湖北省孝感市安陆市2024年九上数学开学联考试题【含答案】

这是一份湖北省孝感市安陆市2024年九上数学开学联考试题【含答案】，共21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， 直线与x轴、y轴分别交于点A和点B，点C、D分别为线段AB、OB的中点， 点P为OA上一动点， 当PC+PD最小时， 点P的坐标为（ ）
A．（-4，0）B．（-1，0）C．(-2,0)D．(-3,0)
2、（4分）数据1，3，5，7，9的方差是（ ）.
A．2B．4C．8D．16
3、（4分）计算（5﹣﹣2）÷（﹣）的结果为（ ）
A．﹣5B．5C．7D．﹣7
4、（4分）如图，已知一次函数y＝kx+b的图象经过点A(5，0)与B(0，﹣4)，那么关于x的不等式kx+b＜0的解集是( )
A．x＜5B．x＞5C．x＜﹣4D．x＞﹣4
5、（4分）某校运动队在一次队内选拔比赛中，甲、乙、丙、丁四位运动员的平均成绩相等，方差分别为0.8、1.2、3.1、0.6，那么这四位运动员中，发挥较稳定的是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
6、（4分）某鞋店试销一款学生运动鞋，销量情况如图所示，鞋店经理要关心哪种型号的鞋是否畅销，下列统计量最有意义的是（ ）
A．平均数B．中位数C．众数D．方差
7、（4分）一个盒子中装有20颗蓝色幸运星，若干颗红色幸运星和15颗黄色幸运星，小明通过多次摸取幸运星试验后发现，摸取到红色幸运星的频率稳定在0.5左右，若小明在盒子中随机摸取一颗幸运星，则摸到黄色幸运星的可能性约为（ ）
A．B．C．D．
8、（4分）下列二次根式化简后能与合并成一项的是（ ）
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）如图，甲、乙两名同学分别站在C、D的位置时，乙的影子与甲的影子的末端恰好在同一点，已知甲、乙两同学相距1m，甲身高1.8m，乙身高1.5m，则甲的影子是________m．
10、（4分）已知点是直线上的一个动点，若点到两坐标轴的距离相等，则点的坐标是__________．
11、（4分）若y与x2﹣1成正比例，且当x＝2时，y＝6，则y与x的函数关系式是_____．
12、（4分）已知：如图，、分别是的中线和角平分线，，，则的长等于__．
13、（4分）如图，直线与轴、轴分别交于两点，过点作轴与双曲线交于点，过作轴于．若梯形的面积为4，则的值为_____．
A
B
C
D
O
x
y
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）某学校八年级开展英语拼写大赛，一班和二班根据初赛成绩，各选出5名选手参加复赛，两个班各选出的5名选手的复赛成绩如图所示：
（1）根据图示填写下表
（2）结合两班复赛成绩的平均数和中位数，分析哪个班级的复赛成绩比较好？
（3）已知一班的复赛成绩的方差是70，请求出二班复试成绩的方差，并说明哪个班成绩比较稳定？
15、（8分）甲、乙两个机器人检测零件，甲比乙每小时多检测10个，甲检测300个与乙检测200个所用的时间相等.甲、乙两个机器人每小时各检测零件多少个？
16、（8分）如图，在矩形中，对角线、交于点，且过点作，过点作，两直线相交于点.
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，求矩形的面积.
17、（10分）把一个足球垂直水平地面向上踢，时间为(秒)时该足球距离地面的高度(米)适用公式
经过多少秒后足球回到地面?
经过多少秒时足球距离地面的高度为米?
18、（10分）如图,在四边形ABCD中,AB=AD=3,DC=4,∠A=60°，∠D=150°,试求BC的长度.
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，折叠矩形纸片，使点与点重合，折痕为，点落在处，若，则的长度为______.
