吉林省九台区加工河中学心学校2024年九上数学开学统考试题【含答案】

这是一份吉林省九台区加工河中学心学校2024年九上数学开学统考试题【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）人数相同的八年级甲、乙两班学生在同一次数学单元测试中，班级平均分和方差如下：甲＝乙＝80，s＝240，s＝180，则成绩较为稳定的班级是( )．
A．甲班B．两班成绩一样稳定C．乙班D．无法确定
2、（4分）点P（2，﹣3）关于y轴的对称点的坐标是（ ）
A．（2，3）B．（﹣2，﹣3）C．（﹣2，3）D．（﹣3，2）
3、（4分）不等式8﹣4x≥0的解集在数轴上表示为（ ）
A．
B．
C．
D．
4、（4分）下列命题是真命题的是( )
A．平行四边形对角线相等B．直角三角形两锐角互补
C．不等式﹣2x﹣1＜0的解是x＜﹣D．多边形的外角和为360°
5、（4分）一个菱形的边长为，面积为，则该菱形的两条对角线的长度之和为( )
A．B．C．D．
6、（4分）下列式子中，y不是x的函数的是（ ）
A．B．C．D．
7、（4分）以下列各组数据中的三个数作为三角形的边长，其中能构成直角三角形的是（ ）
A．2，3，4B．， ， C．1， ，2D．7，8，9
8、（4分）如图，点O是矩形ABCD的对角线AC的中点，M是CD边的中点．若AB=8，OM=3，则线段OB的长为（ ）
A．5B．6C．8D．10
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，在菱形ABCD中，∠BAD＝70°，AB的垂直平分线交对角线AC于点F，E为垂足，连接DF．则∠CDF等于_____．
10、（4分）如果一组数据a ,a ,…a的平均数是2，那么新数据3a ,3a ,…3a的平均数是______．
11、（4分）计算：_______．
12、（4分）▱ABCD中，AE⊥BD，∠EAD＝60°，AE＝2cm，AC+BD＝14cm，则△OBC的周长是_____cm．
13、（4分）如图，直线、、、互相平行，直线、、、互相平行，四边形面积为，四边形面积为，则四边形面积为__________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，的三个顶点的坐标分别为．
（1）画出关于轴的对称图形，并写出其顶点坐标；
（2）画出将先向下平移4个单位，再向右平移3单位得到的，并写出其顶点坐标．
15、（8分）在四边形中，是边上一点，点从出发以秒的速度沿线段运动，同时点从出发，沿线段、射线运动，当运动到，两点都停止运动．设运动时间为（秒）：
（1）当与的速度相同，且时，求证：
（2）当与的速度不同，且分别在上运动时（如图1），若与全等，求此时的速度和值；
（3）当运动到上，运动到射线上（如图2），若的速度为秒，是否存在恰当的边的长，使在运动过程中某一时刻刚好与全等，若存在，请求出此时的值和边的长；若不存在，请说明理由．
16、（8分）甲、乙两个筑路队共同承担一段一级路的施工任务，甲队单独施工完成此项任务比乙队单独施工完成此项任务多用15天．且甲队单独施工60天和乙队单独施工40天的工作量相同．
（1）甲、乙两队单独完成此项任务各需多少天？
（2）若甲、乙两队共同工作了4天后，乙队因设备检修停止施工，由甲队单独继续施工，为了不影响工程进度，甲队的工作效率提高到原来的2倍，要使甲队总的工作量不少于乙队的工作量的2倍，那么甲队至少再单独施工多少天？
17、（10分）如图，□ABCD 中，过对角线 BD 上一点 P 做 EF∥BC GH∥AB.
（1）写出图中所有的平行四边形（包括□ABCD）的 个数；
（2）写出图中所有面积相等的平行四边形．
18、（10分）在一条东西走向河的一侧有一村庄C，河边原有两个取水点A，B，其中AB＝AC，由于某种原因，由C到A的路现在已经不通，某村为方便村民取水决定在河边新建一个取水点H（A、H、B在一条直线上），并新修一条路CH，测得CB＝3千米，CH＝2.4千米，HB＝1.8千米．
（1）问CH是否为从村庄C到河边的最近路？（即问：CH与AB是否垂直？）请通过计算加以说明；
（2）求原来的路线AC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）若，，则代数式__________.
