河南省郑州市管城区外国语学校2023-2024学年下学期九年级数学开学测试试题（解析版）

这是一份河南省郑州市管城区外国语学校2023-2024学年下学期九年级数学开学测试试题（解析版），共24页。试卷主要包含了选择题．等内容，欢迎下载使用。
1. 下列三星堆文物图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查中心对称图形以及轴对称图形，熟练掌握中心对称图形以及轴对称图形的定义是解题的关键．根据中心对称图形以及轴对称图形的定义依次判断即可．
【详解】解：不是中心对称也不是轴对称图形；
不是中心对称图形，是轴对称图形；
是中心对称图形，不是轴对称图形；
既是中心对称图形又是轴对称图形．
故选A．
2. 已知，下列不等式中错误的是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用不等式的性质对各选项分别进行判断．
【详解】解：A、若，则，原变形正确，故此选项不符合题意；
B、若，则，原变形错误，故此选项符合题意；
C、若，则，原变形正确，故此选项不符合题意；
D、若，则，原变形正确，故此选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了不等式的性质．解题的关键是掌握不等式的性质：①不等式的两边同时加上（或减去）同一个数或同一个含有字母的式子，不等号的方向不变；②不等式的两边同时乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；③不等式的两边同时乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变．
3. 如图所示，两条公路，互相垂直，，公路的中点M与点C被湖隔开，若测得的长为，则M，C两点间的距离为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用直角三角形斜边上的中线等于斜边一半的性质即可求解．
【详解】∵，互相垂直，
∴，
∵的长为，
∴．
故选A．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线的性质，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
4. 如图是面积为正六边形飞镖游戏板，点，分别为边，上的一点，若向该六边形飞镖游戏板投掷一枚飞镖，假设飞镖击中正六边形内的每一个位置是等可能的击中图中阴影部分的边界或没有击中正六边形板，则重投一次，任意投掷飞镖一次，飞镖击中图中阴影部分的概率是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了几何概率、正六边形的性质、平行线间的距离相等知识点．确定阴影部分面积为正六边形的面积是解题的关键．
设,设与的距离为，根据四边形的面积=，得，所以，所以，再根据概率公式即可解答．
【详解】解：如图:连接，，，交点为，

由正六边形可得，，
设，设与的距离为，
四边形的面积，
，
，
，同理可得，
，
任意投掷飞镖一次，飞镖击中图中阴影部分的概率是．
故选：A．
5. 一艘轮船从甲码头到乙码头顺流而行用3h，从乙码头返回甲码头用了5h，已知轮船在静水中的平均速度为32km/h，求水流的速度，若设水流的速度为xkm/h，则可列方程为（ ）
A. 3（32+x）=5×32B. 3×32=5×（32﹣x）
C. 3（32+x）=5×（32﹣x）D.
【答案】C
【解析】
【分析】设水流速度为xkm/h，则顺流速度为（32+x）km/h，逆流速度为（32﹣x）km/h，根据“顺流航行的路程=逆流航行的路程”列方程即可.
【详解】设水流速度为xkm/h，则顺流速度为（32+x）km/h，逆流速度为（32﹣x）km/h，由题意可得，3（32+x）=5（32﹣x）．
故选C．
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，读懂题意，正确找出等量关系是解决问题的关键.
6. 若关于x的一元二次方程有一个根为，则方程必有一根为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】把化为： 再结合题意可得，从而可得方程的解.
【详解】解：可化为：
关于的一元二次方程有一个根为，
把看作是整体未知数，则

即有一根为.
故选D.
【点睛】本题考查的是一元二次方程的根的含义，掌握“利用整体未知数求解方程的根”是解本题的关键.
7. 依据所标数据，下列四边形不一定为矩形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据矩形的判定方法“有三个角是直角的四边形是矩形；有一个角是直角的平行四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形；对角线相等且互相平分的四边形是矩形”即可求解．
【详解】解：A、由两个全等三角形组成的四边形，且根据勾股定理的逆定理可得有一个角是直角故可得四边形是矩形，故该选项不符合题意；
B、对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故该选项不符合题意
C、有三个角是直角的四边形是矩形，故该选项不符合题意；
D、不能证明是矩形，故该选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定方法，熟练掌握矩形的判定方法是解题的关键．
8. 如图，菱形中，对角线，相交于点O，，，E为边的中点，连接，则线段的长为（ ）