20、（4分）若关于的分式方程的解是非负数，则的取值范围是__________．
21、（4分）若某多边形有5条对角线，则该多边形内角和为_____．
22、（4分）已知菱形的两条对角线长为8cm和6cm，那么这个菱形的周长是______cm，面积是______cm1．
23、（4分）已知：在△ABC中，AC=a，AB与BC所在直线成45°角，AC与BC所在直线形成的夹角的余弦值为（即csC=），则AC边上的中线长是_____________．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图1，在矩形纸片ABCD中，AB=8，BC=16，将矩形纸片沿EF折叠，使点C与点A重合．
（1）判断△AEF的形状，并说明理由；
（2）求折痕EF的长度；
（3）如图2，展开纸片，连接CF，则点E到CF的距离是 ．
25、（10分）已知在△ABC中，AB=1，BC=4，CA=．
（1）分别化简4，的值．
（2）试在4×4的方格纸上画出△ABC，使它的顶点都在方格的顶点上（每个小方格的边长为1）．
（3）求出△ABC的面积．
26、（12分）近几年购物的支付方式日益增多，某数学兴趣小组就此进行了抽样调查．调查结果显示，支付方式有：A微信、B支付宝、C现金、D其他，该小组对某超市一天内购买者的支付方式进行调查统计，得到如下两幅不完整的统计图．
请你根据统计图提供的信息，解答下列问题：
（1）本次一共调查了多少名购买者？
（2）请补全条形统计图；在扇形统计图中A种支付方式所对应的圆心角为 度．
（3）若该超市这一周内有1600名购买者，请你估计使用A和B两种支付方式的购买者共有多少名？
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】
根据一次函数解析式求出点A、B的坐标，再由中点坐标公式求出点C、D的坐标并根据三角形中位线定理得出CD//x轴，根据对称的性质找出点D′的坐标，根据三角形中位线定理即可得出点P为线段CD′的中点，由此即可得出点P的坐标．
【详解】
解：连接CD，作点D关于x轴的对称点D′，连接CD′交x轴于点P，此时PC+PD值最小，如图所示
在中，当y=0时，，解得x=-8，A点坐标为，
当x=0时，，B点坐标为，
∵点C、D分别为线段AB、OB的中点，
∴点C（-4，3），点D（0，3），CD∥x轴，
∵点D′和点D关于x轴对称，
∴点D′的坐标为（0，-3），点O为线段DD′的中点．
又∵OP∥CD，
∴OP为△CD′D的中位线，点P为线段CD′的中点，
∴点P的坐标为，
故选：C.
本题考查轴对称——最短路径问题，一次函数图象与坐标轴交点问题，三角形中位线定理.能根据轴对称的性质定理找出PC+PD值最小时点P的位置是解题的关键．
2、C
【解析】
先计算出平均数，再根据方差公式计算即可．
【详解】
∵1、3、5、7、9的平均数是（1+3+5+7+9）÷5=5，
∴方差=×[（1-5）2+（3-5）2+（5-5）2+（7-5）2+（9-5）2]=8；
故选：C．
考查方差的定义与意义：一般地设n个数据，x1，x2，…xn的平均数为，则方差S2＝ [（x1﹣）2+（x2﹣）2+…+（xn﹣）2]，它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．
3、C
【解析】
先把二次根式化为最简二次根式，然后把括号内合并后进行二次根式的除法运算．
【详解】
解：原式＝（﹣2﹣6）÷（﹣）
＝﹣1÷（﹣）
＝1．
故选：C．
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，然后合并同类二次根式即可．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．
4、A
【解析】
由题意可得：一次函数y=kx+b中，y＜0时，图象在x轴下方，x＜5，则关于x的不等式kx+b＜0的解集是x＜5，故选A．
5、D
【解析】
样本中每个数据与平均数的差的平方的平均数叫做样本方差，方差的值反映一组数据的稳定性和波动情况，方差的值越小说明稳定性好、波动小，故利用比较方差大小即可.
【详解】
因为，所以最小，故发挥最稳定的是丁.
故选D.
本题主要考查数据的分析.
