青海省西宁市海湖中学2023—2024学年九年级下学期开学考试数学试卷(1)

这是一份青海省西宁市海湖中学2023—2024学年九年级下学期开学考试数学试卷(1)，共13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
1．﹣的相反数是（ ）
A． B．﹣3 C．3 D．﹣
【考点】相反数．
【分析】直接根据相反数的定义即可得出结论．
【解答】解：∵﹣与只有符号不同，
∴﹣的相反数是．
故选A．
2．下列计算正确的是（ ）
A．2a•3a=6a B．（﹣a3）2=a6C．6a÷2a=3a D．（﹣2a）3=﹣6a3
【考点】整式的除法；幂的乘方与积的乘方；单项式乘单项式．
【分析】A：根据单项式乘单项式的方法判断即可．
B：根据积的乘方的运算方法判断即可．
C：根据整式除法的运算方法判断即可．
D：根据积的乘方的运算方法判断即可．
【解答】解：∵2a•3a=6a2，
∴选项A不正确；
∵（﹣a3）2=a6，
∴选项B正确；
∵6a÷2a=3，
∴选项C不正确；
∵（﹣2a）3=﹣8a3，
∴选项D不正确．
故选：B．
3．下列每组数分别是三根木棒的长度，能用它们摆成三角形的是（ ）
A．3cm，4cm，8cm B．8cm，7cm，15cm
C．5cm，5cm，11cm D．13cm，12cm，20cm
【考点】三角形三边关系．
【分析】根据三角形的三边关系，两边之和大于第三边，即两短边的和大于最长的边，即可作出判断．
【解答】解：A、3+4＜8，故以这三根木棒不可以构成三角形，不符合题意；
B、8+7=15，故以这三根木棒不能构成三角形，不符合题意；
C、5+5＜11，故以这三根木棒不能构成三角形，不符合题意；
D、12+13＞20，故以这三根木棒能构成三角形，符合题意．
故选D．
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A． B． C． D．
【考点】轴对称图形．
【分析】根据轴对称图形的意义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴；据此判断即可．
【解答】解：四个汉字中只有“善”字可以看作轴对称图形，
故选D．
5．下列几何体中，主视图和俯视图都为矩形的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】简单几何体的三视图．
【分析】分别确定四个几何体从正面和上面看所得到的视图即可．
【解答】解：A、此几何体的主视图是等腰三角形，俯视图是圆，故此选项错误；
B、此几何体的主视图是矩形，俯视图是矩形，故此选项正确；
C、此几何体的主视图是矩形，俯视图是圆，故此选项错误；
D、此几何体的主视图是梯形，俯视图是矩形，故此选项错误；
故选：B．
6．赵老师是一名健步走运动的爱好者，她用手机软件记录了某个月（30天）每天健步走的步数（单位：万步），将记录结果绘制成了如图所示的统计图．在每天所走的步数这组数据中，众数和中位数分别是（ ）
A．1.2，1.3 B．1.4，1.3 C．1.4，1.35 D．1.3，1.3
【考点】众数；条形统计图；中位数．
【分析】中位数，因图中是按从小到大的顺序排列的，所以只要找出最中间的一个数（或最中间的两个数）即可，本题是最中间的两个数；对于众数可由条形统计图中出现频数最大或条形最高的数据写出．
【解答】解：由条形统计图中出现频数最大条形最高的数据是在第四组，7环，故众数是1.4（万步）；
因图中是按从小到大的顺序排列的，最中间的步数都是1.3（万步），故中位数是1.3（万步）．
故选B．
7．将一张长方形纸片折叠成如图所示的形状，则∠ABC=（ ）
A．73° B．56° C．68° D．146°
【考点】平行线的性质．
【分析】根据补角的知识可求出∠CBE，从而根据折叠的性质∠ABC=∠ABE=∠CBE，可得出∠ABC的度数．
【解答】解：∵∠CBD=34°，
∴∠CBE=180°﹣∠CBD=146°，
∴∠ABC=∠ABE=∠CBE=73°．
故选A．
8．某经销商销售一批电话手表，第一个月以550元/块的价格售出60块，第二个月起降价，以500元/块的价格将这批电话手表全部售出，销售总额超过了5.5万元．这批电话手表至少有（ ）
A．103块 B．104块 C．105块 D．106块
【考点】一元一次不等式的应用．
【分析】根据题意设出未知数，列出相应的不等式，从而可以解答本题．
【解答】解：设这批手表有x块，
550×60+（x﹣60）×500＞55000
解得，x＞104
∴这批电话手表至少有105块，
故选C．
二、填空题（本大题共10题，每题2分，共20分．不需写出解答过程，请把最后结果填在答题卡对应的位置上）
9．因式分解：4a2+2a= 2a（2a+1） ．
【考点】因式分解-提公因式法．
【分析】原式提取公因式即可得到结果．
【解答】解：原式=2a（2a+1），
故答案为：2a（2a+1）
10．青海格尔木枸杞已进入国际市场，远销美国、欧盟、东南亚等国家和地区，出口创汇达4000000美元，将4000000美元用科学记数法表示为___ ___ 美元．
【答案】4×106
【解析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值>1时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
解：4000000=4×106.
