贵州省遵义市播州区泮水中学2024年九上数学开学考试试题【含答案】

这是一份贵州省遵义市播州区泮水中学2024年九上数学开学考试试题【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△ABC中，DE∥BC，，DE＝4，则BC的长（ ）
A．8B．10C．12D．16
2、（4分）如图，∠1，∠2，∠3，∠4，∠5是五边形ABCDE的外角，且∠1=∠2=∠3=∠4=75°，则∠AED的度数是（ ）
A．120°B．110°C．115°D．100°
3、（4分）一个三角形的三边分别是3、4、5，则它的面积是（ ）
A．6B．12C．7.5D．10
4、（4分）若分式的值为零，则x的值是（ ）
A．±2B．2C．﹣2D．0
5、（4分）一个多边形的每个外角都等于45°,则这个多边形的边数是（ ）
A．11B．10C．9D．8
6、（4分）下列命题的逆命题，是假命题的是（ ）
A．两直线平行，内错角相等B．全等三角形的对应边相等
C．对顶角相等D．有一个角为度的三角形是直角三角形
7、（4分）下列四个命题：①小于平角的角是钝角；②平角是一条直线；③等角的余角相等；④凡直角都相等．其中真命题的个数的是（ ）
A．个B．个C．个D．个
8、（4分）下列计算结果正确的是( )
A．＋＝B．3－＝3
C．×＝D．＝5
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）某校九年级准备开展春季研学活动，对全年级学生各自最想去的活动地点进行了调查，把调查结果制成了如下扇形统计图，则“世界之窗”对应扇形的圆心角为_____度．
10、（4分）如图，在反比例函数的图像上有点它们的横坐标依次为1，2，3，……，n，n+1，分别过点作x轴，y轴的垂线，图中所构成的阴影部分面积从左到右依次为，则Sn=__________。（用含n的代数式表示）
11、（4分）若最简二次根式与是同类二次根式，则=_______．
12、（4分）一组数据 ，则这组数据的方差是 __________ .
13、（4分）若正比例函数的图象过点和点，当时，，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）已知关于x的一元二次方程x1﹣3x+k＝0方程有两实根x1和x1．
(1)求实数k的取值范围；
(1)当x1和x1是一个矩形两邻边的长且矩形的对角线长为，求k的值．
15、（8分）如图，在平行四边形ABCD中，DE，BF分别是∠ADC，∠ABC的角平分线．
求证：四边形DEBF是平行四边形．
16、（8分）已知，正方形ABCD中，点E为BC边上任意一点（点E不与B，C重合），点F在线段AE上，过点F的直线，分别交AB、CD于点M、N．
（1）如图，求证：；
（2）如图，当点F为AE中点时，连接正方形的对角线BD，MN与BD交于点G，连接BF，求证：；
（3）如图，在（2）的条件下，若，，求BM的长度.
17、（10分）如图，在菱形中，，垂足为点，且为边的中点.
（1）求的度数；
（2）如果，求对角线的长.
18、（10分）一个二次函数的图象经过三点.求这个二次函数的解析式并写出图象的开口方向、对称轴和顶点.
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）一组数据1，2，3，x，5的平均数是3，则该组数据的方差是_____．
20、（4分）一个矩形在直角坐标平面上的三个顶点的坐标分别是（﹣2，﹣1）、（3，﹣1）、（﹣2，3），那么第四个顶点的坐标是_____．
21、（4分）计算：＝_____．
22、（4分）如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点O，若，，则AC的长为______．
23、（4分）若，则a2﹣6a﹣2的值为_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图所示，点P的坐标为（1，3），把点P绕坐标原点O逆时针旋转90°后得到点Q．
（1）写出点Q的坐标是________；
（2）若把点Q向右平移个单位长度，向下平移个单位长度后，得到的点落在第四象限，求的取值范围；
（3）在（2）条件下，当取何值，代数式取得最小值.
25、（10分）如图，四边形是正方形，是边所在直线上的点，，且交正方形外角的平分线于点.
（1）当点在线段中点时（如图①），易证，不需证明；
（2）当点在线段上（如图②）或在线段延长线上（如图③）时，（1）中的结论是否仍然成立？请写出你的猜想，并选择图②或图③的一种结论给予证明.
