2024-2025学年广州市东环中学九上数学开学统考试题【含答案】

这是一份2024-2025学年广州市东环中学九上数学开学统考试题【含答案】，共24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）如图，中，垂足为点，若，则的度数是( )
A．B．C．D．
2、（4分）如图，以正方形ABCD的边AB为一边向外作等边三角形ABE，则∠BED的度数为（ ）
A．55°B．45°C．40°D．42.5°
3、（4分）平行四边形ABCD中，∠A比∠B大40°，则∠D的度数为（ ）
A．60°B．70°C．100°D．110°
4、（4分）定义：如果一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）满足a+b+c=0，那么我们称这个方程为“和谐”方程；如果一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）满足a﹣b+c=0那么我们称这个方程为“美好”方程，如果一个一元二次方程既是“和谐”方程又是“美好”方程，则下列结论正确的是（ ）
A．方有两个相等的实数根B．方程有一根等于0
C．方程两根之和等于0D．方程两根之积等于0
5、（4分）下列各式中，不是最简二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
6、（4分）下列说法正确的是( )
A．对应边都成比例的多边形相似B．对应角都相等的多边形相似
C．边数相同的正多边形相似D．矩形都相似
7、（4分）若，则下列不等式中一定成立的有（ ）
A．B．
C．D．
8、（4分）若解关于x的方程有增根，则m的值为（ ）
A．﹣5B．5C．﹣2D．任意实数
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）二项方程在实数范围内的解是_______________
10、（4分）若分式方程 无解，则等于___________
11、（4分）已知点 A（2，a），B（3，b）在函数 y=1﹣x 的图象上，则 a 与 b 的大小关系是_____．
12、（4分）已知y是x的一次函数，右表列出了部分对应值，则______．
13、（4分）如图，在正方形ABCD中，H为AD上一点，∠ABH＝∠DBH，BH交AC于点G．若HD＝2，则线段AD的长为_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）某公司为了了解员工每人所创年利润情况，公司从各部门抽取部分员工对每年所创年利润情况进行统计，并绘制如图所示的统计图．
(1)求抽取员工总人数，并将图补充完整；
(2)每人所创年利润的众数是________，每人所创年利润的中位数是________，平均数是________；
(3)若每人创造年利润10万元及(含10万元)以上为优秀员工，在公司1200员工中有多少可以评为优秀员工？
15、（8分）明德中学在商场购买甲、乙两种不同足球，购买甲种足球共花费3000元，购买乙种足球共花费2100元，购买甲种足球数量是购买乙种足球数量的2倍．且购买一个乙种足球比购买一个甲种足球多花20元．
（1）求购买一个甲种足球、一个乙种足球各需多少元；
（2）为响应国家“足球进校园”的号召，这所学校决定再次购买甲、乙两种足球共50个，恰逢该商场对两种足球的售价进行调整，甲种足球售价比第一次购买时提高了10%，乙种足球售价比第一次购买时降低了10%．如果此次购买甲、乙两种足球的总费用不超过2950元，那么这所学校最多可购买多少个乙种足球？
16、（8分）矩形纸片ABCD，AB=4，BC=12，E、F分别是AD、BC边上的点，ED=1．将矩形纸片沿EF折叠，使点C落在AD边上的点G处，点D落在点H处．
（1）矩形纸片ABCD的面积为
（2）如图1，连结EC，四边形CEGF是什么特殊四边形，为什么？
（1）M，N是AB边上的两个动点，且不与点A，B重合，MN=1，求四边形EFMN周长的最小值.（计算结果保留根号）
17、（10分）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作且，连接、，连接交于点.
(1)求证:;
(2)若菱形的边长为2, .求的长.
18、（10分）如图，在平面直角坐标系中，直线与直线相交于点 A .
(I)求直线与 x 轴的交点坐标，并在坐标系中标出点 A 及画出直线 的图象；
(II)若点P是直线在第一象限内的一点，过点P作 PQ//y 轴交直线 于点Q，△POQ 的面积等于60 ，试求点P 的横坐标.
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）对于任意不相等的两个正实数a，b，定义运算如下：如，如，那么________.
20、（4分）关于x的方程有解，则k的范围是______．
21、（4分）当________时，的值最小.
