山东省日照市东港区新营中学2023-2024学年下学期九年级开学考试数学试题（原卷版+解析版）

这是一份山东省日照市东港区新营中学2023-2024学年下学期九年级开学考试数学试题（原卷版+解析版），文件包含山东省日照市东港区新营中学2023-2024学年下学期九年级开学考试数学试题原卷版docx、山东省日照市东港区新营中学2023-2024学年下学期九年级开学考试数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共36页， 欢迎下载使用。
1. 2024的相反数是（ ）
A. B. C. 2024D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查相反数的概念，理解并掌握相反数的概念是解题的关键．
根据“只有符号不同的两个数互为相反数”的概念即可求解．
【详解】解：2024的相反数是，
故选B．
2. 2023年10月26日上午，神舟十七号载人飞船载着杨洪波、唐胜杰、江新林3名航天员奔赴“天宫”，从2003年的神舟五号到2023年的神舟十七号，20年中国载人航天工程共有20位航天员问鼎苍穹，截止到目前为止，我国航天员在太空的时间已累计达到近21200个小时，其中，数字21200用科学记数法表为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了科学记数法，科学记数法的表现形式为的形式，其中，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，当原数绝对值大于等于10时，n是正数，当原数绝对值小于1时n是负数；由此进行求解即可得到答案．
【详解】解：，
故选C
3. 如图是由几个小正方体搭成的一个几何体的俯视图，小正方形中的数字表示在该位置小正方体的个数，则这个几何体的左视图为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据从左边看得到的图形是左视图，从左边看，共2列，均有2个正方形，从而确定答案．
【详解】从左面看该几何体共有两列，每一列均有两个正方形，
故选C.
【点睛】本题考查由三视图判断几何体, 简单组合体的三视图.
4. 翻花绳是中国民间流传的儿童游戏，在中国不同的地域，有不同的称法，如线翻花、翻花鼓、挑绷绷、解股等等，如图1是翻花绳的一种图案，可以抽象成如右图，在矩形中，，，的度数为（ ）．

A 30°B. 45°C. 50°D. 60°
【答案】D
【解析】
【分析】由矩形的性质可得，进而可得；再根据三角形内角和定理可得；然后再证四边形是平行四边形，由平行四边形的性质可得，最后由对顶角相等即可解答．
【详解】解：如图：∵矩形中，
∴,
∵，
∴,
∴,
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴,
∴．
故选D．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质等知识点，灵活运用相关判定、性质定理是解答本题的关键．
5. 如图，与是位似图形，点O为位似中心，位似比为．若的面积为8，则的面积是（ ）

A. 15B. 16C. 9D. 18
【答案】D
【解析】
【分析】根据位似比等于三角形的相似比，结合相似三角形的性质—面积之比等于相似比的平方计算即可．
【详解】解：解：∵与位似，点O为位似中心，相似比为，
∴与的面积之比为，
∵的面积为8，
∴的面积是18，
故选：D．
【点睛】本题考查了位似图形的性质，熟练掌握面积之比等于位似比的平方是解题的关键．
6. 今年1至11月，我国船舶工业保持良好发展态势，造船完工量、新接订单量、手持订单量三大指标全面增长．9月份造船完成量约为335万载重吨，11月份造船完成量约为354万载重吨若平均每月增长率为x，则可以列出方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，利用平均增长率公式，a为9月份造船完成量，b为11月份造船完成量，即可列出关于x的一元二次方程，此题得解，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
【详解】根据题意得：．
故选：C．
7. 下列图形都是由同样大小的正方形按规律拼成的，其中第①个图形有个正方形，第②个图形有个正方形，第③个图形有个正方形，……，按此规律排列下去，则第⑧个图形中正方形的个数为（ ）