A. 3B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据菱形的性质得到，，，利用勾股定理求出，再根据直角三角形斜边中线的性质求出即可．
【详解】解：∵四边形为菱形，
∴，，，
∴，
∵点E是边的中点，
∴，
故选：C．
【点睛】此题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，熟记菱形的性质是解题的关键．
9. 将一张以AB为边的矩形纸片，先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形（剪掉的两个直角三角形相似），剩下的是如图所示的四边形纸片，其中，，，，，则剪掉的两个直角三角形的斜边长不可能是（ ）
A. B. C. 10D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，画出相应的图形，然后利用相似三角形的性质和分类讨论的方法，求出剪掉的两个直角三角形的斜边长，然后即可判断哪个选项符合题意．
【详解】解：当△DFE∽△ECB时，如图，
∴，
设DF=x，CE=y，
∴，解得：，
∴，故B选项不符合题意；
∴，故选项D不符合题意；
如图，当△DCF∽△FEB时，
∴，
设FC=m，FD=n，
∴，解得：，
∴FD=10，故选项C不符合题意；
，故选项A符合题意；
故选：A
【点睛】本题考查相似三角形的性质、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用分类讨论的方法解答．
10. 如图，O为正方形对角线的中点，为等边三角形．若，则的长度为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】如图，，则；由等边三角形，得，，解，得．
【详解】如图，，则，
∵是等边三角形，O是中点
∴，

中，
故选A．
【点睛】本题考查正方形的性质、等边三角形的性质、解直角三角形；根据图形性质识别直角三角形，进而运用解直角三角形知识是解题的关键．
二．填空题（共5小题，每题3分，共15分）
11. 方程是关于的一元二次方程，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义知，，且，据此可以求得的值．
【详解】解：方程是关于的一元二次方程，
，且，
解得；
故答案是：．
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义．一元二次方程必须满足四个条件：（1）未知数的最高次数是2；（2）二次项系数不为0；（3）是整式方程；（4）含有一个未知数，熟练掌握其性质是解决此题的关键．
12. 如图，直线，直线和被直线、、所截，，，，则的长为______ ．

【答案】
【解析】
【分析】根据平行线分线段成比例定理得出比例式，代入求出即可．
【详解】解：直线，
，
，，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，能根据平行线分线段成比例定理得出正确的比例式是解此题的关键．
13. 如图，平行四边形的对角线与相交于点O，，垂足为E，，，，则的长为 _____．

【答案】
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质得到，又，，证得是直角三角形，利用的面积即可求出的长．
【详解】∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，，，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
∵，
∴，即
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查平行四边形的性质，勾股定理的逆定理，解题的关键是利用勾股定理的逆定理证明直角三角形，利用面积求出高．
14. 一个不透明的盒子中装有若干个红球和个黑球，这些球除颜色外均相同．经多次摸球试验后发现，摸到黑球的频率稳定在左右，则盒子中红球的个数约为______________．
【答案】
【解析】
【分析】设袋子中红球有个，根据摸到黑球的频率稳定在左右，可列出关于的方程，求出的值，从而得出结果．
【详解】解：设袋子中红球有个，
根据题意，得,
∴盒子中红球的个数约为，
故答案为：
【点睛】本题主要考查了利用频率估计概率，熟练掌握求概率公式是解此题的关键．
15. 如图，在矩形中，．折叠矩形使得点A恰好落在边上，折痕与边相交于点E，与矩形另一边相交于点F．若点E是恰好是边的中点，则的长为________．
【答案】或4
【解析】
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识．根据题意分情况求解是解题的关键．
由矩形，可得，，由题意知，，由题意知，当在边上时，如图1，作于，则四边形是矩形，，由折叠的性质可知，，，由勾股定理得，，则，设，则，由勾股定理得，，即，计算求解即可；当在边上时，如图2，作于，则四边形是矩形，则，，由折叠的性质可知，，，，由勾股定理得，，则，设，则，由勾股定理得，，即，计算求解即可．
【详解】解：∵矩形，
∴，，
由题意知，，
由题意知，当在边上时，如图1，作于，则四边形是矩形，