22、（4分）如图 ，在中， ，，点、为 边上两点， 将、分别沿、折叠，、两点重合于点，若，则的长为__________．
23、（4分）不等式的正整数解为______.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）为了倡导“全民阅读”，某校为调査了解学生家庭藏书情况，随机抽取本校部分学生进行调查，并绘制成统计图表如下：
根据以上信息，解答下列问题
（1）共抽样调查了 名学生，a= ；
（2）在扇形统计图中，“D”对应扇形的圆心角为 ；
（3）若该校有2000名学生，请估计全校学生中家庭藏书超过60本的人数．
25、（10分）如图，正方形网格中的每个小正方形边长都为1，每个小正方形的顶点叫做格点．
（1）以格点为顶点画，使三这长分别为；
（2）若的三边长分别为m、n、d，满足，求三边长，若能画出以格点为顶点的三角形，请画出该格点三角形．

26、（12分）如图，四边形为正方形.在边上取一点，连接，使.
（1）利用尺规作图（保留作图痕迹）：分别以点、为圆心，长为半径作弧交正方形内部于点，连接并延长交边于点，则；
（2）在前面的条件下，取中点，过点的直线分别交边、于点、.
①当时，求证：；
②当时，延长，交于点，猜想与的数量关系，并说明理由.
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】
根据平行四边形性质得出∠B=∠D，根据三角形内角和定理求出∠B即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D．
∵AE⊥BC，
∴∠AEB=90°．
又∠BAE=23°，
∴∠B=90°-23°=67°．
即∠D=67°．
故选：A．
本题考查了平行四边形的性质，关键是求出∠B的度数．
2、B
【解析】
根据等边三角形和正方形的性质，可证△AED为等腰三角形，从而可求∠AED，也就可得∠BED的度数.
【详解】
解：∵等边△ABE，
∴∠EAB=60°，AB=AE
∴∠EAD=150°，
∵正方形ABCD，
∴AD=AB
∴AE=AD，
∴∠AED=∠ADE=15°，
∴∠BED=60°-15°=45°，
故选：B.
此题主要考查了等边三角形的性质．即每个角为60度.
3、B
【解析】
试题分析：根据平行四边形的对角相等，邻角之和为180°，即可求出该平行四边形各个内角的度数．
解：画出图形如下所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D，∠A+∠B=180°，
又∵∠A﹣∠B=40°，
∴∠A=110°，∠B=70°，
∴∠D=∠B=70°．
故选B．
4、C
【解析】
试题分析：根据已知得出方程ax2+bx+c=0（a≠0）有两个根x=1和x=﹣1，再判断即可．
解：∵把x=1代入方程ax2+bx+c=0得出：a+b+c=0，
把x=﹣1代入方程ax2+bx+c=0得出a﹣b+c=0，
∴方程ax2+bx+c=0（a≠0）有两个根x=1和x=﹣1，
∴1+（﹣1）=0，
即只有选项C正确；选项A、B、D都错误；
故选C．
5、D
【解析】
根据最简二次根式的条件：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式进行分析即可．
【详解】
解：A、是最简二次根式，不符合题意；
B、是最简二次根式，不符合题意；
C、是最简二次根式，不符合题意；
D、不是最简二次根式，符合题意；
故选：D．
此题主要考查了最简二次根式，关键是掌握最简二次根式的条件．
6、C
【解析】
试题分析：根据相似图形的定义，对选项一一分析，排除错误答案．
解：A、对应边都成比例的多边形，属于形状不唯一确定的图形，故错误；
B、对应角都相等的多边形，属于形状不唯一确定的图形，故错误；
C、边数相同的正多边形，形状相同，但大小不一定相同，故正确；
D、矩形属于形状不唯一确定的图形，故错误．
故选C．
考点：相似图形．
点评：本题考查相似变换的定义，即图形的形状相同，但大小不一定相同的是相似形．
7、C
【解析】
根据不等式的性质，两边同时除以5进行计算，判断出结论成立的是哪个即可．
【详解】
解：∵5x＞-5y，
∴x＞-y，
∴x+y＞0
故选：C．
此题主要考查了不等式的性质，要熟练掌握，特别要注意在不等式两边同乘以（或除以）同一个数时，不仅要考虑这个数不等于0，而且必须先确定这个数是正数还是负数，如果是负数，不等号的方向必须改变．
8、A
【解析】
增根是化为整式方程后产生的不适合分式方程的根所以应先确定增根的可能值,让最简公分母(x-1))=0,得到x=1,然后代入化为整式方程的方程算出m的值
【详解】
方程两边都乘（x﹣1），
得x＝3（x﹣1）﹣m，
∵原方程有增根，
∴最简公分母x﹣1＝0，
解得x＝1，
当x＝1时，m＝﹣1，故m的值是﹣1．
故选：A．
此题考查分式方程的增根，解题关键在于利用原方程有增根
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、x=-1
【解析】
由2x1+54=0，得x1=-27，解出x值即可．
【详解】
由2x1+54=0，得x1=-27，
∴x=-1，
故答案为：x=-1．
本题考查了立方根，正确理解立方根的意义是解题的关键．
10、
【解析】
先去分母，把分式方程的增根代入去分母后的整式方程即可得到答案．
【详解】
解：，
去分母得：，
所以：，
因为：方程的增根是，
所以：此时，
故答案为：．
本题考查分式方程无解时字母系数的取值，掌握把增根代入去分母后的整式方程是解题关键．
11、a>b.