A. B. C. 19D. 21
【答案】C
【解析】
【分析】观察图形找出正方形的个数之间数量关系即可解答．
【详解】解：∵第①个图形有个正方形，第②个图形有个正方形，第③个图形有个正方形，……，
∴第个图的正方形的个数为，
∴第⑧个图形中正方形的个数为，
故选．
【点睛】本题考查的图形找规律的计算，根据图形找出规律是解题的关键．
8. 如图，是的直径，是的切线，连接交于点D，连接，，，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆的切线性质，圆的基本性质，特殊角的函数值计算选择即可．
【详解】解：连接，
∵是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的切线性质，圆的基本性质，特殊角的函数值，熟练掌握圆的性质和特殊角的三角函数值是解题的关键．
9. 如图，在RtABC中，AB=AC=10，∠BAC=90°，等腰直角三角形ADE绕点A旋转，∠DAE=90°，AD=AE=4，连接DC，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点，连接MP、PN、MN．①PMN为等腰直角三角形；②；③△PMV面积的最大值是；④PMN周长的最小值为．正确的结论有（ ）
A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个
【答案】C
【解析】
【分析】连接BD，CE，根据题意可证△ADB≌△EAC，可得BD=CE，∠ABD=∠ACE，由三角形中位线定理可证△MPN是等腰直角三角形，则S△PMN=PN2=BD2．可得BD最大时，△PMN的面积最大，由等腰直角三角形ADE绕着点A旋转，可得D是以A为圆心，AD=4为半径的圆上一点，可求BD最大值，即可求△PMN的面积最大值．再利用等腰直角三角形的性质求出AM和AN的值，得出MN的最值，进一步解决问题．
【详解】解：连接BD，CE，
∵△ABC，△ADE是等腰直角三角形
∴AD=AE，AB=AC，∠BAC=∠DAE=90°
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC
∴∠BAD=∠CAE且AB=AC，AD=AE
∴△ADB≌△AEC
∴DB=EC，∠ABD=∠ACE
∵M，N，P分别是DE，DC，BC的中点
∴MP∥EC，MP=EC，NP=DB，NP∥BD
∴MP=NP，∠DPM=∠DCE，∠PNC=∠DBC
设∠ACE=x°，∠ACD=y°
∴∠ABD=x°，∠DBC=45°-x°=∠PNC，∠DCB=45°-y°
∴∠DPM=x°+y°，∠DPN=∠DCB+∠PNC=90°-x°-y°
∴∠MPN=90°且PN=PM
∴△PMN是等腰直角三角形．故①正确；
∵AB=AC=10，∠BAC=90°，∠DAE=90°，AD=AE=4，
由勾股定理得，
∵M，N为DE和BC的中点
∴
当A、N、M三点共线时，MN有最大值和最小值
的最小值为，的最大值为，
∴，故②错误；
∵S△PMN=PN2=BD2．
∴当BD最大时，△PMN的面积最大．
∵D是以A点为圆心，AD=6为半径的圆上一点
∴A，B，D共线且D在BA的延长线时，BD最大
此时BD=AB+AD=14
∴△PMN的面积最大值为，故③错误；
当MN最小时，即时，也最小，为3
∴的周长最小值为，故④正确，
∴正确的结论有①④，共2个
故选：C
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
10. 已知二次函数，其中．若当时，对应的y的整数值有6个，则m的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键；
由，可知函数的最小值为，当时，最大值为1，对应的y的整数值有6个，则，解得即可．
【详解】
，
，
抛物线的顶点坐标为，
当或时，，
当时，y有最小值为，
∵m>0，
∴当时，的最大值为1，
，当时，对应的y的整数值有6个，
这6个整数值为：1、0、、、、，
解得：
故选：D
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11. 因式分解：______．
【答案】
【解析】
分析】直接提取公因式b，进而利用平方差公式分解因式得出即可．
【详解】解：4a2b-b=b（4a2-1）=b（2a-1）（2a+1）．
故答案为：b（2a-1）（2a+1）．
【点睛】本题考查了提取公因式法以及公式法分解因式，熟练应用平方差公式是解题的关键．
12. 如图，点A是双曲线上一点，过点A分别作轴，轴，垂足分别为B，C两点.，与双曲线分别交于D，E两点，若四边形的面积为6，则______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了反比例函数k的几何意义，掌握反比例函数上的点向轴和轴引垂线形成的矩形的面积等于反比例函数的值是解题的关键．
由反比例函数的几何意义得，，，再根据即可求出k的值．
【详解】解：∵D，E在反比例函数的图像上且图像在第二象限，
∴，，
∵点A是双曲线上一点，且图像在第二象限，
∴，
∵，
∴，解得：．
故答案为：．
13. 若关于的分式方程有非负整数解，则的取值范围是______．
【答案】且
【解析】
【分析】本题考查分式方程，熟练掌握分式方程的解法是解题的关键；
根据解分式方程的步骤求解即可；
【详解】解：
去分母得：
去括号：
移项：
系数化为：
根据题意可得：，
解得：，
故答案为：且
14. 已知是方程的两个根，且满足，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据一元二次方程中根与系数的关系可以表示出两个根的和与积，代入即，即可得到一个关于k的方程，从而求得k的值．
【详解】解：∵、是方程的两个根，
∴，，
∵，
∴，
∴，
解得：，
当时，方程为，，不合题意舍去；
当时，方程为，，符合题意．
∴所求k的值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系：若是一元二次方程的两根，则，．注意：运用根与系数的关系的前提条件是：一元二次方程的根的判别式．
15. 如图，在网格中每个小正方形的边长均为1，点A，B，D，E均在格点上，且E在上．交于点C，则的长为______．

