上海市金山区名校2024-2025学年数学九年级第一学期开学达标检测试题【含答案】

这是一份上海市金山区名校2024-2025学年数学九年级第一学期开学达标检测试题【含答案】，共19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）已知（ ）.
A．3B．-3C．5D．-5
2、（4分）如图，架在消防车上的云梯AB长为10m，∠ADB=90°,AD=2BD，云梯底部离地面的距离BC为2m，则云梯的顶端离地面的距离AE为( )
A．(2+2)mB．(4+2)mC．(5+2)mD．7m
3、（4分）函数y＝中自变量x的取值范围是（ ）
A．x＞2B．x≥2C．x≤2D．x≠2
4、（4分）函数y=的自变量x的取值范围是（ ）
A．x≠2B．x＜2C．x≥2D．x＞2
5、（4分）在正方形ABCD的外侧，作等边三角形ADE，AC，BE相交于点F，则∠BFC为（ ）
A．450B．600C．750D．1200
6、（4分）如图，的顶点坐标分别为，，，如果将先向左平移个单位，再向上平移个单位得到，那么点的对应点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
7、（4分）若x-，则x-y的值为（ ）
A．2B．1C．0D．-1
8、（4分）下列二次根式是最简二次根式的是（ ）
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）汽车开始行驶时，油箱中有油40L，如果每小时耗油5L，则油箱内余油量y（L）与行驶时间x（h）的关系式为_____．
10、（4分）已知关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值是__________．
11、（4分）某一次函数的图象经过点（3，），且函数y随x的增大而增大，请你写出一个符合条件的函数解析式______________________
12、（4分）如图，在四边形ABCD中，∠ADC=∠ABC=90°，AD=CD，DP⊥AB于P．若四边形ABCD的面积是18，则DP的长是_____．
13、（4分）如图，小明把一块含有60°锐角的直角三角板的三个顶点分别放在一组平行线上，如果∠1＝20°，那么∠2的度数是______．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）先化简，再求值：（﹣x﹣1）÷，其中x＝﹣．
15、（8分）已知：如图，在等腰梯形中，，，为的中点，设，．
（1）填空：________；________；________；（用，的式子表示）
（2）在图中求作．（不要求写出作法，只需写出结论即可）
16、（8分） (1) 解不等式组： .
(2)解方程：.
17、（10分）如图，在平行四边形中，以点为圆心，长为半径画弧交于点，再分别以点为圆心，大于二分之一长为半径画弧，两弧交于点，连接并延长交于点，连接.
（1）四边形是__________; （填矩形、菱形、正方形或无法确定）
（2）如图，相交于点，若四边形的周长为，求的度数.
18、（10分）某机动车出发前油箱内有42升油，行驶若干小时后，途中在加油站加油若干升，油箱中余油量Q(升)与行驶时间t(时)之间的函数关系如图所示．回答下列问题：
(1)机动车行驶几小时后，在途中加油站加油？
(2)求加油前油箱剩余油量Q与行驶时间t的函数关系，并求自变量t的取值范围；
(3)中途加油多少升？
(4)如果加油站距目的地还有320千米，车速为60千米/时，要到达目的地，油箱中的油是否够用？请说明理由．
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x＝2时，分式的值为零，则k＝__________.
20、（4分）如图，中，点是边上一点，交于点，若，，的面积是1，则的面积为_________.
21、（4分）将函数的图象向上平移2个单位，所得的函数图象的解析为________．
22、（4分）如图，将一个正三角形纸片剪成四个全等的小正三角形，再将其中的一个按同样的方法剪成四个更小的正三角形，……如此继续下去，结果如下表：则an＝__________（用含n的代数式表示）．
23、（4分）如图1，平行四边形纸片的面积为120，，.沿两对角线将四边形剪成甲、乙、丙、丁四个三角形纸片.若将甲、丙合并(、重合)形成对称图形戊，如图2所示，则图形戊的两条对角线长度之和是 ．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）已知：如图，在△ABC中，AB=BC，∠ABC=90°，点D、E分别是边AB、BC的中点，点F、G是边AC的三等分点，DF、EG的延长线相交于点H，连接HA、HC．
(1)求证：四边形FBGH是菱形；
(2)求证：四边形ABCH是正方形．
25、（10分）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长为1个单位长度。平面直角坐标系xOy的原点O在格点上，x轴、y轴都在格线上。线段AB的两个端点也在格点上。
（1）若将线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段A’B’。试在图中画出线段A’B’。
（2）若线段A’’B’’与线段A’B’关于y轴对称，请画出线段A’’B’’。
（3）若点P是此平面直角坐标系内的一点，当点A、 B’、B’’、P四边围成的四边形为平行四边形时，请你直接写出点P的坐标。
26、（12分）如图，在矩形中，对角线、相交于点.若，，求的长.