26、（12分）解下列方程：
（1）
（2）
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DE∥BC，于是得到△ADE∽△ABC，求得比例式，代入数据即可得到结果．
【详解】
解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴
∵
∴
∴
∵DE＝4，
∴BC＝1．
故选：C．
本题考查了相似三角形的判定和性质，熟练掌握其性质定理是解题的关键．
2、A
【解析】
根据多边形的外角和求出∠5的度数，然后根据邻补角的和等于180°列式求解即可．
详
【详解】
解：∵∠1=∠2=∠3=∠4=75°，
∴∠5=360°﹣75°×4=360°﹣300°=60°，
∴∠AED=180°﹣∠5=180°﹣60°=120°．
故选A．
本题考查了多边形的外角和等于360°的性质以及邻补角的和等于180°的性质，是基础题，比较简单．
3、A
【解析】
由于32+42＝52，易证此三角形是直角三角形，从而易求此三角形的面积．
【详解】
∵32+42＝52，∴此三角形是直角三角形，
∴S△＝×3×4＝1．
故选：A．
本题考查了勾股定理的逆定理．解题的关键是先证明此三角形是直角三角形．
4、C
【解析】
分式的值为1，则分母不为1，分子为1．
【详解】
∵|x|﹣2＝1，
∴x＝±2，
当x＝2时，x﹣2＝1，分式无意义．
当x＝﹣2时，x﹣2≠1，
∴当x＝﹣2时分式的值是1．
故选C．
分式是1的条件中特别需要注意的是分母不能是1，这是经常考查的知识点．
5、D
【解析】
根据多边形的外角和等于，用360除以一个多边形的每个外角的度数，求出这个多边形的边数是多少即可．
【详解】
解：，
这个多边形的边数是1．
故选：D．
此题主要考查了多边形的内角与外角，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：多边形的外角和等于．
6、C
【解析】
根据平行线的判定与性质，可判断A；
根据全等三角形的判断与性质，可判断B；
根据对顶角性质，可判断C；
根据直角三角形的判断与性质，可判断D.
【详解】
A“两直线平行，内错角相等”的逆命题是“内错角相等，两直线平行”是真命题，故A不符合题意；
B“全等三角形的对应边相等”的逆命题是“三边对应相等的两个三角形全等”是真命题，故B不符合题意；
C“对顶角相等”的逆命题是“相等的角是对顶角”是假命题，故C符合题意；
D“有一个角为90度的三角形是直角三角形”的逆命题是“直角三角形中有一个角是90度”是真命题，故D不符合题意；
故选C
本题考查了命题与定理，熟练掌握相关性质定理是解答本题的关键.
7、B
【解析】
根据平角、余角和直角的概念进行判断，即可得出答案.
【详解】
（1）钝角应大于90°而小于180°，故此选项错误；（2）角和直线是两个不同的概念，故此选项错误；（3）根据余角的概念可知：等角的余角相等，故此选项正确；（4）直角都等于90°，故此选项正确．因此答案选择B.
本题主要考查了角的有关概念，等角的余角相等的性质．特别注意角和直角是两个不同的概念，不要混为一谈.
8、C
【解析】
选项A. 不能计算.A错误.
选项B. ,B错误.
选项C. ,正确.
选项 D. ,D错误.
故选C.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1
【解析】
根据圆心角=360°×百分比计算即可；
【详解】
解：“世界之窗”对应扇形的圆心角=360°×（1-10%-30%-20%-15%）=1°，
故答案为1．
本题考查的是扇形统计图的综合运用，读懂统计图是解决问题的关键，扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
10、
【解析】
由题意可知，每个小矩形的宽度为1，第个小矩形的长为 ，故将 代入，可求。
【详解】
解：依题意得




故答案为：
掌握反比例函数与面积的关系是解题的关键。
11、4
【解析】
根据同类二次根式的定义，被开方数相等，由此可得出关于x的方程，进而可求出x的值．
【详解】
解：由题意可得：

解：
当时，与都是最简二次根式
故答案为：4.
本题考查了同类二次根式与最简二次根式的定义，掌握定义是解题的关键．
12、1
【解析】
分析：先求出这5个数的平均数，然后利用方差公式求解即可．
详解：平均数为=（1+1+3+4+5）÷5=3，
S1= [（1-3）1+（1-3）1+（3-3）1+（4-3）1+（5-3）1]=1．
故答案为：1．
点睛：本题考查了方差的知识，牢记方差的计算公式是解答本题的关键，难度不大．
13、
【解析】
根据点A和点B的坐标关系即可求出正比例函数的增减性，然后根据增减性与比例系数的关系列出不等式，即可求出m的取值范围．
【详解】
解：∵正比例函数的图象过点和点，且时，，
∴该正比例函数y随x的增大而减小
∴
解得：
故答案为：
此题考查的是正比例函数的增减性，掌握正比例函数的增减性与比例系数的关系是解决此题的关键．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）；（1）
【解析】
试题分析：（1）求出△的值，根据已知得出不等式，求出即可；
（1）根据根与系数的关系得出x1+x1=3，x1•x1=k，根据已知得出x11+x11=（）1，变形后代入求出即可．
试题解析：（1）∵关于x的一元二次方程x1-3x+k=0有两个实根x1和x1，
∴△=（-3）1-4k≥0，
解得：k≤，
即实数k的取值范围为k≤；
（1）由根与系数的关系得：x1+x1=3，x1•x1=k，
∵x1和x1是一个矩形两邻边的长且矩形的对角线长为，
∴x11+x11=（）1，
（x1+x1）1-1x1•x1=5，
∴9-1k=5，
解得：k=1．
15、见解析．
【解析】
根据题意利用平行四边形的性质求出∠ABF＝∠AED，即DE∥BF，即可解答
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ADC＝∠ABC．
又∵DE，BF分别是∠ADC，∠ABC的平分线，
∴∠ABF＝∠CDE．
又∵∠CDE＝∠AED，
∴∠ABF＝∠AED，
∴DE∥BF，
∵DE∥BF，DF∥BE，
∴四边形DEBF是平行四边形.
