±2ab+b2=(a±b)2是解答本题的关键．两项平方项的符号需相同；有一项是两底数积的2倍，是易错点．
8、C
【解析】
原方程化为整式方程得：2﹣x﹣m=2（x﹣2），
解得：x=2﹣，
∵原方程的解为正数，
∴2﹣＞0，
解得m＜6，
又∵x﹣2≠0，
∴2﹣≠2，即m≠0.
故选C.
本题主要考查分式方程与不等式，解此题的关键在于先求出方程的解，再得到m的不等式求解即可，需要注意分式方程的分母不能为0.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、0(答案不唯一)
【解析】
利用判别式的意义得到△=62-4m≥0，解不等式得到m的范围，在此范围内取m=0即可．
【详解】
△=62-4m≥0，
解得m≤9；
当m=0时，方程变形为x2+6x=0，解得x1=0，x2=-6，
所以m=0满足条件．
故答案为:0(答案不唯一)．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac有如下关系：当△＞0时，方程有两个不相等的实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△＜0时，方程无实数根．
10、
【解析】
根据不等式的性质逐一进行解答即可得.
【详解】
若，根据不等式性质2，两边同时乘以3，不等号方向不变，则；
根据不等式性质3，不等式两边同时乘以-1，不等号方向改变，则有，再根据不等式性质1，两边同时加上1，不等号方向不变，则，
故答案为：；．
本题考查了不等式性质，熟练掌握不等式的性质是解题的关键.不等式的性质：不等式的两边加上或减去同一个数或式子，不等号的方向不变；不等式两边同时乘以或除以同一个不为0的正数，不等号的方向不变；不等式两边同时乘以或除以同一个不为0的负数，不等号的方向改变．
11、x＜1
【解析】
根据解一元一次不等式基本步骤：去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1可得．
【详解】
解：﹣2x＞﹣3﹣5，
﹣2x＞﹣8，
x＜1，
故答案为x＜1．
本题主要考查解一元一次不等式的基本能力，严格遵循解不等式的基本步骤是关键，尤其需要注意不等式两边都乘以或除以同一个负数不等号方向要改变．
12、8
【解析】
解：设边数为n，由题意得，
180（n-2）=3603
解得n=8.
所以这个多边形的边数是8.
13、且.
【解析】
根据二次根式和分式有意义的条件进行解答即可.
【详解】
解：∵代数式有意义，
∴x≥0，x-1≠0，
解得x≥0且x≠1.
故答案为x≥0且x≠1.
本题考查了二次根式和分式有意义的条件，二次根式的被开方数为非负数，分式的分母不为零.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）证明见解析；（2）4
【解析】
（1）根据平行四边形的性质得到AB∥CD，根据平行线的性质得到∠ABF=∠E，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据平行四边形的性质和角平分线的定义可求出AB=AF，再根据等腰三角形的性质可求出BG的长，进而可求出BF的长，根据全等三角形的性质得到BF=EF，所以BE=2BF，问题得解．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABF＝∠E，
∵点F恰好为边AD的中点，
∴AF＝DF，
在△ABF与△DEF中，
，
∴△ABF≌△DEF；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC＝4，
∵∠AFB＝∠FBC，
∵∠ABC的平分线与CD的延长线相交于点E，
∴∠ABF＝∠FBC，
∴∠AFB＝∠ABF，
∴AB＝AF，
∵点F为AD边的中点，AG⊥BE．
∴BG＝，
∴BE＝2，
∵△ABF≌△EDF，
∴BE＝2BF＝4．
本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定和性质、勾股定理的运用，题目的综合性较强，难度中等．
15、（1）100人闯红灯（2）见解析；（3）众数为15人，中位数为20人
【解析】
（1）根据11﹣12点闯红灯的人数除以所占的百分比即可求出7﹣12这一时间段共有的人数．
（2）根据7﹣8点所占的百分比乘以总人数即可求出7﹣8点闯红灯的人数，同理求出8﹣9点的人数，然后可计算出10﹣11点的人数，补全条形统计图即可；求出9﹣10及10﹣11点的百分比，分别乘以360度即可求出圆心角的度数．
（3）找出这一天上午7：00～12：00这一时间段中，各时间段闯红灯的人数的众数和中位数即可．
【详解】
解：（1）根据题意得：40÷40%=100（人），
∴这一天上午7：00～12：00这一时间段共有100人闯红灯．
（2）根据题意得：7﹣8点的人数为100×20%=20（人），
8﹣9点的人数为100×15%=15（人），
9﹣10点占=10%，