20、（4分）如图，四边形ABCD是梯形，AD∥BC，AC＝BD，且AC⊥BD，如果梯形ABCD的中位线长是5，那么这个梯形的高AH＝___．
21、（4分）已知一个钝角的度数为 ，则x的取值范围是______
22、（4分）在Rt△ABC中，∠B=90°，∠C=30°，AB=2，则BC的长为______．
23、（4分）对甲、乙、丙三名射击手进行20次测试，平均成绩都是环，方差分别是，，，在这三名射击手中成绩最稳定的是______．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，过点B作BP∥AC，过点C作CP∥BD，BP与CP相交于点P．
（1）判断四边形BPCO的形状，并说明理由；
（2）若将平行四边形ABCD改为菱形ABCD，其他条件不变，得到的四边形BPCO是什么四边形，并说明理由；
（3）若得到的是正方形BPCO，则四边形ABCD是 ．（选填平行四边形、矩形、菱形、正方形中你认为正确的一个）
25、（10分）如图，在正方形ABCD中，点E是BC边所在直线上一动点（不与点B、C重合），过点B作BF⊥DE，交射线DE于点F，连接CF．
（1）如图，当点E在线段BC上时，∠BDF=α．
①按要求补全图形；
②∠EBF=______________（用含α的式子表示）；
③判断线段 BF，CF，DF之间的数量关系，并证明．
（2）当点E在直线BC上时，直接写出线段BF，CF，DF之间的数量关系，不需证明．
26、（12分）如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，直线与轴的正半轴交于点，与直线交于点，若点的横坐标为3，求直线与直线的解析式．
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】
根据方差的意义判断．方差越小，波动越小，越稳定．
【详解】
∵>，
∴成绩较为稳定的班级是乙班．
故答案选C.
本题考查的知识点是方差，解题的关键是熟练的掌握方差.
2、B
【解析】
试题分析：点P（2，-3）关于y轴的对称点的坐标是（-2，-3）．故选B．
考点：关于x轴、y轴对称的点的坐标．
3、C
【解析】
先根据不等式的基本性质求出此不等式的解集，在数轴上表示出来，再找出符合条件的选项即可．
【详解】
8﹣4x≥0
移项得，﹣4x≥﹣8，
系数化为1得，x≤1．
在数轴上表示为：
故选：C．
本题考查的是解一元一次不等式及在数轴上表示不等式的解集，解答此类题目时要注意实心圆点与空心圆点的区别．正确求出不等式的解集是解此题的关键．
4、D
【解析】
根据平行四边形的性质、直角三角形的性质、一元一次不等式的解法、多边形的外角和定理判断即可．
【详解】
平行四边形对角线不一定相等，A是假命题；
直角三角形两锐角互余，B是假命题；
不等式-2x-1＜0的解是x＞-，C是假命题；
多边形的外角和为360°，D是真命题；
故选D．
本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
5、C
【解析】
如图，根据菱形的性质可得， ，，再根据菱形的面积为，可得①，由边长结合勾股定理可得②，由①②两式利用完全平方公式的变形可求得，进行求得，即可求得答案.
【详解】
如图所示：
四边形是菱形，
， ，，
面积为，
①
菱形的边长为，
②，
由①②两式可得：，
，
，
即该菱形的两条对角线的长度之和为，
故选C．
本题考查了菱形的性质，菱形的面积，勾股定理等，熟练掌握相关知识是解题的关键.
6、B
【解析】
根据函数的定义即可解答.
【详解】
对于x的每一个取值，y都有唯一确定的值，y是x的函数，
∵选项A、C、D ，当x取值时，y有唯一的值对应；选项B，当x=2时，y=±1，y由两个值，
∴选项B中，y不是x的函数.
故选B．
本题考查了函数的定义，熟练运用函数的定义是解决问题的关键,
7、C
【解析】
A、22+32≠42 ，故不是直角三角形，A不符合题意；B、（）2+（）2≠（）2 ，故不是直角三角形，B不符合题意；C、12+（ ）2=22 ，故是直角三角形，C符合题意；D、72+82≠92 ，故不是直角三角形，D不符合题意；
故选C．
8、A
【解析】
已知OM是△ADC的中位线，再结合已知条件则DC的长可求出，所以利用勾股定理可求出AC的长，由直角三角形斜边上中线的性质则BO的长即可求出．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，
∵O是矩形ABCD的对角线AC的中点，OM∥AB，
∴OM是△ADC的中位线，
∵OM=3，
∴AD=6，
∵CD=AB=8，
∴AC==10，
∴BO=AC=1．
故选A．
本题考查了矩形的性质，勾股定理的运用，直角三角形斜边上中线的性质以及三角形的中位线的应用，解此题的关键是求出AC的长．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、75°
【解析】
根据菱形的性质求出∠ADC=110°，再根据垂直平分线的性质得出AF=DF，从而计算出∠CDF的值．
【详解】
解：连接BD，BF，
∵∠BAD=70°，
∴∠ADC=110°，
又∵EF垂直平分AB，AC垂直平分BD，
∴AF=BF，BF=DF，
∴AF=DF，
∴∠FAD=∠FDA=35°，
∴∠CDF=110°-35°=75°．
故答案为75°．
此题主要考查线段的垂直平分线的性质和菱形的性质，有一定的难度，解答本题时注意先先连接BD，BF，这是解答本题的突破口．
10、6
【解析】
根据所给的一组数据的平均数写出这组数据的平均数的表示式，把要求的结果也有平均数的公式表示出来，根据前面条件得到结果．
【详解】
解：一组数据，，，的平均数为2，
，
，，，的平均数是
故答案为6
本题考查了算术平均数，平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数．
11、2
【解析】
先把二次根式化为最简二次根式，然后将括号内的式子进行合并，最后进一步加以计算即可.