【解析】
分别把点A（2，a），B（3，b）代入函数y=1-x，求出a、b的值，并比较出其大小即可．
【详解】
∵点A(2,a),B(3,b)在函数y=1−x的图象上，
∴a=−1，b=−2，
∵−1>−2，
∴a>b.
故答案为：a>b.
此题考查一次函数图象上点的坐标特征，解题关键在于把A,B代入方程.
12、1
【解析】
先设一次函数关系式:,根据表格中的数据代入函数关系式可得:,解得:,继而可求一次函数关系式,最后将x=0代入求解.
【详解】
设一次函数关系式:,
根据表格中的数据代入函数关系式可得:,
解得:,
所以一次函数关系式是:
将x=0,y=m代入可得:
,
故答案为:1.
本题主要考查待定系数法求一次函数关系式,解决本题的关键是要熟练掌握待定系数法.
13、
【解析】
作HE⊥BD交BD于点E，在等腰直角三角形DEH中求出HE的长，由角平分线的性质可得HE=AH，即可求出AD的长.
【详解】
作HE⊥BD交BD于点E，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°, ∠ADB=45°,
∴△DEH是等腰直角三角形，
∴HE=DE，
∵HE2+DE2=DH2,
∴HE=,
∵∠ABH＝∠DBH，∠BAD=90°, ∠BEH=90°,
∴HE=AH=,
∴.AD=.
故答案为.
本题考查了正方形的性质，角平分线的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质是解答本题的关键.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）见解析（2）8万元，8万元，8.12万元（3）384人
【解析】
试题分析：（1）根据扇形中各部分所占的百分比的和是1，即可求得3万元的员工所占的百分比，然后根据百分比的意义求得直方图中缺少部分的人数；
（2）根据众数、中位数以及平均数的定义求解；
（3）利用总数1200乘以对应的比例即可求解．
【详解】
试题解析：（1）3万元的员工的百分比为：1﹣36%﹣20%﹣12%﹣24%=8%，
抽取员工总数为：4÷8%=50（人）
5万元的员工人数为：50×24%=12（人）
8万元的员工人数为：50×36%=18（人）
（2）每人所创年利润的众数是 8万元，每人所创年利润的中位数是8万元，
平均数是：（3×4+5×12+8×18+10×10+15×6）=8.12万元．
故答案为8万元，8万元，8.12万元．
（3）1200×=384（人）．
答：在公司1200员工中有384人可以评为优秀员工．
考点： 条形统计图；用样本估计总体；扇形统计图；加权平均数；中位数．
15、（1）购买一个甲种足球需要50元，购进一个乙种足球需要70元；（2）这所学校最多可购买25个乙种足球．
【解析】
（1）设购买一个甲种足球需要x元，则购进一个乙种足球需要元，根据数量=总价÷单价结合3000元购买的甲种足球数量是2100元购买的乙种足球数量的2倍，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
（2）设这所学校可购买m个乙种足球，则购买个甲种足球，根据总价=单价×数量结合总费用不超过2950元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得出结论．
【详解】
（1）设购买一个甲种足球需要x元，则购进一个乙种足球需要元
依题意得：
解得：
经检验，是所列分式方程的解，且符合题意
此时，
答：购买一个甲种足球需要50元，购进一个乙种足球需要70元；
（2）设这所学校可购买m个乙种足球，则购买个甲种足球，
依题意得：
解得：
答：这所学校最多可购买25个乙种足球．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
16、（1）2；（2）四边形CEGF是菱形，理由见详解；（1）四边形EFMN周长的最小值为.