6、C
【解析】
众数是一组数据中出现次数最多的数，可能不止一个，对这个鞋店的经理来说，他最关注的是数据的众数．
【详解】
对这个鞋店的经理来说，他最关注的是哪一型号的卖得最多，即是这组数据的众数．
故选：C．
此题主要考查统计的有关知识，主要包括平均数、中位数、众数、方差的意义．反映数据集中程度的平均数、中位数、众数各有局限性，因此要对统计量进行合理的选择和恰当的运用．
7、C
【解析】
设袋中红色幸运星有x个，根据“摸取到红色幸运星的频率稳定在0.5左右”列出关于x的方程，解之可得袋中红色幸运星的个数，再根据频率的定义求解可得．
【详解】
解：设袋中红色幸运星有x个，
根据题意，得：，
解得：x＝35，
经检验：x＝35是原分式方程的解，
则袋中红色幸运星的个数为35个，
若小明在盒子中随机摸取一颗幸运星，
则摸到黄色幸运星的频率为，
故选：C．
本题考查了频率的计算，解题的关键是设出求出红色幸运星的个数并熟记公式．
8、D
【解析】
先把各二次根式化为最简二次根式，然后根据同类二次根式的定义分别进行判断．
【详解】
A．=3，所以A选项不能与合并；
B．=，所以B选项不能与合并；
C．是最简二次根式，所以C选项不能与合并；
D．=10，所以D选项能与合并．
故选D．
本题考查了同类二次根式：把各二次根式化为最简二次根式后，若被开方数相同，那么这些二次根式叫同类二次根式．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1
【解析】
解：设甲的影长是x米，
∵BC⊥AC，ED⊥AC，
∴△ADE∽△ACB，
∴，
∵CD=1m，BC=1.8m，DE=1.5m，
∴，
解得：x=1．
所以甲的影长是1米．
故答案是1．
考点：相似三角形的应用．
10、 或
【解析】
到两坐标轴距离相等，说明此点的横纵坐标的绝对值相等，那么x=y，或x=-y．据此作答．
【详解】
设 (x,y).
∵点为直线y=−2x+4上的一点，
∴y=−2x+4.
又∵点到两坐标轴距离相等，
∴x=y或x=−y.
当x=y时,解得x=y=，
当x=−y时，解得y=−4，x=4.
故点坐标为 或
故答案为： 或
考查一次函数图象上点的坐标特征，根据点到两坐标轴的距离相等，列出方程求解即可.
11、y＝1x1﹣1．
【解析】
利用正比例函数的定义，设y＝k（x1﹣1），然后把x＝1，y＝6代入求出k即可得到y与x的函数关系式．
【详解】
设y＝k（x1﹣1），把x＝1，y＝6代入得：k×（11﹣1）＝6，解得：k＝1，所以y＝1（x1﹣1），即y＝1x1﹣1．
故答案为y＝1x1﹣1．
本题考查了待定系数法求函数的解析式：在利用待定系数法求函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．
12、
【解析】
过D点作DF∥BE，则DF=BE=1，F为EC中点，在Rt△ADF中求出AF的长度，根据已知条件易知G为AD中点，因此E为AF中点，则AC=AF．
【详解】
过点作，
是的中线，，
为中点，，
，则，，
是的角平分线，，
，
为中点，
为中点，
，
．
故答案为：．
本题考查了三角形中线、三角形中位线定理和角平分线的性质以及勾股定理的应用，作出辅助线构建直角三角形是解题的关键．
13、-2
【解析】由题意可知，OB=2，OA=2，所以三角形OAB的面积等于2，四边形BCDO的面积等于4-2=2, 点C在双曲线上，所以k=-2
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）85、85 80（2）一班成绩好些．因为两班平均数相等，一班的中位数高，所以一班成绩好些．（回答合理即可）（3）一班成绩较为稳定．
【解析】
（1）观察图分别写出一班和二班5名选手的复赛成绩，然后根据中位数的定义和平均数的求法以及众数的定义求解即可；
（2）在平均数相同的情况下，中位数高的成绩较好；
（3）根据方差公式计算即可：S2=（可简单记忆为“等于差方的平均数”）
【详解】
解：（1）由条形统计图可知一班5名选手的复赛成绩为：75、80、85、85、100，
二班5名选手的复赛成绩为：70、100、100、75、80，
一班的众数为85，
一班的平均数为（75+80+85+85+100）÷5=85，
二班的中位数是80；
故填： 85、85 80
（2）一班成绩好些．因为两班平均数相等，一班的中位数高，所以一班成绩好些．（回答合理即可）
（3）S二班2=
因为S一班2=70则S一班2＜S二班2，因此一班成绩较为稳定．
本题考查了中位数、众数以及平均数的求法，同时也考查了方差公式，解题的关键是牢记定义并能熟练运用公式．
15、甲机器人每小时各检测零件30个，乙机器人每小时检测零件20个。
【解析】
设乙机器人每小时检测零件个，则甲机器人每小时各检测零件（）个,根据题意列出方程即可.