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、A
【解析】
观察已知m2-m-1=0可转化为m2-m=1，再对m4-m3-m+2提取公因式因式分解的过程中将m2-m作为一个整体代入，逐次降低m的次数，使问题得以解决．
【详解】
∵m2-m-1=0，
∴m2-m=1，
∴m4-m3-m+2=m2 (m2-m)-m+2=m2-m+2=1+2=3，
故选A．
本题考查了因式分解的应用，解决本题的关键是将m2-m作为一个整体出现，逐次降低m的次数.
2、B
【解析】
先根据勾股定理列式求出BD，则AD可求，AE也可求.
【详解】
解：由勾股定理得：AD2+BD2=AB2，4BD2+BD2=100，BD=2，则AD=2BD=4，
AE=AD+DE=4+2 .
故答案为B
本题考查了勾股定理，灵活应用勾股定理求线段长是解题的关键.
3、C
【解析】
解：由题意得：4﹣1x≥0，解得：x≤1．故选C．
4、D
【解析】
根据被开放式的非负性和分母不等于零列出不等式即可解题.
【详解】
解：∵函数y=有意义,
∴x-20,
即x＞2
故选D
本题考查了根式有意义的条件,属于简单题,注意分母也不能等于零是解题关键.
5、B
【解析】
分析：根据正方形的性质及等边三角形的性质求出∠ABE=15°，∠BAC=45°，再求∠BFC．
详解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，
又∵△ADE是等边三角形，
∴AE=AD=DE，∠DAE=60°，
∴AB=AE，
∴∠ABE=∠AEB，∠BAE=90°+60°=150°，
∴∠ABE=（180°-150°）÷2=15°，
又∵∠BAC=45°，
∴∠BFC=45°+15°=60°．
故选：B．
点睛：本题主要是考查正方形的性质和等边三角形的性质，本题的关键是求出∠ABE=15°．
6、C
【解析】
把B点的横坐标减2，纵坐标加1即为点B´的坐标．
【详解】
解：由题中平移规律可知：点B´的横坐标为-1−2=−3；纵坐标为1+1=2，
∴点B´的坐标是(−3,2)．
故选：C．
本题考查了坐标与图形变化−平移，平移变换是中考的常考点，平移中点的变化规律是：左右移动改变点的横坐标，左减右加；上下移动改变点的纵坐标，下减上加．
7、B
【解析】
直接利用二次根式的性质得出y的值，进而得出答案．
【详解】
解：∵与都有意义，
∴y=0，
∴x=1，
故选x-y=1-0=1．
故选：B．
此题考查二次根式有意义的条件，正确把握二次根式的定义是解题关键．
8、C
【解析】A选项的被开方数中含有分母；B、D选项的被开方数中含有未开尽方的因数；因此这三个选项都不符合最简二次根式的要求．所以本题的答案应该是C．
解：A、=；B、=2；D、=2；
因此这三个选项都不是最简二次根式，故选C．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、y=40-5x
【解析】
直接利用汽车耗油量结合油箱的容积，进而得出油箱内剩余油量y（L）与行驶时间x（h）的关系式．
【详解】
由题意可得：y=40-5x．
故答案为y=40-5x．
此题主要考查了函数关系式，根据汽车耗油量得出函数关系式是解题关键．
10、
【解析】
根据方程有两个相等的实数根，可得b2-4ac=0，方程化为一般形式后代入求解即可.