【详解】
原式
，
故答案为：2.
本题主要考查了二次根式的混合运算，熟练掌握相关运算法则是解题关键.
12、1．
【解析】
首先根据平行四边形基本性质，AE⊥BD，∠EAD=60°，可得∠ADE=30°，然后再根据直角三角形的性质可得AD=2AE=4cm，再根据四边形ABCD是平行四边形可得AO=CO，BO=DO，BC=AD=4cm，进而求出BO+CO的长，然后可得△OBC的周长．
【详解】
∵AE⊥BD,∠EAD=60°，
∴∠ADE=30°，
∴AD=2AE=4cm，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO，BC=AD=4cm，
∵AC+BD=14cm，
∴BO+CO=7cm，
∴△OBC的周长为：7+4=1(cm)，
故答案为1
本题考查平行四边形的基本性质，解题关键在于根据直角三角形的性质得出AD=2AE=4cm
13、1
【解析】
由平行四边形的性质可得S△EHB＝S△EIH，S△AEF＝S△EFJ，S△DFG＝S△FKG，S△GCH＝S△GHL，由面积和差关系可求四边形IJKL的面积．
【详解】
解：∵AB∥IL，IJ∥BC，
∴四边形EIHB是平行四边形，
∴S△EHB＝S△EIH，
同理可得：S△AEF＝S△EFJ，S△DFG＝S△FKG，S△GCH＝S△GHL，
∴四边形IJKL面积＝四边形EFGH面积−（四边形ABCD面积−四边形EFGH面积）＝11−（18−11）＝1，
故答案为：1．
本题考查了平行四边形的判定与性质，由平行四边形的性质得出S△EHB＝S△EIH是解题的关键．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）图详见解析，；（2）图详见解析，
【解析】
（1）分别作出，，的对应点，，即可．
（2）分别作出，，的对应点，，即可．
【详解】
解：（1）△如图所示．，，；
（2）△如图所示．，，．
本题考查轴对称变换，平移变换等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
15、（1）见解析；（2）的速度为3，t的值为2；（3）的长为时，两三角形全等
【解析】
（1）根据SAS即可证明△EBP≌△PCQ．
（2）正确寻找全等三角形的对应边，根据路程，速度，时间的关系即可解决问题．
（3）分两种情形分别构建方程组即可解决问题．
【详解】
（1）由题意：BP=CQ=1×2=2（cm），
∵BC=8cm，BE=6cm，
∴PC=8-2=6（cm），
,,,,
（2）设的速度为，
则，
分两种情况：
①当时，，
即，解得，（舍去）
② 当时，，
即，解得，
Q的速度为3，t的值为2.