【详解】
解：设乙机器人每小时检测零件个，则甲机器人每小时各检测零件（）个
由题得
解得
检验，符合题意，则甲：.
本题考查的是分式方程，熟练掌握分式方程是解题的关键.
16、（1）见解析；（2）矩形的面积.
【解析】
（1）根据邻边相等的平行四边形是菱形即可判断；
（2）利用勾股定理求出的长即可解决问题.
【详解】
（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）∵四边形是菱形
∴，
四边形是矩形，
,,
∴，
∴
∴矩形的面积.
本题考查矩形的性质、菱形的判定、勾股定理等知识，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.
17、（1）秒后足球回到地面；（2）经过秒或秒足球距地面的高度为米．
【解析】
（1）令，解方程即可得出答案；
（2）令，解方程即可．
【详解】
解：令，
解得：(舍)，，
∴秒后足球回到地面；
令，
解得：．
即经过秒或秒，足球距地面的高度为米．
本题考查的知识点是二次函数的实际应用，根据题意分别令为不同的值解答本题．
18、
【解析】
试题分析：连接DB，根据AB=AD，∠A=60°得出等边三角形，根据等边三角形的性质以及∠ADC=150°得出△BDC为直角三角形，最后根据勾股定理求出BC的长度.
试题解析：连结DB, ∵，， ∴是等边三角形，
∴，， 又∵
∴， ∵
∴
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
由折叠的性质可得AF=FC，AG=DC=4，∠GAF=∠FCD=90°，由勾股定理可求AF的值，GF的值．
【详解】
解：∵折叠矩形纸片ABCD，使点C与点A重合，
∴AF=FC，AG=DC=4，∠GAF=∠FCD=90°
在Rt△ABF中，AF2=BF2+AB2，
∴AF2=（8-AF）2+16
∴AF=5
∴FG==
故答案为：
本题考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理，求AF的长是本题的关键．
20、且
【解析】
分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程的解是非负数，确定出a的范围即可．
【详解】
去分母得：，即，
由分式方程的解为非负数，得到≥0，且≠2，
解得：且，
故答案为：且．
此题考查了分式方程的解，以及解一元一次不等式，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
21、540°．
【解析】
根据多边形对角线的条数求出多边形的边数，再根据多边形的内角和公式求出即可．
【详解】
设多边形的边数为n，
∵多边形有5条对角线，
∴＝5，
解得：n＝5或n＝﹣2（舍去），
即多边形是五边形，
所以多边形的内角和为（5﹣2）×180°＝540°，
故答案为：540°．
本题考查了多边形的对角线和多边形的内角，能正确求出多边形的边数是解此题的关键，注意：边数为n的多边形的对角线的条数是，边数为n的多边形的内角和=（n-2）×180°．
22、10，14
【解析】
解：∵菱形的两条对角线长为8cm和6cm，∴菱形的两条对角线长的一半分别为4cm和3cm，根据勾股定理，边长==5cm，所以，这个菱形的周长是5×4=10cm，面积=×8×6=14cm1．故答案为10，14．
点睛：本题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的对角线互相垂直平分是解题的关键，另外，菱形的面积可以利用底乘以高，也可以利用对角线乘积的一半求解．
23、或
【解析】
解：分两种情况：
①△ABC为锐角三角形时，如图1．
作△ABC的高AD，BE为AC边的中线．
∵在直角△ACD中，AC=a，csC=，
∴CD=a，AD=a．
∵在直角△ABD中，∠ABD=45°，
∴BD=AD=a，
∴BC=BD+CD=a．
在△BCE中，由余弦定理，得
BE2=BC2+EC2-2BC•EC•csC
∴BE=；
②△ABC为钝角三角形时，如图2．