【解析】
（1）矩形面积=长×宽，即可得到答案，
（2）利用对角线互相垂直平分的四边形是菱形进行证明，先证对角线相互垂直，再证对角线互相平分．
（1）明确何时四边形的周长最小，利用对称、勾股定理、三角形相似，分别求出各条边长即可．
【详解】
解：（1）S矩形ABCD=AB•BC=12×4=2，
故答案为：2．
（2）四边形CEGF是菱形，
证明：连接CG交EF于点O，
由折叠得：EF⊥CG，GO=CO，
∵ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠OGE=∠OCF，∠GEO=∠CFO
∴△GOE≌△COF（AAS），
∴OE=OF
∴四边形CEGF是菱形．
因此，四边形CEGF是菱形．
（1）作F点关于点B的对称点F1，则NF1=NF，
当NF1∥EM时，四边形EFMN周长最小，
设EC=x，由（2）得：GE=GF=FC=x，
在Rt△CDE中，∵ED2+DC2=EC2，
∴12+42=EC2，
∴EC=5=GE=FC=GF，
在Rt△GCD中，，
∴OC=GO=，
在Rt△COE中，，
∴EF=2OE=，
当NF1∥EM时，易证△EAM∽△F1BN，
∴，
设AM=y，则BN=4-1-y=1-y，
∴，解得：，
此时，AM=，BN=，
由勾股定理得：
，
，
∴四边形EFMN的周长为：
故四边形EFMN周长的最小值为：.
考查矩形的性质、菱形的判定和性质、对称及三角形相似的性质和勾股定理等知识，综合性很强，利用的知识较多，是一道较难得题目．
17、（1）证明见解析（1）
【解析】
试题分析：（1）先求出四边形OCED是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直求出∠COD=90°，证明OCED是矩形，可得OE=CD即可；
（1）根据菱形的性质得出AC=AB，再根据勾股定理得出AE的长度即可．
（1）证明：在菱形ABCD中，OC=AC．
∴DE=OC．
∵DE∥AC，
∴四边形OCED是平行四边形．
∵AC⊥BD，
∴平行四边形OCED是矩形．
∴OE=CD．
（1）在菱形ABCD中，∠ABC=60°，
∴AC=AB=1．
∴在矩形OCED中，
CE=OD=．
在Rt△ACE中，
AE=．
点睛：本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，是基础题，熟记矩形的判定方法与菱形的性质是解题的关键．
18、 (I)见解析；(II) 点的横坐标为12.
【解析】
(I)将直线与直线联立方程求解，即可得到点A的坐标,然后可以在坐标系中标出点A；求出直线 与x轴的交点B，连接AB即是直线y2.
(II)用x表示出PQ的长度和Q点的横坐标，根据△POQ 的面积等于60，用等面积法即可求出点Q的横坐标.
【详解】
(I)在中，令，则，解得：,
∴与轴的交点的坐标为.
由解得.
所以点.
过、两点作直线的图象如图所示.
(II)∵点是直线在第一象限内的一点，
∴设点的坐标为，又∥轴，
∴点.
∴.
∵，
又的面积等于60，
∴，解得：或（舍去）.
∴点的横坐标为12.
本题主要是考查了一次函数.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
根据题目所给定义求解即可.
【详解】
解：因为，所以.
本题考查了二次根式的运算，属于新定义题型，正确理解题中所给定义并进行应用是解题的关键.
20、k≤5
【解析】
根据关于x的方程有解，当时是一次方程，方程必有解，时是二元一次函数，则可知△≥0，列出关于k的不等式，求得k的取值范围即可．
【详解】
解：∵方程有解
①当时是一次方程，方程必有解，
此时
②当时是二元一次函数，此时方程有解
∴△=16-4（k-1）≥0
解得：k≤5.
综上所述k的范围是k≤5.
故答案为：k≤5.