∴，
由折叠的性质可知，，，
由勾股定理得，，
∴，
设，则，
由勾股定理得，，即，
解得，，
∴；
当在边上时，如图2，作于，则四边形是矩形，
∴，，
由折叠的性质可知，，，，
由勾股定理得，，
∴，
设，则，
由勾股定理得，，即，
解得，，
∴；
综上所述，的长为或4．
三．解答题（共8小题）
16. 已知代数式．
（1）当为何值时，代数式A比B的值大2；
（2）求证：对于任意的值，代数式的值恒为正数．
【答案】（1）当或时，代数式A比B的值大2；
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）由题意得，得到，解一元二次方程即可求解；
（2）由题意得，即可证明结论成立．
【小问1详解】
解：由题意得，
去括号得，
整理得，
解得或，
当或时，代数式A比B的值大2；
【小问2详解】
解：
∵，
∴，
∴对于任意值，代数式的值恒为正数．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，配方法的运用，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
17. 已知关于一元二次方程．
（1）若该方程有一个根是，求的值；
（2）求证：无论取何值，该方程总有两个实数根．
【答案】（1）2 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）把代入方程，从而可得答案；
（2）证明即可得到结论．
【小问1详解】
解：∵是方程的一个根，
∴，解得：；
【小问2详解】
证明：∵，
∴无论取何值，该方程总有两个实数根．
【点睛】本题考查的是一元二次方程的的根的含义，一元二次方程根的判别式，熟记根的判别式的含义是解本题的关键．
18. 现有三枚兔年生肖邮票，其中两枚的图案为“同圆共生”，第三枚图案为“癸卯寄福”，邮票除正面图案不同外，其余均相同．将这三枚邮票背面向上，洗匀放好．
（1）若小红从这三枚邮票中随机抽取一枚，则抽到邮票图案是“同圆共生”的概率是_________；
（2）若小红从这三枚邮票中随机抽取一枚，记录图案后放回；重新洗匀后再从这三枚邮票中随机抽取一枚．请用树状图（或列表）的方法，求她两次抽出的邮票图案都是“同圆共生”的概率（图案为“同圆共生”的两枚邮票分别记为，，图案为“癸卯寄福”的邮票记为B）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据概率公式计算即可；
（2）用树状图列出所有等可能出现的结果，再根据概率公式计算即可．
【小问1详解】
解：一共有三枚邮票，两枚图案是“同圆共生”，
从这三枚邮票中随机抽取一枚，则抽到的邮票图案是“同圆共生”的概率是，
故答案为：；
【小问2详解】
解：画树状图如下：

由图可知，共有9个等可能的结果，两次抽出的邮票图案都是“同圆共生”的结果有4个，则两次抽出的邮票图案都是“同圆共生”的概率是．
【点睛】本题考查了列表法或树状图法求概率，解题的关键是熟练掌握概率等于所求情况数与总情况数之比．
19. 某工程在招标时接到甲、乙两个工程队的投标书．施工一天，需付甲工程队工程款1.2万元，乙工程队工程款万元，工程领导小组根据甲、乙两队的投标书测算，有如下方案：
①甲队单独完成这项工程刚好如期完成；
②乙队单独完成这项工程要比规定工期多用6天；
③若甲、乙两队合作3天，余下的工程由乙队单独做，也正好如期完成．求规定工期是多少天？
【答案】规定工期是6天
【解析】
【分析】设规定工期为x天，根据“甲、乙两队合作3天，余下的工程由乙队单独做，也正好如期完成”列出分式方程，解方程检验后可得答案．
【详解】解：设规定工期为x天，
由题意得：，
解得：，
经检验：是原方程的解，
答：规定工期是6天．
【点睛】此题考查了分式方程的应用，根据总工程量为1列出方程是解题关键，解分式方程不要忘记检验．
20. 学校打算用长的栅栏围成一个矩形的花圃，花圃一面靠墙（如图），墙的最大可利用长度为．