作△ABC的高AD，BE为AC边的中线．
∵在直角△ACD中，AC=a，csC=，
∴CD=a，AD=a．
∵在直角△ABD中，∠ABD=45°，
∴BD=AD=a，
∴BC=BD+CD=a．
在△BCE中，由余弦定理，得
BE2=BC2+EC2-2BC•EC•csC
∴BE=．
综上可知AC边上的中线长是或．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）△DEF是等腰三角形，理由见解析；（2）；（3）1
【解析】
（1）根据折叠和平行的性质，可得∠AEF=∠AFE，即得出结论；
（2）过点E作EM⊥AD于点M，得出四边形ABEM是矩形，设EC=x，则AE=x，BE=16-x，在Rt△ABE中，利用勾股定理求出x，在Rt△EMF中，用勾股定理即可求得；
（3）证明四边形AECF是菱形，设点E到CF的距离为h，通过面积相等，即可求得．
【详解】
（1）△AEF是等腰三角形．
理由如下：由折叠性质得∠AEF=∠FEC，
在矩形ABCD中，AD∥BC，∴∠AFE=∠FEC，
∴∠AEF=∠AFE， ∴AF=AE；
∴△AEF是等腰三角形；
故答案为：△AEF是等腰三角形．
（2）如图，过点E作EM⊥AD于点M，
则∠AME=90°，
又∵在矩形ABCD中，∠BAD=∠B=90°，
∴四边形ABEM是矩形，
∴AM=BE，ME=AB=1，
设EC=x，则AE=x，BE=16-x，
在Rt△ABE中，AE2=AB2+BE2，x2=12+(16-x)2，
解之得x=10，
∴EC=AE=10，BE=6，
∴AM=6，AF=AE=10，
∴MF=AF-AM=4，
在Rt△EMF中，；
故答案为：；
（3）由（1）知，AE=AF=EC，
∵AF∥EC，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴四边形AECF是菱形，
设点E到CF的距离为h，
，
∴h=1．即E到CF的距离为1，
故答案为：1．
考查了折叠图形和平行线结合的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理求角的应用，菱形的判定和性质，等面积法的应用，熟记和掌握几何图形的判定和性质内容是解题的关键．
25、见解析
【解析】
（1）首先化简和，再分别计算乘法即可；
（2）根据勾股定理画出AC=，再确定B的位置，既要使AB=1，又要使BC=即可；
（3）利用三角形的面积公式，以BA为底，确定AB上的高为2，再计算即可．
【详解】
（1）4=4×=2，
=×=×=；
（2）如图所示：
（3）△ABC的面积1×2=1平方单位．
本题主要考查了应用与设计作图，以及勾股定理的应用和二次根式的计算，关键是正确化简AC、BC的长．
26、（1）本次一共调查了200名购买者；（2）补全的条形统计图见解析，A种支付方式所对应的圆心角为108；（3）使用A和B两种支付方式的购买者共有928名．
【解析】
分析：（1）根据B的数量和所占的百分比可以求得本次调查的购买者的人数；
（2）根据统计图中的数据可以求得选择A和D的人数，从而可以将条形统计图补充完整，求得在扇形统计图中A种支付方式所对应的圆心角的度数；
（3）根据统计图中的数据可以计算出使用A和B两种支付方式的购买者共有多少名．
详解：（1）56÷28%=200，
即本次一共调查了200名购买者；
（2）D方式支付的有：200×20%=40（人），
A方式支付的有：200-56-44-40=60（人），
补全的条形统计图如图所示，
在扇形统计图中A种支付方式所对应的圆心角为：360°×=108°，
（3）1600×=928（名），
答：使用A和B两种支付方式的购买者共有928名．
点睛：本题考查扇形统计图、条形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
型号
22.5
23
23.5
24
24.5
销量（双）
5
10
15
8
3
班级
中位数（分）
众数（分）
平均数（分）
一班
85
二班
100
85
班级
中位数（分）
众数（分）
平均数（分）
一班
85
85
85
二班
80
100
85