10﹣11点占1﹣（20%+15%+10%+40%）=15%，人数为100×15%=15（人）．
补全图形，如图所示：
9～10点所对的圆心角为10%×360°=36°，10～11点所对应的圆心角的度数为15%×360°=54°．
（3）根据图形得：这一天上午7：00～12：00这一时间段中，各时间段闯红灯的人数的众数为15人，中位数为20人．
16、（1）S甲=-180t+600，S乙=120t；（2）A、B两城之间的距离是600千米，t为2时两车相遇；（1）当两车相距100千米时，t的值是1或1．
【解析】
（1）根据函数图象可以分别求得S甲、S乙与t的函数关系式；
（2）将t=0代入S甲=-180t+600，即可求得A、B两城之间的距离，然后将（1）中的两个函数相等，即可求得t为何值时两车相遇；
（1）根据题意可以列出相应的方程，从而可以求得t的值．
【详解】
（1）设S甲与t的函数关系式是S甲=kt+b，
，得，
即S甲与t的函数关系式是S甲=-180t+600，
设S乙与t的函数关系式是S乙=at，
则120=a×1，得a=120，
即S乙与t的函数关系式是S乙=120t；
（2）将t=0代入S甲=-180t+600，得
S甲=-180×0+600，得S甲=600，
令-180t+600=120t，
解得，t=2，
即A、B两城之间的距离是600千米，t为2时两车相遇；
（1）由题意可得，
|-180t+600-120t|=100，
解得，t1=1，t1=1，
即当两车相距100千米时，t的值是1或1．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
17、见解析
【解析】
首先连接BD，交AC于点O，由四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的对角线互相平分，即可求得OA＝OC，OB＝OD，又由AE＝CF，可得OE＝OF，然后根据对角线互相平分的四边形是平行四边形得出结论．
【详解】
解:证明：连接BD，交AC于点O，如图所示，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵AE＝CF，
∴OA﹣AE＝OC﹣CF，
即OE＝OF，
∴四边形DEBF是平行四边形．
本题考查了平行四边形的判定与性质，此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
18、（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（1）根据已知条件证明AE=CF，从而根据SAS可证明两三角形全等；
（2）先证明DE=BE，再根据邻边相等的平行四边形是菱形，从而得出结论．
【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，∠A=∠C，
∵点E、F分别是AB、CD的中点，
∴AE=AB，CF=CD，
∴AE=CF，
在△ADE和△CBF中，
∵，
∴△ADE≌△CBF（SAS）；
（2）∵∠G=90°，AG∥BD，AD∥BG，
∴四边形AGBD是矩形，
∴∠ADB=90°，
在Rt△ADB中
∵E为AB的中点，
∴AE=BE=DE，
∵DF∥BE，DF=BE，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴四边形DEBF是菱形．
本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定，直角三角形的性质：在直角三角形中斜边中线等于斜边一半，难度适中．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、四
【解析】
根据一次函数图象的平移规律，可得答案．
【详解】
解：由题意得：平移后的解析式为：，即，
直线经过一、二、三象限，不经过第四象限，
故答案为：四.
本题考查了一次函数图象与几何变换，利用一次函数图象的平移规律是解题关键，注意求直线平移后的解析式时要注意平移时的值不变．
20、1．
【解析】
根据矩形的性质得出AO＝OC，DO＝BO，AC＝BD，求出DO＝CO＝AO＝BO，求出△AOB是等边三角形，根据等边三角形的性质得出AO＝OB＝DO＝10，根据三角形的中位线定理求出即可．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝OC，DO＝BO，AC＝BD，
∴DO＝CO＝AO＝BO，
∵∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∵AB＝10，
∴AO＝OB＝DO＝10，
∵E、F分别为AO、AD的中点，
∴EF＝DO＝＝1，
故答案为：1．
本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，三角形的中位线等知识. 矩形的性质：①矩形的对边平行且相等；②矩形的四个角都是直角；③矩形的对角线相等且互相平分.