【详解】
原方程化为一般形式为：mx2+(2m+1)x=0，
∵方程有两个相等的实数根
∴（2m+1）2-4m×0=0
本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的根的判别式，本题属于基础题型．
11、y＝x-4
【解析】
首先设一次函数解析式为y＝kx+b，根据y随x的增大而增大可选取k＝1（k取任意一个正数即可），再把点（3，﹣1）代入可得﹣1＝3+b，计算出b的值，进而可得解析式．
【详解】
∵函数的值随自变量的增大而增大，
∴该一次函数的解析式为y=kx+b（k>0），
∴可选取k＝1，
再把点（3，﹣1）代入：﹣1＝3+b，
解得：b＝-4，
∴一次函数解析式为y＝x-4，
故答案为:y＝x-4（答案不唯一）．
本题考查一次函数的性质，掌握一次函数图象与系数的关系是解题的关键．
12、
【解析】
过点D作DE⊥DP交BC的延长线于E，先判断出四边形DPBE是矩形，再根据等角的余角相等求出∠ADP=∠CDE，再利用“角角边”证明△ADP和△CDE全等，根据全等三角形对应边相等可得DE=DP，然后判断出四边形DPBE是正方形，再根据正方形的面积公式解答即可．
解：如图，过点D作DE⊥DP交BC的延长线于E，
∵∠ADC=∠ABC=90°，
∴四边形DPBE是矩形，
∵∠CDE+∠CDP=90°，∠ADC=90°，
∴∠ADP+∠CDP=90°，
∴∠ADP=∠CDE，
∵DP⊥AB，
∴∠APD=90°，
∴∠APD=∠E=90°，
在△ADP和△CDE中，
∠ADP=∠CDE，∠APD=∠E，AD=CD，
∴△ADP≌△CDE（AAS），
∴DE=DP，四边形ABCD的面积=四边形DPBE的面积=18，
∴矩形DPBE是正方形，
∴DP=．
故答案为3．
“点睛”本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形和正方形是解题的关键．
13、
【解析】
先根据得出，再求出的度数，由即可得出结论.
【详解】
，，
，
，
，
.
故答案为：.
本题考查的是平行线的性质，用到的知识点为：两直线平行，内错角相等.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、
【解析】
原式=-（x2+x-2），
当时，原式=
15、（1）；；（或）；（2）图见解析， ．
【解析】
（1）利用即可求出,首先根据已知可知，然后利用即可求出，利用即可求出；
（2）首先根据已知可知，然后利用三角形法则即可求出．
【详解】
（1）．
∵，，
∴，
∴．
；
（2）作图如下：
∵，为的中点，
∴．
∵，
∴，
∴．
本题主要考查向量的运算，掌握向量的运算法则是解题的关键．
16、 (1) ; (2) .
【解析】
(1)先分别求出①②不等式的解集，再确定不等式组的解集.
（2）先去分母，然后按照整式方程求解，最后检验即可.
【详解】
解：(1)由①得：x≤1
由②得：
∴原不等式组的解集是：;
(2)



-7x=-7
x=1
经检验是原方程的根.
本题考查了解一元一次不等式组和分式方程.解一元一次不等式组的关键在于分别求出各不等式的解集；解分式方程的方法和整式方程类同，只是最后需要有检验环节，这也是易错点.
17、（1）菱形; （2）
【解析】
（1）先根据四边形ABCD是平行四边形得出AD∥BC，再由AB=AF即可得出结论；
（2）先根据菱形的周长求出其边长，再由BF=1得出△ABF是等边三角形，据此可得出结论。
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC．
∵AB=AF，
∴四边形ABEF是菱形．
故答案为：菱形
（2）∵四边形ABEF是菱形，且周长为40，
∴AB=AF=40÷4=1．
∵BF=1，
∴△ABF是等边三角形，
∴∠ABF=60°，
∴∠ABC=2∠ABF=120°；
故答案为：120°
本题考查的是作图-基本作图，熟知角平分线的作法及菱形的性质是解答此题的关键．
18、（1）机动车行驶5小时后加油；（2）Q＝42－6t(0≤t≤5)；（3）中途加油24升；（4）油箱中的油够用，理由详见解析
【解析】
（1）观察函数图象，即可得出结论；
（2）根据每小时耗油量＝总耗油量÷行驶时间，即可求出机动车每小时的耗油量，再根据加油前油箱剩余油量＝42−每小时耗油量×行驶时间，即可得出结论；
（3）根据函数图象中t＝5时，Q值的变化，即可求出中途加油量；
（4）根据可行驶时间＝油箱剩余油量÷每小时耗油量，即可求出续航时间，由路程＝速度×时间，即可求出续航路程，将其与320比较后即可得出结论．
【详解】
解：(1)观察函数图象可知：机动车行驶5小时后加油．
(2)机动车每小时的耗油量为(42－12)÷5＝6(升)，
∴加油前油箱剩余油量Q与行驶时间t的函数关系为Q＝42－6t(0≤t≤5)
(3)36－12＝24(升)．
∴中途加油24升．
(4)油箱中的油够用．
理由：
∵加油后油箱里的油可供行驶11－5＝6(小时)，
∴剩下的油可行驶6×60＝360(千米)．
∵360＞320，
∴油箱中的油够用．
本题考查了一次函数的应用，解题的关键是：（1）观察函数图象找出结论；（2）根据数量关系，列出函数关系式；（3）根据数量关系，列式计算；（4）利用路程＝速度×时间，求出可续航路程．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、-6
【解析】
由题意得：6+k=0,解得：k=-6.