【答案】
【解析】
【分析】本题考查弧长公式，勾股定理，理解题意、灵活运用所学知识解决问题是解题的关键．
如图，设圆心为O，连接．证明，再利用弧长公式求解即可．
【详解】解：如图，设圆心为O，连接．

∵，
∴，
∴，
∴的长为．
故答案为：．
16. 如图，等腰直角三角形中，斜边的长为2，为的中点，为边上的动点，交于点，为的中点，当点从点运动到点时，点所经过的路线长为______．
【答案】1
【解析】
【分析】连接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如图，利用等腰直角三角形的性质得AC=BC=，∠A=∠B=45°，OC⊥AB，OC=OA=OB=1，∠OCB=45°，再证明Rt△AOP≌△COQ得到AP=CQ，接着利用△APE和△BFQ都为等腰直角三角形得到PE=AP=CQ，QF=BQ，所以PE+QF=BC=1，然后证明MH为梯形PEFQ的中位线得到MH=，即可判定点M到AB的距离总为，从而得到点M的运动路线为△ABC的中位线，最后利用三角形中位线性质得到点M所经过的路线长．
【详解】解：连接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如图，
∵△ACB为等腰直角三角形，斜边的长为2，
根据勾股定理
∴AC=BC=AB=，∠A=∠B=45°，
∵O为AB的中点，
∴OC⊥AB，OC平分∠ACB，OC=OA=OB=1，
∴∠OCB=45°，
∵∠POQ=90°，∠COA=90°，
∴∠AOP=∠COQ，
在Rt△AOP和△COQ中
，
∴Rt△AOP≌△COQ（ASA），
∴AP=CQ，
∵∠A=45°，PE⊥AB，
∴∠APE=180°-∠A-∠AEP=180°-45°-90°=45°，
∴△APE为等腰直角三角形，
∵∠B=45°，QF⊥AB，
∴∠BQF=180°-∠B-∠BFQ=180°-45°-90°=45°，
∴△BFQ为等腰直角三角形，
∴PE=AP=CQ，QF=BQ，
∴PE+QF=（CQ+BQ）=BC==1，
∵M点为PQ的中点，
∴MH为梯形PEFQ的中位线，
∴MH=（PE+QF）=，
即点M到AB的距离为，而CO=1，
∴点M的运动路线为△ABC的中位线，
∴当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长=AB=1，
故答案为1．
【点睛】本题考查了三角形全等判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质、梯形的中位线、点运动的轨迹，通过计算确定动点在运动过程中不变的量，从而得到运动的轨迹是解题的关键.
三、解答题（本大题共8个小题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. （1）计算：．
（2）先化简，再求值：，其中是不等式组的最小整数解．
【答案】（1）；（2），4
【解析】
【分析】此题考查了实数的混合运算、分式的化简求值、解一元一次不等式组等知识，熟练掌握相关解法和法则是解题的关键．
（1）代入特殊角的三角函数值、立方根、平方差公式进行化简后，再进行加减法运算即可；
（2）先按照分式的混合运算化简分式，再解不等式组求出最小整数解，再代入分式化简结果求解即可．
【详解】解：（1）解：
；
（2）
解不等式组得：，
∴不等式组的最小整数解为：，
∴当时，原式．
18. 学习了矩形的判定后，小蒋对等腰三角形底边上的高和底角顶点到顶角外角平分线的距离的数量关系进行了拓展性研究．请根据他的思路完成以下作图与填空：
用直尺和圆规，作等腰三角形的外角的角平分线，再过点C作于点H．（只保留作图痕迹）
已知：如图，三角形中，，是底边上的高，平分，于点H．求证：．

证明：∵平分，
∴
∵，是底边上的高
∴ ① ，
又∵
∴ ②
又∵于点H
∴ ③
∴四边形为矩形
∴
小蒋进一步研究发现，任意等腰三角形均有此特征．请你依照题意完成下面命题：等腰三角形底边上的高等于 ④ ．
【答案】作图见解析；①；②90°；③；④底角顶点到顶角外角平分线的距离；
【解析】
【分析】按照作角平分线的方法、作垂线的方法进行即可；读懂推理过程，完成填空即可
【详解】解：作图如下：