故答案为：4×106.
11．使式子有意义的x取值范围是 x≥﹣1 ．
【考点】二次根式有意义的条件．
【分析】本题主要考查自变量的取值范围，函数关系中主要有二次根式．根据二次根式的意义，被开方数是非负数．
【解答】解：根据题意得：x+1≥0，
解得x≥﹣1．
故答案为：x≥﹣1．
12．一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形的边数为 6 ．
【考点】多边形内角与外角．
【分析】利用多边形的外角和以及多边形的内角和定理即可解决问题．
【解答】解：∵多边形的外角和是360度，多边形的内角和是外角和的2倍，
则内角和是720度，
720÷180+2=6，
∴这个多边形是六边形．
故答案为：6．
13．将抛物线y=x2向下平移1个单位，所得抛物线的表达式是 ．
【考点】二次函数平移．
【分析】二次函数平移是上加下减．．
【解答】解：y=x2-1
14．如图，在菱形ABCD中，E，F分别是AD，BD的中点，若EF=2，则菱形ABCD的周长是 16 ．
【考点】菱形的性质；三角形中位线定理．
【分析】先利用三角形中位线性质得到AB=4，然后根据菱形的性质计算菱形ABCD的周长．
【解答】解：∵E，F分别是AD，BD的中点，
∴EF为△ABD的中位线，
∴AB=2EF=4，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC=CD=DA=4，
∴菱形ABCD的周长=4×4=16．
故答案为16．
15．如图，OP平分∠AOB，∠AOP=15°，PC∥OA，PD⊥OA于点D，PC=4，则PD= 2 ．
【考点】角平分线的性质；含30度角的直角三角形．
【分析】作PE⊥OA于E，根据角平分线的性质可得PE=PD，根据平行线的性质可得∠ACP=∠AOB=30°，由直角三角形中30°的角所对的直角边等于斜边的一半，可求得PE，即可求得PD．
【解答】解：作PE⊥OA于E，
∵∠AOP=∠BOP，PD⊥OB，PE⊥OA，
∴PE=PD（角平分线上的点到角两边的距离相等），
∵∠BOP=∠AOP=15°，
∴∠AOB=30°，
∵PC∥OB，
∴∠ACP=∠AOB=30°，
∴在Rt△PCE中，PE=PC=×4=2（在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半），
∴PD=PE=2，
故答案是：2．
16.⊙O的半径为R，点O到直线l的距离为d，R，d是方程x2−4x+m=0的两根，当直线l与⊙O相切时，m的值为______ .
【答案】4
【解析】【分析】先根据切线的性质得出方程有两个相等的实数根，再根据△=0即可求出m的值．
本题考查的是切线的性质及一元二次方程根的判别式，熟知以上知识是解答此题的关键．
【解答】
解：∵d、R是方程x2−4x+m=0的两个根，且直线L与⊙O相切，
∴d=R，∴方程有两个相等的实根，∴△=16−4m=0，
解得，m=4，
故答案为：4.
17.正比例函数和反比例函数的图象交于、两点， 若，则的取值范围是或.
【解析】【分析】然后观察函数图象得到当−11时，正比例函数图象都在反比例函数图象上方，即.
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：反比例函数与一次函数图象的交点坐标满足两函数解析式．也考查了待定系数法求函数解析式以及观察函数图象的能力．
【答案】或
18．⊙C过原点，且与两坐标轴分别交于点A，B，点A的坐标为(0,3)，M是第三象限内上一点，∠BMO＝120°，则⊙C的半径长为 3 .