此题考查平行四边形的性质和判定，利用好角平分线的性质是解题关键
16、（1）见解析；（2）见解析；（3）.
【解析】
（1）由正方形的性质得出∠B=90°，得出∠BAE+∠AEB=90°，由垂直的性质得出∠BAE+∠AMN=90°，即可得出结论；
（2）连接AG、EG、CG，证明△ABG≌△CBG得出AG=CG，∠GAB=∠GCB，证出EG=CG，由等腰三角形的性质得出∠GEC=∠GCE，证出∠AGE=90°，由直角三角形斜边上的中线性质得出BF=AE，FG=AE，即可得出结论；
（3）过G作交AD于点P，交BC于点Q，证明DP=PG=2，连接ME，证明MN是AE的垂直平分线，得，，再证明得，得，进而得，中，由勾股定理得，代入相关数据，从而得出结论.
【详解】
（1）（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，
∵MN⊥AE于F，
∴∠BAE+∠AMN=90°，
∴∠AEB=∠AMN；
（2）证明：连接AG、EG、CG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABG=∠CBG=45°，∠ABE=90°，
在△ABG和△CBG中，
，
∴△ABG≌△CBG（SAS），
∴AG=CG，∠GAB=∠GCB，
∵MN⊥AE于F，F为AE中点，
∴AG=EG，
∴EG=CG，
∴∠GEC=∠GCE，
∴∠GAB=∠GEC，
∵∠GEB+∠GEC=180°，
∴∠GEB+∠GAB=180°，
∵四边形ABEG的内角和为360°，∠ABE=90°，
∴∠AGE=90°，
在Rt△ABE 和Rt△AGE中，AE为斜边，F为AE的中点，
∴BF=AE，FG=AE，
∴BF=FG；
（3）过G作交AD于点P，交BC于点Q，则 ，，
中，， ，
∴ ，
∴
∵，
∴ ，
∴ 即
连接ME ∵于F，F为AE的中点,
∴MN是AE的垂直平分线
∴，
由（2）知 ，，
∴，
又，
∴，
∴ ，
∴ ，
又，
∴
∴
∴
∵
∴四边形PDCQ为矩形
∴
设
∵E是BC中点
∴
∴
∴ 即
∴
∴
设
∴
中，由勾股定理得
∴ 解得
∴
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度．
17、（1）；（2）
【解析】
（1）根据线段垂直平分线的性质可得DB=AD，即可证△ADB是等边三角形，可得∠A=60°
（2）由题意可得∠DAC=30°，AC⊥BD，可得DO=2，AO=2，即可求AC的长．
【详解】
连接，
（1）∵四边形是菱形 ∴
∵是中点， ∴ ∴
∴是等边三角形
∴.
（2）∵四边形是菱形
∴，，，
∵
∴，
∴
本题考查了菱形的性质，熟练运用菱形性质解决问题是本题的关键．
18、,图象开口向上，对称轴直线，顶点.
【解析】
首先根据待定系数法求解二次函数的解析式，再根据二次函数的系数确定抛物线的开口方向，对称轴，和公式法计算顶点坐标.
【详解】
设二次函数的解析式为.
由已知，函数的图象经过三点，可得
解这个方程组，得，，.
所求二次函数的解析式为,
图象开口向上，对称轴直线，顶点.
