广东省深圳市宝安、罗湖、福田、龙华四区2024-2025学年数学九上开学教学质量检测试题【含答案】

这是一份广东省深圳市宝安、罗湖、福田、龙华四区2024-2025学年数学九上开学教学质量检测试题【含答案】，共22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）甲、乙、丙、丁四人参加训练，近期的10次百米测试平均成绩都是13.2s，方差如下表：
则这四人中发挥最稳定的是( )
A．甲B．乙C．丙D．丁
2、（4分）一次函数y=kx+b，当kb.
【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.
13、
【解析】
利用配方法，加上一次项系数的一半的平方来凑完全平方式，即可把一般式转化为顶点式．
【详解】
解：，
，
．
故答案为：．
本题考查了二次函数的三种形式：一般式：，顶点式：；两根式：．正确利用配方法把一般式化为顶点式是解题的关键．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、见解析.
【解析】
方法一：先根据平行四边形的性质及中点的定义得出AE=FC，AE∥FC，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证出四边形AECF是平行四边形，然后根据平行四边形的对边相等得出AF=CE；
方法二：先利用“边角边”证明△ADF≌△CBE，再根据全等三角形的对应边相等得出AF=CE．
【详解】
证明：（证法一）：
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
又∵E、F是AB、CD的中点，
∴AE＝AB，CF＝CD，
∴AE＝CF，AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AF＝CE．
（证法二）：
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠D，
又∵E、F是AB、CD的中点，
∴BE＝AB，DF＝CD，
∴BE＝DF，
∴△ADF≌△CBE（SAS），
∴AF＝CE．
本题考查了证明两条线段相等的方法，一般来说，可以证明这两条线段是一个平行四边形的一组对边，也可以证明这两条线段所在的三角形全等．注意根据题目的已知条件，选择合理的判断方法．
15、，见解析.
【解析】
分别求出不等式组中两个不等式的解集，找出解集的公共部分确定出不等式组的解集，表示在数轴上即可.
【详解】
解：
由（1）得
由（2）得
不等式组的解集为
在数轴上表示如图所示：
此题考查了解一元一次不等式组，以及数轴上表示不等式的解集，熟练掌握运算法则是解题的关键.
16、（1）DE=BC；(2)
【解析】
（1）由∠ACB=90°，∠A=30°得到∠B=60°，根据直角三角形斜边上中线性质得到DB=DC，则可判断△DCB为等边三角形，由于DE⊥BC，可得DE=BD=BC；
（2）根据旋转的性质得到∠PDF=60°，DP=DF，易得∠CDP=∠BDF，则可根据“SAS”判断△DCP≌△DBF，则CP=BF，利用CP+BP =BC，DE=BC可得到DE =（BF+BP）.
【详解】
解：（1）∵∠ACB=90°，∠A=30°，
∴∠B=60°，
∵点D是AB的中点，
∴DB=DC，
∴△DCB为等边三角形，
∵DE⊥BC，
∴DE=BC；
故答案为DE=BD=BC．
（2）DE =（BF+BP）．理由如下：
∵线段DP绕点D逆时针旋转60°，得到线段DF，
∴∠PDF=60°，DP=DF，
而∠CDB=60°，
∴∠CDB-∠PDB=∠PDF-∠PDB，
∴∠CDP=∠BDF，
在△DCP和△DBF中
，
∴△DCP≌△DBF（SAS），
∴CP=BF，
而CP=BC-BP，
∴BF+BP=BC，
∵DE=BC，
∴DE =（BF+BP）；
故答案为DE =（BF+BP）.
本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；全等三角形的对应边相等．也考查了等边三角形的判定与性质以及含30度的直角三角形三边的关系．
17、（1）1,3；（2）8,1,1，平均数不能反映该班同学捐书册数的一般情况,，理由见解析.
【解析】
（1）根据：全班40名同学和共捐图书320册这两个相等关系，设捐献7册的人数为x，捐献8册的人数为y，就可以列出方程组解决．
（2）找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数或两个数的平均数为中位数，众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个．平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数．然后根据它们的意义判断．
【详解】
解：（1）设捐款7册的x人，捐款8册的y人，
由题意可得：
解得：
答：捐款7册的1人，捐款8册的3人；
（2）平均数为：320÷40＝8，
∵40个数据的中间是第20，21个数据的平均数，
∴中位数为：（1+1）÷2＝1，
众数是1．
因为平均数8受两个50的影响较大，所以平均数不能反映该班同学捐书册数的一般情况．
此题主要考查了二元一次方程组的应用以及众数、中位数的定义，根据题意得出正确等量关系式是解题关键．
18、 (1)2；（2）−a1b−a2b2+ab1．
【解析】
（1）根据0次幂和负整数指数幂，即可解答．
（2）根据单项式乘以多项式，即可解答．
【详解】
（1）（1.12﹣π）0+（﹣）﹣2﹣2×2﹣1
=1+2-2×
=1+2-1
=2．
（2）（2a2+ab-2b2）（-ab）
=−a1b−a2b2+ab1．
本题考查了单项式乘以多项式，解决本题的关键是熟记单项式乘以多项式的法则．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、①③④.
【解析】
如图，作AM⊥y轴于M，AN⊥OE于N．首先证明四边形AMON是正方形，再证明△AMF≌△ANB（ASA），△AMC≌△ANE（ASA），△AFC≌△ABE（SSS）即可解决问题.