故答案：-6.
【方法点睛】本题目是一道考查分式值为0的问题，分式值为0：即当分子为0且分母不为0.从而列出方程，得解.
20、
【解析】
利用△BFE∽△DFA，可求出△DFA的面积，再利用来求出△BAF的面积，即可得△ABD的面积，它的2倍即为的面积．
【详解】
解：中，BE∥AD，
∴△BFE∽△DFA,
∴.
而△BEF的面积是1，
∴S△DFA＝.
又∵△BFE∽△DFA
∴.
∵，即可知S△BAF＝.
而S△ABD＝S△BAF+S△DFA
∴S△AFD＝.
∴▱ABCD的面积＝×2＝.
故答案为．
本题考查的是利用相似形的性质求面积，把握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解决本题的重点．
21、
【解析】
根据“上加下减”的原则进行解答即可．
【详解】
解：由“上加下减”的原则可知，将函数y=3x的图象向上平移2个单位所得函数的解析式为．
故答案为：．
本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减”的原则是解答此题的关键．
22、3n+1．
【解析】
试题分析：从表格中的数据，不难发现：多剪一次，多3个三角形．即剪n次时，共有4+3（n-1）=3n+1．
试题解析：故剪n次时，共有4+3（n-1）=3n+1．
考点：规律型：图形的变化类．
23、26
【解析】
如图，则可得对角线EF⊥AD，且EF与平行四边形的高相等．
∵平行四边形纸片ABCD的面积为120，AD=20，
∴EF="120/20" =6，
又BC=20，
∴对角线之和为20+6=26，
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）见解析 （2）见解析
【解析】
（1）由三角形中位线知识可得DF∥BG，GH∥BF，根据菱形的判定的判定可得四边形FBGH是菱形；
（2）连结BH，交AC于点O，利用平行四边形的对角线互相平分可得OB=OH，OF=OG，又AF=CG，所以OA=OC．再根据对角线互相垂直平分的平行四边形得证四边形ABCH是菱形，再根据一组邻边相等的菱形即可求解．
【详解】
（1）∵点F、G是边AC的三等分点，
∴AF=FG=GC．
又∵点D是边AB的中点，
∴DH∥BG．
同理：EH∥BF．
∴四边形FBGH是平行四边形，
连结BH，交AC于点O，
∴OF=OG，
∴AO=CO，
∵AB=BC，
∴BH⊥FG，
∴四边形FBGH是菱形；
（2）∵四边形FBGH是平行四边形，
∴BO=HO，FO=GO．
又∵AF=FG=GC，
∴AF+FO=GC+GO，即：AO=CO．
∴四边形ABCH是平行四边形．
∵AC⊥BH，AB=BC，
∴四边形ABCH是正方形．
本题考查正方形的判定，菱形的判定和性质，三角形的中位线，熟练掌握正方形的判定和性质是解题的关键．
25、（1）见解析；（2）见解析；（3）(3)P 点坐标为(−4,1)、(4,1)、(0,−5).
【解析】
（1）利用网格特点和旋转的性质画出点A、B的对应点A′、B′，从而得到线段A′B′；
（2）利用关于y轴对称的点的坐标特征写出A″、B″点的坐标，然后描点即可得到线段A″B″；
（3）分别以AB″、AB′和B″B′为对角线画平行四边形，从而得到P点位置，然后写出对应点的坐标．
【详解】
(1)如图,线段A′B′为所作；
(2)如图，线段A″B″为所作；
(3)P 点坐标为(−4,1)、(4,1)、(0,−5).
此题考查作图-轴对称变换，平行四边形的性质，作图-旋转变换，解题关键在于掌握作图法则.
26、
【解析】
首先根据矩形的性质可得，易证是等边三角形,即可得OA的长度，可得AC的长度．
【详解】
在矩形中，
．
，
．
是等边三角形．
，
．
本题考查了矩形的性质以及等边三角形的判定，掌握矩形的性质是解题的关键.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
所剪次数
1
2
3
4
…
n
正三角形个数
4
7
10
13
…
an