本题主要考查二次函数抛物线解析式的计算、抛物线的性质，这是考试的必考点，必须熟练掌握.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、1
【解析】
先用平均数是3可得x的值，再结合方差公式计算即可．
【详解】
平均数是3（1+1+3+x+5），解得：x=4，
∴方差是S1[（1﹣3）1+（1﹣3）1+（3﹣3）1+（4﹣3）1+（5﹣3）1]10=1．
故答案为1．
本题考查了平均数和方差的概念，解题的关键是牢记方差的计算公式，难度不大．
20、（3，3）
【解析】
因为（-2，-1）、（-2，3）两点横坐标相等，长方形有一边平行于y轴，（-2，-1）、（3，-1）两点纵坐标相等，长方形有一边平行于x轴，即可求出第四个顶点的坐标．
【详解】
解：过（﹣2，3）、（3，﹣1）两点分别作x轴、y轴的平行线，
交点为（3，3），即为第四个顶点坐标．
故答案为：（3，3）．
此题考查坐标与图形性质，解题关键在于画出图形
21、
【解析】
分析：应用完全平方公式，求出算式的值是多少即可．
详解：=8﹣4+1=9﹣4．
故答案为9﹣4．
点睛：本题主要考查了二次根式的混合运算，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①与有理数的混合运算一致，运算顺序先乘方再乘除，最后加减，有括号的先算括号里面的．②在运算中每个根式可以看做是一个“单项式”，多个不同类的二次根式的和可以看作“多项式”．
22、1
【解析】
根据矩形的对角线互相平分且相等可得，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出，然后根据直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半解答．
【详解】
解：在矩形ABCD中，，
，
，
，
又，
．
故答案为：1．
此题考查矩形的性质，解题关键在于利用了矩形的对角线互相平分且相等的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质．
23、-1
【解析】
把a的值直接代入计算，再按二次根式的运算顺序和法则计算．
【详解】
解：当 时，
a2﹣6a﹣2＝（3﹣）2﹣6（3﹣）﹣2
＝19﹣6﹣18+6﹣2
＝﹣1．
本题考查了实数的混合运算，解题的关键是掌握实数的运算法则.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）Q(-3，1)（2）a>3（3）0
【解析】
(1)如图，作PA⊥x轴于A，QB⊥x轴于B，则∠PAO=∠OBQ=90°，证明△OBQ≌△PAO(AAS)，从而可得OB=PA，QB=OA，继而根据点P的坐标即可求得答案；
(2)利用点平移的规律表示出Q′点的坐标，然后根据第四象限点的坐标特征得到a的不等式组，再解不等式即可；
(3)由(2)得，m=-3+a，n=1-a，代入所求式子得 ，继而根据偶次方的非负性即可求得答案 .
【详解】
(1)如图，作PM⊥x轴于A，QN⊥x轴于B，则∠PAO=∠OBQ=90°，
∴∠P+∠POA=90°，
由旋转的性质得：∠POQ=90°，OQ=OP，
∴∠QOB+∠POA=90°，
∴∠QOB=∠P，
∴△OBQ≌△PAO(AAS)，
∴OB=PA，QB=OA，
∵点P的坐标为(1，3)，
∴OB=PA=3，QB=OA=1，
∴点Q的坐标为(-3，1)；
(2)把点Q(-3，1)向右平移a个单位长度，向下平移a个单位长度后，
得到的点M的坐标为(-3+a，1-a)，
而M在第四象限，
所以，
解得a>3，
即a的范围为a>3；
(3)由(2)得，m=-3+a，n=1-a，
∴

，
∵，
∴当a=4时，代数式的最小值为0.
本题考查了坐标与图形变换-旋转，象限内点的坐标特征，解不等式组，配方法在求最值中的应用等，综合性较强，熟练掌握相关知识是解题的关键.
25、（1）见解析；（2）成立，理由见解析.
【解析】
（1）图①在AB上取一点M，使AM=EC，连接ME，证明△AME≌△BCF，从而可得到AE=EF；
（2）图②在AB上取一点M，使AM=EC，连接ME，证明△AME≌△BCF，从而可得到AE=EF；图③在BA的延长线上取一点N，使AN=CE，连接NE，然后证明△ANE≌△ECF，从而可得到AE=EF．
【详解】
解：在上取一点，使，连接.
∴.
∴.
∴.
∵是外角的平分线，
∴.
∴.
∴.
∵，，
∴.
∴.
∴.
（2）图②结论：.图③结论：.
图②证明：如图②，在上取一点，使，连接.
∴.
∴.
∴.
∵是外角的平分线，
∴.
∴.
∴.
∵，，
∴.
∴.
∴.
图③证明：如图③，在的延长线上取一点，使，连接.
∴.
∴.
∵四边形是正方形，
∴.
∴.
∴.
∴.
∴.
本题主要考查的是全等三角形的性质和判定、正方形的性质的应用等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
26、 (1) ；（2）无解
【解析】
（1） 移项，再因式分解求解即可.
（2） 方程变形后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】
（1）

．
（2）

经检验，是原方程的增根，
∴原方程无解
本题主要考查了解方程,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.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分