【详解】
解：如图，作AM⊥y轴于M，AN⊥OE于N．
∵A（4，4），
∴AM=AN=4，
∵∠AMO=∠ONA=90°，
∴四边形ANON是矩形，
∵AM=AN，
∴四边形AMON是正方形，
∴OM=ON=4，
∴∠MAN=90°，
∵CD⊥EF，
∴∠FAC=∠MAN=90°，
∴△AMF≌△ANB（ASA），∴FM=BN，
∴OF+OB=OM+FM+ON-BN=2OM=8，故③正确，
同法可证△AMC≌△ANE（ASA），
∴CM=NE，AC=AE，故①正确；
∵FM=BN，
∴CF=BE，
∵AC=AE，AF=AB，
∴△AFC≌△ABE（SSS），
∴S△ABE-S△BOC=S△AFC-S△BOC=S四边形ABOF=S正方形AMON=16，故④正确，
当BE为定值时，点P是动点，故PC≠BE，故②错误，
故答案为①③④．
本题考查三角形的面积、坐标与图形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
20、π+2
【解析】
根据零指数幂，负整数指数幂，绝对值的性质计算即可．
【详解】
原式＝．
故答案为：．
本题主要考查实数的混合运算，掌握实数的混合运算的顺序和法则是解题的关键．
21、21
【解析】
连接BD交AC于点O，已知AC即可求AO，菱形对角线互相垂直，所以△AOB为直角三角形，根据勾股定理即可求BO的值，即可求BD的值，根据AC、BD可以求菱形ABCD的面积．
【详解】
如图，连接BD交AC于点O．
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO=CO，BO=DO．
∵AC=8，∴AO=1．在Rt△AOB中，BO3，∴BD=2BO=6，∴菱形ABCD的面积为S6×8=21．
故答案为：21．
本题考查了菱形的性质，勾股定理．根据勾股定理求BO的值是解题的关键．
22、2
【解析】
根据平方差公式即可得出答案.
【详解】
∵，
∴
故答案为2.
本题考查的是平方差公式，熟知平方差公式是解题的关键.
23、-1
【解析】
将点P的坐标代入两个函数表达式即可求解．
【详解】
解：将点P的坐标代入两个函数表达式得：
，
解得：k=-1．
故答案为：-1．
本题考查的是直线交点的问题，只需要把交点坐标代入两个函数表达式即可求解．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1） ；（1） .
【解析】
（1）由勾股定理知：c1＝a1+b1．
（1）由勾股定理知：a1＝c1﹣b1．
【详解】
（1）由勾股定理知：c1＝a1+b1＝51+101＝115．则．
（1）由勾股定理知：a1＝c1﹣b1＝（）1﹣11＝．则．
本题考查的是勾股定理，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．
25、 (1)见解析;(2)见解析;(3)见解析.
【解析】
（1）先利用菱形的性质，得出是等边三角形，再利用等边三角形的性质，即可解答
（2）设，根据菱形的性质得出，由（1）可知，即可解答
（3）连接，在上取点，使，延长至，使，连接，连接，设与的交点为，首先证明，再根据全等三角形的性质得出是等边三角形，然后再证明，即可解答
【详解】
（1）是等腰三角形；
证明：∵四边形是菱形，∴，
∵，∴是等边三角形，
∴.
∵，∴，
∴是等腰三角形.
（2）设.
∵四边形是菱形，∴，
∴.
由（1）知，，同理可得：.
∴，
∴，∴，
∴.
∴.
（3）成立；
证明：如图2，连接，在上取点，使，延长至，使，连接，连接，设与的交点为.
∵，，∴.
∵，
∴（ASA），
∴，，
∴，∴.
∵，
∵，∵，∴是等边三角形，
∴.
∵，
∵，
∴，
∴.
∵，
∴，
∴，
∵，
∴.
此题考查全等三角形的判定与性质，菱形的性质, 等边三角形的判定与性质，解题关键在于作辅助线
26、【解析】
试题分析：（1）直接根据勾股定理求出BC的长度；
（2）当△ABP为直角三角形时，分两种情况：①当∠APB为直角时，②当∠BAP为直角时，分别求出此时的t值即可；
（3）当△ABP为等腰三角形时，分三种情况：①当AB=BP时；②当AB=AP时；③当BP=AP时，分别求出BP的长度，继而可求得t值．
试题解析：（1）在Rt△ABC中，BC2=AB2-AC2=52-32=16，
∴BC=4（cm）；
（2）由题意知BP=tcm，
①当∠APB为直角时，点P与点C重合，BP=BC=4cm，即t=4；
②当∠BAP为直角时，BP=tcm，CP=（t-4）cm，AC=3cm，
在Rt△ACP中，
AP2=32+（t-4）2，
在Rt△BAP中，AB2+AP2=BP2，
即：52+[32+（t-4）2]=t2，
解得：t=，
故当△ABP为直角三角形时，t=4或t=；
（3）①当AB=BP时，t=5；
②当AB=AP时，BP=2BC=8cm，t=8；
③当BP=AP时，AP=BP=tcm，CP=|t-4|cm，AC=3cm，
在Rt△ACP中，AP2=AC2+CP2，
所以t2=32+（t-4）2，
解得：t=，
综上所述：当△ABP为等腰三角形时，t=5或t=8或t=．
考点：勾股定理
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
选手
甲
乙
丙
丁
方差(s2)
0.020
0.019
0.021
0.022
册数
4
5
6
7
8
50
人数
6
8
15
2