广西壮族自治区南宁市青秀区南宁市第十四中学2023-2024学九年级上学期开学考试数学题

九年级数学学科自主学习评估试卷答案

一、选择题（每题3分）

二、填空题（每题2分）

13.       14.   m>n      15.   16       

16.   10%      17.   45°       18.   48 

三、解答题

19. 解方程：

解：……………………………….1分

……………………………….2分

……………………………….3分

……………………………….4分

……………………………….6分

20. 先化简，后求解：，其中.

解：原式=……………………………….2分

        =……………………………….3分

       =……………………………….4分

       把代入，原式=……………………………….5分

                           ……………………………….6分

21. 解：（1）50-40=10（票）……………………………….2分

答：该作品在民主测评中得到“不赞成”的票数为10票. ………………………….3分

（2）……………………………….5分

答：该作品的“专业评委给分”的平均数=90分. ……………………………….6分

（3）(分), ……………………………….7分

     (分) ……………………………….9分

答：该作品的“综合得分”=96分. ……………………………….10分

22.解：能通过

理由如下：设点O为半圆的圆心，则O为AD的中点，……………………………….1分

OG为半圆的半径，GF⊥AD交BC于点E……………………..………….2分

如图，∵直径AD＝2m，

∴半径OG＝1m，OF＝1.6÷2＝0.8m，……………………………….4分

在Rt△OFG中，FG2＝OG2﹣OF2＝12﹣0.82＝0.36m；……………………………….6分

∴FG＝0.6m，……………………………….7分

∴EG＝0.6+2.3＝2.9m, ……………………………….8分

∵2.9m＞2.5m, ………………………………9分

∴能通过．……………………………….10分

23.（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴DA＝BC，∠DAE＝∠C，CD＝AB，……………………………….3分