（3）设，则，
分两种情况：
①当时，，
即，解得，
②，
即，解得
故：当的长为时，两三角形全等．
本题考查了全等三角形的判定和性质，路程，速度，时间之间的关系等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题．
16、（1）甲队单独完成此项任务需15天，乙队单独完成此项任务需30天；（2）1天
【解析】
（1）设乙队单独完成此项任务需要x天，则甲队单独完成此项任务需要（x+15）天，根据甲队单独施工15天和乙队单独施工10天的工作量相同建立方程求出其解即可；
（2）设甲队再单独施工y天，根据甲队总的工作量不少于乙队的工作量的2倍建立不等式求出其解即可．
【详解】
解：（1）设乙队单独完成此项任务需x天，则甲队单独完成此项任务需（x+15）天
根据题意得
经检验x＝30是原方程的解，则x+15＝15（天）
答：甲队单独完成此项任务需15天，乙队单独完成此项任务需30天．
（2）解：设甲队再单独施工y天，
依题意，得，
解得y≥1．
答：甲队至少再单独施工1天．
此题主要考查分式方程、一元一次方程的应用，解题的关键是根据题意找到数量关系列式求解．
17、（1）9个；（2）见解析
【解析】
（1）根据平行四边形的性质可得平行四边形的个数；（2）根据平行四边形的性质：平行四边形的对角线将平行四边形的面积平分，可推出3对平行四边形的面积相等．
【详解】
(1)∵在▱ABCD中，EF∥BC，GH∥AB，
∴四边形EBHP、PHCF、PFDG、AEPG、ABHG、GHCD、BCFE、AEFD、ABCD均为平行四边形，
∴图中所有的平行四边形（包括□ABCD）的个数为9个
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴S△ABD=S△CBD，
∵BP是平行四边形BEPH的对角线，
∴S△BEP=S△BHP，
∵PD是平行四边形GPFD的对角线，
∴S△GPD=S△FPD，
∴S△ABD-S△BEP-S△GPD=S△BCD-S△BHP-S△PFD，即S▱AEPG=S▱HCFP，
∴S▱ABHG=S▱BCFE，
同理S▱AEFD=S▱HCDG，
即：S▱ABHG=S▱BCFE，S▱AGPE=S▱HCFP，S▱AEFD=S▱HCDG，
本题考查了平行四边形的判定与性质，熟知平行四边形的一条对角线可以把平行四边形分成两个全等的三角形，可以把平行四边形的面积平分是解题的关键.
18、（1）CH是从村庄C到河边的最近路，理由见解析；（2）原来的路线AC的长为2.5千米．
【解析】
（1）根据勾股定理的逆定理解答即可；
（2）根据勾股定理解答即可
【详解】
（1）是，
理由是：在△CHB中，
∵CH2+BH2＝（2.4）2+（1.8）2＝9
BC2＝9
∴CH2+BH2＝BC2
∴CH⊥AB，
所以CH是从村庄C到河边的最近路
（2）设AC＝x
在Rt△ACH中，由已知得AC＝x，AH＝x﹣1.8，CH＝2.4
由勾股定理得：AC2＝AH2+CH2
∴x2＝（x﹣1.8）2+（2.4）2
解这个方程，得x＝2.5，
答：原来的路线AC的长为2.5千米．
此题考查勾股定理及其逆定理的应用，熟练掌握基础知识是解题的关键.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、20
【解析】
根据完全平方公式变形后计算，可得答案．
【详解】
解：
故答案为：20
本题考查了二次根式的运算，能利用完全平方公式变形计算是解题关键．
20、1．
【解析】
过点D作DF∥AC交BC的延长线于F，作DE⊥BC于E.可得四边形ACFD是平行四边形，根据平行四边形的性质可得AD=CF，再判定△BDF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出AH=BF解答．
【详解】
如图，过点D作DF∥AC交BC的延长线于F，作DE⊥BC于E.
则四边形ACFD是平行四边形，
∴AD＝CF，
∴AD+BC＝BF，
∵梯形ABCD的中位线长是1，
∴BF=AD+BC=1×2=10.
∵AC＝BD，AC⊥BD，
∴△BDF是等腰直角三角形，
∴AH＝DE=BF＝1，
故答案为：1．
本题考查了梯形的中位线，等腰直角三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，梯形的问题关键在于准确作出辅助线．
21、
【解析】
试题分析：根据钝角的范围即可得到关于x的不等式组，解出即可求得结果.
由题意得，解得.
故答案为
考点：不等式组的应用
点评：本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握钝角的范围和一元一次不等式组的解法，即可完成．
22、
【解析】
由在直角三角形中，30°角所对的边是斜边的一半得AC=2AB，再用运用勾股定理，易得BC的值．或直接用三角函数的定义计算.