【解析】∵∠BMO与∠BAO两个圆周角所对弧是一个圆，
∴∠BMO＋∠BAO＝180°，∠BMO＝120°，∴∠BAO＝60°，
∵AB是⊙O的直径，∴∠AOB＝90°
∴∠ABO＝90°－∠BAO＝90°－60°＝30°，
∵点A的坐标为（0，3），∴OA＝3，∴AB＝2OA＝6，
∴⊙C的半径长为 ＝3.
【答案】⊙C的半径长为3.
三、解答题：（本大题共9小题，共76分.）
19. 计算(本题满分7分)：
【解答】解：原式=−2+2−+1=1−.
20．解方程(本题满分7分)：
【解答】解：-


∴，.
21 (本题满分7分) 如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，每个小方格的边长为1个单位长度．正方形ABCD顶点都在格点上，其中，点A的坐标为（1，1）．
（1）以A为旋转中心，将正方形ABCD顺时针旋转90°，得到正方形A B1 C1 D1，画出旋转后的图形，并标明对应字母.
（2）写出点B1、C1、D1的坐标．
【答案】（2）B1 （2，-1），C1 （4，0），D1 （3，2）
22 (本题满分7分）四张小卡片上分别写有数字1、2、3、4．它们除数字外没有任何区别，现将它们放在盒子里搅匀．
（1）随机地从盒子里抽取一张，求抽到数字2的概率；
（2）随机地从盒子里抽取一张．不放回再抽取第二张．请你用画树状图或列表的方法表示所有等可能的结果，并求抽到的数字之和为5的概率．
【解析】试题分析: （1）随机地从盒子里抽取一张，共有4种等可能的结果，而抽到数字2的占1种，利用概率公式即可求得抽到数字2的概率；
（2）利用列表法展示所有16种等可能的结果，其中抽到的数字之和为5占4种，利用概率公式即可求得抽到的数字之和为5的概率．
试题解析:
【解答】解：（1）四张卡片中，只有1张写有数字2，故随机地从盒子里抽取一张，P（抽到数字为2）=；
（2）列举所有等可能的结果，画树状图：
如图所示．由图可知，共有12种等可能的结果，数字之和为5的结果有4种，
故P（抽到数字和为5）=。
23. 如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数的图象
与反比例函数的图象的一个交点为A（-1，n）．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）若P是坐标轴上一点，且满足PA=OA，直接写出点的坐标．
【答案】 [解] (1) ∵ 点A (-1，n)在一次函数y= -2x的图象上，
∴ n= -2´(-1)=2。
∴ 点A的坐标为(-1,2)。
∵ 点A在反比例函数y=的图象上，
∴ k= -2，
∴ 反比例函数的解析式为y= -。
(2) 点P的坐标为(-2,0)或(0,4)。
24．如图，在▱ABCD中，E是BC的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F．
（1）求证：AB=CF；
（2）连接DE，若AD=2AB，求证：DE⊥AF．
【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．
【分析】（1）由在▱ABCD中，E是BC的中点，利用ASA，即可判定△ABE≌△FCE，继而证得结论；
（2）由AD=2AB，AB=FC=CD，可得AD=DF，又由△ABE≌△FCE，可得AE=EF，然后利用三线合一，证得结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DF，
∴∠ABE=∠FCE，
∵E为BC中点，
∴BE=CE，
在△ABE与△FCE中，
，
∴△ABE≌△FCE（ASA），
∴AB=FC；
（2）∵AD=2AB，AB=FC=CD，
∴AD=DF，
∵△ABE≌△FCE，
∴AE=EF，
∴DE⊥AF．
25.已知：如图12，△OAC中，以O为圆心，OA为半径作⊙O，作OB⊥OC交⊙O于B，垂足为O，连接AB交OC于点D，∠CAD=∠CDA．
（1）判断AC与⊙O的位置关系，并证明你的结论；
（2）若OA=5，OD=1，求线段AC的长．
解：（1）线段AC是⊙O的切线；