证明：∵平分，
∴，
∵，是底边上的高，
∴，，
又∵，
∴，
又∵于点H，
∴，
∴四边形为矩形
∴
小蒋进一步研究发现，任意等腰三角形均有此特征．请你依照题意完成下面命题：等腰三角形底边上的高等于底角顶点到顶角外角平分线的距离．
故答案为：①；②；③；④底角顶点到顶角外角平分线的距离
【点睛】本题考查了尺规作图：作角平分线与垂线，等腰三角形的性质，矩形的判定与性质等知识，证明矩形是关键．
19. 为了引导学生充分认识心理健康对自身发展的重要性，某校开展了以“关爱自我，悦享成长”为主题的心理健康月系列活动．其中该校八、九年级在心理健康月中进行了关于心理健康相关知识的测试，现从八、九年级中各随机抽取名学生的成绩（百分制，单位：分）进行整理、描述和分析（成绩得分用表示，共分成四组：．；．；．；．）下面给出了部分信息：
八年级名学生的成绩是：，，，，，，，，，．
九年级名学生的成绩在组中的数据是：，，，．
八、九年级抽取的学生成绩统计表
根据以上信息，解答下列问题：
（1）填空：______，______，______；
（2）根据以上数据，你认为该校八年级、九年级中哪个年级的学生掌握知识较好？请说明理由（写出一条理由即可）；
（3）该校八年级有人、九年级有人参加了此次心理健康测试，请估计两个年级参加心理健康测试的成绩不低于分的总人数．
【答案】（1）；；
（2）九年级学生掌握知识较好，理由见解析
（3）人
【解析】
【分析】（1）根据九年级组有个数据和、组的百分数可得的值，根据中位数和众数的定义可得、的值；
（2）可从中位数、众数角度分析求解；
（3）用总人数乘以样本中组的百分比即可．
【小问1详解】
解：∵九年级名学生的成绩在组中的数据是：，，，，
∴九年级名学生的成绩在组中所占百分比为：，
∴九年级名学生的成绩在组中所占百分比为：，
∴，
∵九年级名学生成绩在、两组的人数为：（人），
九年级名学生的成绩在组的人数为：（人），
∴第名和第名学生的成绩分别为：分和分，
∴九年级学生成绩的中位数为：，
∵八年级名学生的成绩中得分的人数最多，
∴八年级学生成绩的众数，
故答案为：；；；
【小问2详解】
∵八年级学生成绩的方差为，九年级学生成绩的方差为，且，
∴九年级学生掌握知识较好；（答案不唯一）
【小问3详解】
由（1）得九年级学生成绩不低于分的人数所占百分比为，
八年级学生成绩不低于分的人数所占百分比为：，
∴（人），
∴两个年级参加心理健康测试的成绩不低于分的总人数有人．
【点睛】本题考查众数、中位数、平均数，方差等知识点，掌握众数、中位数、平均数，方差定义是解题的关键．
20. 某学校食堂不定期采购某调味加工厂生产的“0添加”有机生态酱油和生态食醋两种食材．
（1）该学校花费1720元一次性购买了酱油、食醋共100瓶，已知酱油和食醋的单价分别是18元、16元，求学校购买了酱油和食醋各多少瓶？
（2）由于学校食材的消耗量下降和加工厂调味品的价格波动，现该学校分别花费900元、600元一次性购买酱油和食醋两种调味品，已知购买酱油的数量是食醋数量的1.25倍，每瓶食醋比每瓶酱油的价格少3元，求学校购买食醋多少瓶？
【答案】（1）学校购买了酱油60瓶，食醋40瓶
（2）学校购买食醋40瓶
【解析】
【分析】本题考查了分式方程的应用以及二元一次方程组的应用；
（1）设学校购买了酱油瓶，食醋瓶，根据该学校花费1720元一次性购买了酱油、食醋共100瓶，列出二元一次方程组，解方程组即可；
（2）学校购买食醋瓶，则购买酱油瓶，根据每瓶食醋比每瓶酱油的价格少3元，列出分式方程，解方程即可．
【小问1详解】
解：设学校购买了酱油瓶，食醋瓶，
由题意得：，
解得：，
答：学校购买了酱油60瓶，食醋40瓶；
【小问2详解】
解：学校购买食醋瓶，则购买酱油瓶，
由题意得：，
解得：，
经检验，是原方程的解，且符合题意，
答：学校购买食醋40瓶．
21. “惠风塔”是濮水小镇精心打造的标志性建筑，晋王羲之兰亭集序：“是日也，天朗气清，惠风和畅”由此取名”惠风”，取惠风和畅之意．某校数学社团的同学在游览濮水小镇时，他们想测量“惠风塔”的高度．为了测得惠风塔的高度，社团成员利用自制的测角仪在点处测得塔顶的仰角为，从点向正前方行进米到点处，再用测角仪在点处测得塔顶的仰角为，已知测角仪的高度为米，且，，三点在同一条直线上．求“惠风塔”的高度参考数据：，，
【答案】“惠风塔”的高度约为米
【解析】
【分析】延长交于点，根据题意可得：，米，米，然后设米，则米，在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，再在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，从而列出关于的方程，进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
【详解】解：延长交于点，