【详解】
解：∵∠B=90°，∠C=30°，AB=2，
∴AC=2AB=4，
由勾股定理得：
故答案为：．
本题考查了解直角三角形，要熟练掌握好边角之间的关系、勾股定理及三角函数的定义．
23、乙
【解析】
根据方差的意义，结合三人的方差进行判断即可得答案．
【详解】
解：∵甲、乙、丙三名射击手进行20次测试，平均成绩都是9.3环，方差分别是3.5，0.2，1.8，
3.5>1.8>0.2，
∴在这三名射击手中成绩最稳定的是乙，
故答案为乙．
本题考查了方差的意义，利用方差越小成绩越稳定得出是解题关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）四边形BPCO为平行四边形；（2）四边形BPCO为矩形；（3）四边形ABCD是正方形
【解析】
试题分析：（1）根据两组对边互相平行，即可得出四边形BPCO为平行四边形；
（2）根据菱形的对角线互相垂直，即可得出∠BOC=90°，结合（1）结论，即可得出四边形BPCO为矩形；
（3）根据正方形的性质可得出OB=OC，且OB⊥OC，再根据平行四边形的性质可得出OD=OB，OA=OC，进而得出AC=BD，再由AC⊥BD，即可得出四边形ABCD是正方形．
解：（1）四边形BPCO为平行四边形，理由如下：
∵BP∥AC，CP∥BD，
∴四边形BPCO为平行四边形．
（2）四边形BPCO为矩形，理由如下：
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，则∠BOC=90°，
由（1）得四边形BPCO为平行四边形，
∴四边形BPCO为矩形．
（3）四边形ABCD是正方形，理由如下：
∵四边形BPCO是正方形，
∴OB=OC，且OB⊥OC．
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OD=OB，OA=OC，
∴AC=BD，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是正方形．
25、（1）①详见解析；②45°-α；③，详见解析；（2），或，或
【解析】
（1）①由题意补全图形即可；
②由正方形的性质得出，由三角形的外角性质得出，由直角三角形的性质得出即可；
③在DF上截取DM=BF，连接CM，证明△CDM≌△CBF，得出CM=CF， ∠DCM=∠BCF，得出MF=即可得出结论；
（2）分三种情况：①当点E在线段BC上时，DF=BF+，理由同(1)③；
②当点E在线段BC的延长线上时，BF=DF+，在BF_上截取BM=DF，连接CM．同(1)③得△CBM≌△CDF得出CM=CF，∠BCM=∠DCF，证明△CMF是等腰直角三角形，得出MF=，即可得出结论；
③当点E在线段CB的延长线上时，BF+DF=，在DF上截取DM=BF，连接CM，同(1) ③得:ACDM≌△CBF得出CM=CF，∠DCM=∠BCF，证明△CMF是等腰直角三角形，得出MF=，即可得出结论．
【详解】
解：（1）①如图，
②∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，，
∴，
∵BF⊥DE,
∴∠BFE=90°，
∴,
故答案为：45°-α；
③线段BF，CF，DF之间的数量关系是．
证明如下：在DF上截取DM=BF，连接CM．如图2所示，
∵ 正方形ABCD，
∴ BC=CD，∠BDC=∠DBC=45°，∠BCD=90°
∴∠CDM=∠CBF=45°-α，
∴△CDM≌△CBF（SAS）．
∴ DM=BF， CM=CF，∠DCM=∠BCF．
∴ ∠MCF =∠BCF+∠MCE
=∠DCM+∠MCE
=∠BCD=90°，
∴ MF =．
∴
（2）分三种情况：①当点E在线段BC上时，DF=BF+，理由同(1)③；
②当点E在线段BC的延长线上时，BF=DF+，理由如下：
在BF上截取BM=DF，连接CM，如图3所示，
同(1) ③，得：△CBM≌△CDF (SAS)，
∴CM=CF， ∠BCM=∠DCF．
∴∠MCF=∠DCF+∠MCD=∠BCM+∠MCD= ∠ BCD=90°，
∴△CMF是等腰直角三角形，
∴MF=，
∴BF=BM+MF=DF+；
③当点E在线段CB的延长线上时，BF+DF=；理由如下：
在DF上截取DM=BF，连接CM，如图4所示，
同（1）③得：△CDM≌△CBF，
∴CM=CF，∠DCM=∠BCF，
∴∠MCF=∠DCF+ ∠MCD= ∠DCF+∠BCF=∠BCD=90°，
∴△CMF是等腰直角三 角形，
∴MF=,
即DM+DF=，
∴BF+DF=;
综上所述，当点E在直线BC上时，线段BF，CF，DF之间的数导关系为：，或，或．
此题是四边形的一道综合题，考查正方形的性质，等腰直角三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，注意解题中分情况讨论避免漏解．
26、直线l1的解析式为y=﹣x+6，直线l2的解析式为y=x．
【解析】
把A（6，0）代入y=﹣x+b求得直线l1的解析式，把B点的横坐标代入y=﹣x+6得到B点的坐标，再把B点的坐标代入y=kx，即可得到结论．
【详解】
∵直线l1：y=﹣x+b与x轴的正半轴交于点A（6，0），∴0=﹣6+b，∴b=6，∴直线l1的解析式为y=﹣x+6；
∵B点的横坐标为3，∴当x=3时，y=3，∴B（3，3），把B（3，3）代入y=kx得：k=1，∴直线l2的解析式为y=x．
本题考查了两条直线相交或平行问题，待定系数法求函数的解析式，正确的理解题意是解题的关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分