理由如下：∵∠CAD=∠CDA（已知），∠BDO=∠CDA（对顶角相等），
∴∠BDO=∠CAD
又∵OA=OB
∴∠B=∠OAB（等边对等角）
∵OB⊥OC（已知）
∴∠B+∠BDO=∠OAB+∠CAD=90°，即∠OAC=90°
∴OA⊥AC，OA是⊙O半径
∴AC是⊙O的切线
（2）设AC=x
∵∠CAD=∠CDA
∴DC=AC=x（等角对等边）；
∵OA=5，OD=1
∴OC=OD+DC=1+x
∵由（1）知，AC是⊙O的切线
∴OA⊥OC
∴在Rt△OAC中，根据勾股定理得
OC2=AC2+OA2，即
（1+x）2=x2+52
解得x=12 即AC=12
26.认真阅读下面关于三角形内外角平分线所成夹角的探究片段，完成所提出的问题．
探究１：如图11-1，在中，是与的平分线和的交点，通过分析发现，理由如下：
和分别是和的角平分线，
又，
＝．
＝＝．
探究2：如图11-2中，是与外角的平分线和的交点，试分析与有怎样的关系？请说明理由．
探究3：如图11-3中，是外角与外角的平分线和的交点，则与有怎样的关系？（只写结论，不需证明）
结论：________________________________________．
【解答】（1）探究2结论：．
理由如下：
和分别是和的角平分线，
又是的一个外角，
是的一个外角，
＝．
（2）探究3：结论＝．
27.如图，抛物线y=−14x2+32x−2交x轴于A，B两点(点A在点B的左侧)，交y轴于点C，分别过点B，C作y轴，x轴的平行线，两平行线交于点D，将△BDC绕点C逆时针旋转，使点D旋转到y轴上得到△FEC，连接BF.
(1)求点B，C所在直线的函数解析式；
(2)求△BCF的面积；
(3)在线段BC上是否存在点P，使得以点P，A，B为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)根据坐标轴上点的坐标特征可得点B，C的坐标，再根据待定系数法可得点B，C所在直线的函数解析式；
(2)根据勾股定理可得BC的长，根据旋转的性质和三角形面积公式即可求解；
(3)存在．分两种情况讨论：①过A作AP1⊥x轴交线段BC于点P1，则△BAP1∽△BOC；②过A作AP2⊥BC，垂足点P2，过点P2作P2Q⊥x轴于点Q.则△BAP2∽△BCO；依此讨论即可求解．
考查了二次函数综合题，涉及的知识点为：坐标轴上点的坐标特征，待定系数法可求直线的函数解析式，勾股定理可，旋转的性质，三角形面积，分类思想，相似三角形的性质，综合性较强，有一定的难度．
【解答】解：(1)当y=0时，−14x2+32x−2=0，
解得x1=2，x2=4，
∴点A，B的坐标分别为(2,0)，(4,0)，
当x=0时，y=−2，
∴C点的坐标分别为(0,−2)，
设直线BC的解析式为y=kx+b(k≠0)，
则b=−24k+b=0，
解得b=−2k=12.
∴直线BC的解析式为y=12x−2；
(2)∵CD//x轴，BD//y轴，
∴∠ECD=90∘，
∵点B，C的坐标分别为(4,0)，(0,−2)，
∴BC= OB2+OC2= 42+22=2 5，
∵△FEC是由△BDC绕点C逆时针旋转得到，
∴△BCF的面积=12BC⋅FC=12×2 5×2 5=10；
(3)存在．
分两种情况讨论：
①过A作AP1⊥x轴交线段BC于点P1，则△BAP1∽△BOC，
∵点A的坐标为(2,0)，
∴点P1的横坐标是2，
∵点P1在点BC所在直线上，
∴y=12x−2=12×2−2=−1，
∴点P1的坐标为(2,−1)；
②过A作AP2⊥BC，垂足点P2，过点P2作P2Q⊥x轴于点Q.
∴△BAP2∽△BCO，
∴AP2CO=ABCB，AP2CO=BP2OB
∴AP22=22 5，
解得AP2=2 55，
∵AP2CO=BP2OB，
∴AP2⋅BP=CO⋅BP2，
∴2 55×4=2BP2，
解得BP2=4 55，
∵12AB⋅QP2=12AP2⋅BP2，
∴2QP2=2 55×4 55，
解得QP2=45，
∴点P2的纵坐标是−45，
∵点P2在BC所在直线上，
∴x=125
∴点P2的坐标为(125,−45)，
∴满足条件的P点坐标为(2,−1)或(125,−45).