21、
【解析】
见详解.
【详解】
.
本题考查平方根的化简.
22、22.5°
【解析】
根据正方形的对角线平分一组对角求出∠CBE=45°，再根据等腰三角形两底角相等求出∠BCE=67.5°，然后根据∠DCE=∠BCD-∠BCE计算即可得解．
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CBE=45°，∠BCD=90°，
∵BE=BC，
∴∠BCE=（180°-∠BCE）=×（180°-45°）=67.5°，
∴∠DCE=∠BCD-∠BCE=90°-67.5°=22.5°．
故答案为22.5°．
本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，主要利用了正方形的对角线平分一组对角，需熟记．
23、
【解析】
如图，构造一线三等角，使得.根据“ASA”证明，从而，再在Rt△BEG中求出CE的长，再在Rt△BCE中即可求出BC的长.
【详解】
如图，构造一线三等角，使得.
∵a∥c,
∴∠1=∠AFD=60°,
∴∠2+∠CAF=60°.
∵a∥b,
∴∠2=∠3,
∴∠3+∠CAF=60°.
∵∠3+∠4=60°,
∴∠4=∠CAF,
∵b∥c,
∴∠4=∠5,
∴∠5=∠CAF,
又∵AC=BC，∠AFC=∠CGB,
∴，
∴CG=AF.
∵∠ACF=60°,
∴DAF=30°,
∴DF=AF,
∵AF2=AD2+DF2,
∴，
∴,
同理可求，
∴，
∴.
本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，以及勾股定理，正确作出辅助线是解答本题的关键.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）；（2）．
【解析】
（1）根据分式的乘除、分式的加减运算法则，以及先算乘除再算加减的运算顺序，即可化简；
（2）根据分式的乘除、分式的加减运算法则，以及先算乘除再算加减的运算顺序，即可化简．
【详解】
解：（1）原式=；
（2）原式= ．
故答案为（1）；（2）．
本题考查分式，难度一般，是中考的重要考点，熟练掌握分式的运算法则是顺利解题的关键．
25、（1）作图见解析；（2）作图见解析.
【解析】
（1）如图所示：四边形EFGH即为所求的菱形；
（2）如图所示：四边形AECF即为所求的菱形．
26、 (1)见解析；(1)BN1=NC1+CD1；(3)CM1+CN1=DM1+BN1，理由见解析.
【解析】
（1）连结AN，由矩形知AO=CO，∠ABN=90°，AB=CD，结合ON⊥AC得NA=NC，由∠ABN=90°知NA1=BN1+AB1，从而得证；
（1）连接DN，在Rt△CDN中，根据勾股定理可得：ND1=NC1+CD1，再根据ON垂直平分BD，可得：BN=DN，从而可证：BN1=NC1+CD1；
（3）延长MO交AB于点E，可证：△BEO≌△DMO，NE=NM，在Rt△BEN和Rt△MCN中，根据勾股定理和对应边相等，可证：CN1+CM1=DM1+BN1．
【详解】
（1）证明：连结AN，
∵矩形ABCD
∴AO=CO，∠ABN=90°，AB=CD，
∵ON⊥AC，
∴NA=NC，
∵∠ABN=90°，
∴NA1=BN1+AB1，
∴NC1=BN1+CD1．
（1）如图1，连接DN．
∵四边形ABCD是矩形，
∴BO=DO，∠DCN=90°，
∵ON⊥BD，
∴NB=ND，
∵∠DCN=90°，
∴ND1=NC1+CD1，
∴BN1=NC1+CD1．
（3）CM1+CN1=DM1+BN1
理由如下：延长MO交AB于E，
∵矩形ABCD，
∴BO=DO，∠ABC=∠DCB=90°，AB∥CD，
∴∠ABO=∠CDO，∠BEO=∠DMO，
∴△BEO≌△DMO（ASA），
∴OE=OM，BE=DM，
∵MO⊥EM，
∴NE=NM，
∵∠ABC=∠DCB=90°，
∴NE1=BE1+BN1，NM1=CN1+CM1，
∴CN1+CM1=BE1+BN1 ，
即CN1+CM1=DM1+BN1 ．
此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识点．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分