∵E、F分别为边AB、CD的中点，

∴AE＝AB，CF＝CD，

∴AE＝CF，……………………………….4分

∴

∴△ADE≌△CBF（SAS）．……………………………….6分

（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BG，

∵BD∥AG，

∴四边形AGBD是平行四边形，……………………………….7分

∵四边形BEDF是菱形，

∴DE＝BE，

∴AE＝EB，

∴DE＝AE＝EB，……………………………….8分

∴∠ADE＝∠EAD，∠EDB＝∠EBD，

∵∠EAD+∠EDA+∠EDB+∠EBD＝180°，

∴∠EDA+∠EDB＝90°，

∴∠ADB＝90°，……………………………….9分

又∵四边形AGBD是平行四边形，

∴四边形AGBD是矩形，……………………………….10分

24.解：（1）设这批防疫物资甲厂生产了a吨，乙厂生产了b吨，则：

……………………………….1分

解得……………………………….2分

答：这批防疫物资甲厂生产了200吨，乙厂生产了300吨；

（2）由题意得：

………….3分

  ………………………………4分

∵，解得：40≤x≤240，……………………………….5分

又∵﹣4＜0，

∴y随x的增大而减小，

∴当x＝240时，可以使总运费最少，……………………………….6分

答：y与x之间的函数关系式为y＝﹣4x+11000；

使总运费最少的调运方案为：甲厂的200吨物资全部运往B地，乙厂运往A地240吨，运往B地60吨；……………………………….7分

（3）由题意和（2）的解答得：y＝﹣4x+11000﹣500m，

当x＝240时，y最小＝﹣4×240+11000﹣500m＝10040﹣500m，…………………………….8分

∴10040﹣500m≤5200，

解得：m≥9.68，……………………………….9分

而0＜m≤15且m为整数，

∴m的最小值为10．……………………………….10分

25.解：

（1）方法一：直线y＝﹣2x+3与x轴的交点坐标为：C（0，3）…………………….1分

将A，B，C的坐标代入抛物线解析式，得…………….2分

∴所求抛物线的函数关系式为y＝﹣x2+2x+3．………………………………3分

方法二：直线y＝﹣2x+3与x轴的交点坐标为：C（0，3）……………………….1分

∵抛物线与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，

∴设所求抛物线的函数关系式为 y＝a（x+1）（x﹣3），

把点C（0，3）代入，得3＝a（0+1）（0﹣3），解得a＝﹣1．…………………………2分

∴所求抛物线的函数关系式为：y＝﹣（x+1）（x﹣3），即y＝﹣x2+2x+3．………….3分

（2）对称轴，………………………………4分

连接BC,交对称轴于点Q，

将B，C的坐标代入直线解析式，得

∴直线BC函数关系式为y＝﹣x+3．…………………5分

把x=1代入y＝﹣x+3得y＝2，

∴线Q的坐标为（1，2）……………………………….6分

（3）设点P(t，﹣t2+2t+3)

∵直线y＝﹣2x+3与y轴的交点坐标为：D（，0）………………………………7分

∵△PCD是以CD为底的等腰三角形，

∴PC=PD

∴……………………………….9分

∵0<t<3

∴t=……………………………….10分

26.（1）证明：∵EF⊥BE，

∴∠FEB＝90°，……………………………….1分

又∵正方形ABCD，

∴∠BAD＝90°，

∴∠FAB＝90°，

又∵∠AGF＝∠EGB，

∴∠F＝90°-∠AGF，

∠ABE＝90°﹣∠EGB，………………………………2分

∴∠F＝∠ABE；………………………………3分

（2）解：过E作PQ∥AB，交AD于P，交BC于Q，

①当E在AO上，

∴∠GBE＝∠BEQ，由（1）得∠F＝∠GBE，

∴∠F＝∠BEQ，又∠EPF＝∠EQB＝90°，∠DAC＝45°，

∴∠PAE＝∠PEA＝45°，PA＝PE，AP2+PE2＝AE2，则AP＝PE＝AE，

又∵矩形ABQP，

∴BQ＝PA＝PE，

∴△FPE≌△EQB（ AAS），

∴EQ＝PF，AB＝PE+EQ＝PE+PF＝PE+AP+AF，

在Rt△APE中，AP+PE＝AE，

∴AB＝AE+AF，……………………………….6分

②当E在OC上，

∵∠EPF＝∠EQB＝90°，∠DAC＝∠ACB＝45°，

则EQ＝CQ，PQ＝BC，

∴PE＝BQ，

∴∠FEP+∠BEQ＝90°，∠EBQ+∠BEQ＝90°，

∴∠FEP＝∠EBQ，

∴△FPE≌△EQB（ AAS），

∴EQ＝PF，

同上可知AP＝PE=AE，

∴AB＝PE+EQ＝PE+AP﹣AF，

∴AB＝AE﹣AF．……………………………….9分

（3）∴F的运动路径长……………………………….10分

详细解答：连接BP，作BP⊥PQ，交AD于Q，当点E在点P时，点F与点Q重合，

过点E作EM，EN分别垂直AB，AD，交于点M，点N，过点E作EG⊥EC，交CB的延长线于G，连接FG，

由正方形的性质可得AB＝BC＝a，∠BAC＝∠ACB＝45°＝∠PAQ，则△ABC，△AEM，△AEN，△EGC为等腰直角三角形，

∴EM＝EN，∠MEN＝90°＝∠EMB＝∠ENF，

∵BE⊥EF，则∠BEM+∠NEB＝∠NEB+∠FEN，

∴∠BEM＝∠FEN，

∴△BEM≌△FEN（ASA），

∴EF＝EB，

又∵△EGC为等腰直角三角形，

∴∠ECG＝∠EGC＝45°，EG＝EC，∠GEC＝90°，

则∠FEG+∠GEB＝∠GEB+∠BEC，CG＝EC，

∴∠FEG＝∠BEC，

∴△FEG≌△BEC（SAS），

∴∠FGE＝∠ECG＝45°，FG＝BC＝CD，

∴∠FGC＝90°，

∴四边形FGCD是矩形，则FD＝CG＝EC，

∴当点E从点P运动到点C时，点F从点Q运动到点D，

当点E在点P时，EC＝PC＝，

此时点F与点Q重合，FD＝QD＝EC＝，．

∴F的运动路径长