本题考查了一元二次方程根的判别式的应用．
总结：一元二次方程根的情况与判别式△的关系：
（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；
（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；
（3）△＜0⇔方程没有实数根．
21、
【解析】
根据二次根式的意义和性质可得答案.
【详解】
解：由二次根式的性质可知，当时，取得最小值0
故答案为：2
本题考查二次根式的“双重非负性”即“根式内的数或式大于等于零”和“根式的计算结果大于等于零”
22、3 或2
【解析】
过点A作AG⊥BC，垂足为G，由等腰三角形的性质可求得AG=BG=GC=2，设BD=x，则DF=x，EF=7-x，然后在Rt△DEF中依据勾股定理列出关于x的方程，从而可求得DG的值，然后依据勾股定理可求得AD的值．
【详解】
如图所示：过点A作AG⊥BC，垂足为G．
∵AB=AC=2 ，∠BAC=90°，
∴BC==1．
∵AB=AC，AG⊥BC，
∴AG=BG=CG=2．
设BD=x，则EC=7-x．
由翻折的性质可知：∠B=∠DFA=∠C=∠AFE=35°，DB=DF，EF=EC．
∴DF=x，EF=7-x．
在Rt△DEF中，DE2=DF2+EF2，即25=x2+（7-x）2，解得：x=3或x=3．
当BD=3时，DG=3，AD=
当BD=3时，DG=2，AD=
∴AD的长为3 或2
故答案为：3 或2
本题主要考查的是翻折的性质、勾股定理的应用、等腰直角三角形的性质，依据题意列出关于x的方程是解题的关键．
23、1
【解析】
先求出不等式的解集，然后根据解集求其非正整数解．
【详解】
解：∵，
∴，
∴正整数解是：1；
故答案为：1.
本题考查了一元一次不等式的解法，解不等式的步骤有：去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化成1，注意，系数化为1时要考虑不等号的方向是否改变．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）200，64；（2）126°；（3）1200人．
【解析】
（1）共抽样调查了50÷25%=200（名），200﹣（16+50+70）=64（名）；
（2）“D”对应扇形的圆心角360°×=126°；
（3）估计全校学生中家庭藏书超过60本的人数为（50+70）=1200（人）．
【详解】
解：（1）50÷25%=200（名），
200﹣（16+50+70）=64（名）
故答案为：200，64；
（2）“D”对应扇形的圆心角360°×=126°．
故答案为：126°；
（3）（50+70）=1200（人），
答：估计全校学生中家庭藏书超过60本的人数为1200人．
本题考查了扇形统计图的相关知识，正确读懂图表是解题的关键.
25、（1）见解析如图（1）；（2）三边分别为，3,2是格点三角形.图见解析.
【解析】
（1）根据勾股定理画出图形即可．
（2）先将等式变形，根据算术平方根和平方的非负性可得m和n的值，计算d的值，画出格点三角形即可．
【详解】
（1）如图（1）所示：
（2）∵，
∴，
解得：m=3,n=2,
∴三边长为3,2，或，3,2，
如图（2）所示：，3,2是格点三角形.
本题考查的是勾股定理，格点三角形、算术平方根和平方的非负性，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键．
26、（1）作图见解析；（2）①见解析；②数量关系为：或．理由见解析；
【解析】
（1）按照题意，尺规作图即可；
（2）连接PE，先证明PQ垂直平分BE，得到PB=PE，再证明，得到，利用在直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边的一半，即可解答；
（3）NQ=2MQ或NQ=MQ，分两种情况讨论，作辅助线，证明，即可解答.
【详解】
（1）如图1，分别以点、为圆心，长为半径作弧交正方形内部于点，连接并延长交边于点；
图1
（2）①连接，如图2，
图2
点是的中点，
垂直平分．
，
，
，
，
，
，
．
②数量关系为：或．
理由如下，分两种情况：
I、如图3所示，过点作于点交于点，则．
图3
正方形中，，
．
在和中，
．
．
又，
，
．．
．
Ⅱ、如图4所示，过点作于点交于点，则．
图4
同理可证．
此时．
又，．
．
，．
本题为正方形和三角形变化综合题，难度较大，熟练掌握相关性质定理以及分类讨论思想是解答本题的关键.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
x
1
0
2
y
3
m
5