由题意得：，米，米，
设米，
米，
在中，，
（米），
在中，∠ABG=45°，
米，
，
解得：，即（米），
（米），
（米），
“惠风塔”的高度约为米．
22. 如图，为的直径，是上两点，延长至C，连接，．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）证明见解析
（2）的半径为
【解析】
【分析】本题考查了切线的判定，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键；
（1）连接，由圆周角定理得出，证出，由切线的判定可得出结论；
（2）证明，由相似三角形性质得出，由比例线段求出和的长，可求出的长，则可得出答案．
【小问1详解】
证明：连接，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
【小问2详解】
解：∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴的半径为．
23. 如图①，在正方形中，，在上取一点，使得，以为边作正方形，连接，．
问题发现：
（1）的值是______；直线，所夹锐角的度数是______．
拓展探究：
（2）如图②，正方形绕点顺时针旋转时，上述结论是否成立？若成立，请结合图②证明；若不成立，请说明理由；
解决问题：
（3）在旋转过程中，当点到直线的距离为时，请直接写出的长．
【答案】（1），；（2）成立；（3）或
【解析】
【分析】（1）通过证明，可得，，即可求解；
（2）通过证明，可得，，即可求解；
（3）分两种情况讨论，由勾股定理可求的长，即可求解．
【详解】解：（1）如图①，连接，连接交于O，延长交于H，
∵四边形和四边形是正方形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
故答案为：，；
（2）结论仍然成立，理由如下：如图②，连接，连接交于O，延长交于H，
∵四边形和四边形正方形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，，
又∵，
∴；
（3）如图③，当点E直线的左侧时，过点E作于H，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
如图④，当点E直线的右侧时，过点E作于H，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
综上所述：或．
【点睛】本题是相似形综合题，考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，二次根式的混合运算，证明三角形相似是解题的关键．
24. 如图1，已知二次函数图象与轴交点为，其顶点为．
（1）求二次函数的表达式；
（2）直线与轴交于，现将线段上下移动，若线段与二次函数的图象有交点，求向上和向下平移的最大距离；
（3）若将（1）中二次函数图象平移，使其顶点与原点重合，然后将其图象绕点顺时针旋转，得到抛物线，如图2所示，直线与交于，两点，为上位于直线左侧一点，求面积最大值，及此时点的坐标．
【答案】（1）
（2）CM向下平移的最大距离为，向上平移的最大距离为6．
（3）
【解析】
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）①设直线向下平移最大距离为，由△，即可求解；②设直线向上平移最大距离为，同理可解；
（3）由，即可求解．
【小问1详解】
解：顶点，
设二次函数的解析式为，
把代入得：，
，
，
即；
【小问2详解】
解：由点、的坐标得，直线解析式为，
，
①设直线向下平移最大距离为，
平移后的直线解析式为，
此时直线与抛物线有一个交点，
把 代入，
得，
，
△，
即：．
②设直线向上平移最大距离为，
此时，对应点为，，
则，
当恰在二次函数上时，
，
，
向上平移的最大距离为6．
综上，向下平移的最大距离为，向上平移的最大距离为6；
【小问3详解】
解：二次函数平移后顶点与原点重合时顶点为，
则函数的解析式为：，
设 为 上一点，
绕顺时针旋转 后，对应点为，
则，
则，，
，
若在轴左侧同理可证成立，即满足横坐标为纵坐标的平方，
所以，
把 代入，
，
解得：，；
则，，
设：，
过点作轴交于点，
，
，
，
，
当 时，有最大值，，
此时．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的基本性质、待定系数法求函数表达式、面积的计算、图象的旋转等，有一定的综合性，难度较大．
年级
八年级
九年级
平均数
中位数
众数
方差