（1）若要围成一个面积为的矩形花圃，问该怎么围？
（2）能否围成一个面积为的矩形花圃？请说明理由．
【答案】（1）围成平行于墙的一边为，垂直于墙的边为
（2）不能，理由见解析
【解析】
【分析】（1）设平行于墙的一边为，则垂直于墙的边为，根据矩形花圃的面积为，列方程为，求解即可；
（2）设平行于墙的一边为，则垂直于墙的边为，根据矩形花圃的面积为，列方程为，化简整理得，因为，所以方程无解，即可得出结论．
【小问1详解】
解：设平行于墙的一边为，则垂直于墙的边为，根据题意，得
，化简整理得
解得：，，
∵
∴不符合题意，舍去，
∴，，
答：围成平行于墙的一边为，垂直于墙的边为．
【小问2详解】
解：不能．
设平行于墙的一边为，则垂直于墙的边为，根据题意，得
，化简整理得，
∵
∴方程无解，
∴不能围成一个面积为的矩形花圃．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用，根据题意，列出方程是解题的关键．
21. 如图，在中，，，是边上的中线，，．

（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据，，得到四边形是平行四边形，利用中线以及含30度角的直角三角形的性质得到，即可得证；
（2）菱形的性质得到：，过作，利用含30度角的直角三角形和勾股定理求出的长，利用面积公式进行求解即可．
【小问1详解】
证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
又∵，，
∴，
又∵是边上的中线，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
【小问2详解】
由（1）可知，四边形是菱形，
∴，
过作，

∵，，
∴，
∴，
∴，，
∴．
【点睛】本题考查菱形的判定和性质，含30度角的直角三角形．熟练掌握菱形的判定方法，30度角所对的直角边是斜边的一半，是解题的关键．
22. 成都熊猫基地瞭望塔可以看到熊猫基地的全貌，还可以看到339电视塔，成为了成都的新地标，也是去成都观光旅游的新景点．小辉想利用所学知识测量瞭望塔的高度，测量方法如下：在地面上点处平放一面镜子，并在镜子上做一个标记，然后人向后退，直至站在点处恰好看到瞭望塔的顶端在镜子中的像与镜子上的标记重合，如图，其中，，三点在同一直线上．已知小辉的眼睛距离地面的高度约为，测得，，请你帮助他求出该瞭望塔的高度．．

【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得：，，，从而可得，然后证明，从而利用相似三角形的性质进行计算，即可解答．
【详解】解：解：由题意得：，，，
，
，
，
，
，
该瞭望塔的高度为．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
23. 如图，在中，，以为边作矩形，直线与直线分别交于点F、G．
（1）如图所示，点D在线段上，四边形是正方形．
①求证：；
②若点G为的中点，求的长；
③若，求的长；
（2）已知，是否存在点D，使得是等腰三角形？若存在，若不存在，说明理由．
【答案】（1）①证明见解析；②；③；
（2）4或20或或．
【解析】
【分析】本题主要考查正方形性质、全等三角形的判定、最短距离问题、勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质的综合运用是解题的关键．
（1）①由正方形的性质可得,然后根据即可证明结论；②先证明，推出，进而完成解答；③如图，先证明，然后根据直角三角形的性质即可解答；
（2）分点D在线段上、当点D在线段的延长线上且直线的交点中上方、点D在线段的延长线上且直线的交点中下方、点D在线段的延长线上四种情况分别求解即可．
【小问1详解】
解：①∵四边形是正方形，是对角线，
∴，
∵，
∴；
②在正方形中，，
∵点G为中点，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，即,
∵,即
∴；
③如图: 正方形中，，
∵，
∴，
∴，
设；
∵，
∴,
∵，
∴,
在中，，
∴，解得：，
∴，
∵，
∴，
在中，；
【小问2详解】
解：如图：在中，．
①当点D在线段上时，此时只有，
∵，
∴，
设,则,
∴,则；
∵，
∴，
∴，
∴，整理得：．解得或5（舍弃），
∴腰长．
②如图：当点D在线段的延长线上，且直线的交点中上方时，此时只有，
设,则，
∴,
∵，
∴，
∴，
∴，解得或（舍弃），
∴腰长．
③如图：当点D在线段的延长线上，且直线的交点中下方时，此时只有，过点D作，
设,则．
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，解得或（舍去）．
∴腰长，
④如图：当点D在线段的延长线上时，此时只有，作于H，
设,则，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，解得：或（舍去）．
∴腰长．
综上所述，等腰的腰长为4或20或或．