湖北省鄂州市名校2024年九上数学开学达标检测试题【含答案】

这是一份湖北省鄂州市名校2024年九上数学开学达标检测试题【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）某商品经过连续两次降价，销售单价由原来的125元降到80元，则两次降价的平均百分率为（ ）
A．10%B．15%C．20%D．25%
2、（4分）P1（x1，y1），P2（x2，y2）是正比例函数图象上的两点，下列判断中，正确的是
A．y1＞y2B．y1＜y2
C．当x1＜x2时，y1＜y2D．当x1＜x2时，y1＞y2
3、（4分）下面四个二次根式中，最简二次根式是（ ）
A．B．C．D．
4、（4分）只用下列图形不．能．进行平面镶嵌的是（ ）
A．全等的三角形B．全等的四边形
C．全等的正五边形D．全等的正六边形
5、（4分）如果△ABC的三个顶点A，B，C所对的边分别为a，b，c，那么下列条件中，不能判断△ABC是直角三角形的是（ ）
A．∠A＝25°，∠B＝65°B．∠A：∠B：∠C＝2：3：5
C．a：b：c＝：：D．a＝6，b＝10，c＝12
6、（4分）已知是二元一次方程组的解，则的平方根为（ ）
A．2B．4C．D．
7、（4分）已知一次函数y=-0.5x+2，当1≤x≤4时，y的最大值是（ ）
A．1.5B．2C．2.5D．-6
8、（4分）如图，把线段AB经过平移得到线段CD，其中A，B的对应点分别为C，D．已知A（﹣1，0），B（﹣2，3），C（2，1），则点D的坐标为（ ）
A．．（1，4）B．．（1，3）C．．（2，4）D．．（2，3）
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）若正比例函数y=kx的图象经过点（2，4），则k=_____．
10、（4分）如图，在矩形中，于点，对角线、相交于点，且，，则__________．
11、（4分）在平面直角坐标系中，已知点E（-4，2），F（-2，-2），以原点O为位似中心，相似比为2，把△EFO放大，则点E的对应点E′的坐标是_____．
12、（4分）如图，在中，和分别平分和，过点作，分别交于点，若，则线段的长为_______．
13、（4分）已知a﹣2b＝10，则代数式a2﹣4ab+4b2的值为___．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）一分钟投篮测试规定，得6分以上为合格，得9分以上为优秀，甲、乙两组同学的一次测试成绩如下：
（1）请你根据上述统计数据，把下面的图和表补充完整；
一分钟投篮成绩统计分析表：
（2）下面是小明和小聪的一段对话，请你根据（1）中的表，写出两条支持小聪的观点的理由．
15、（8分）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、AB上一点，且AF＝BE，AE与DF交于点G．
（1）求证：AE＝DF．
（2）如图2，在DG上取一点M，使AG＝MG，连接CM，取CM的中点P．写出线段PD与DG之间的数量关系，并说明理由．
（3）如图3，连接CG．若CG＝BC，则AF：FB的值为 ．
16、（8分）某商贩出售一批进价为l元的钥匙扣，在销售过程中发现钥匙扣的日销售单价x（元）与日销售量y（个）之间有如下关系：
（1）根据表中数据在平面直角坐标系中，描出实数对（x，y）对应的点；
（2）猜想并确定y与x的关系式，并在直角坐标系中画出x>0时的图像；
（3）设销售钥匙扣的利润为T元，试求出T与x之间的函数关系式：若商贩在钥匙扣售价不超过8元的前提下要获得最大利润，试求销售价x和最大利润T．
17、（10分）如图，▱ABCD中，AB=2cm，AC=5cm，S▱ABCD=8cm2，E点从B点出发，以1cm每秒的速度，在AB延长线上向右运动，同时，点F从D点出发，以同样的速度在CD延长线上向左运动，运动时间为t秒．
（1）在运动过程中，四边形AECF的形状是____；
（2）t＝____时，四边形AECF是矩形；
（3）求当t等于多少时，四边形AECF是菱形．
18、（10分）请用合适的方法解下列一元二次方程：
（1）；
（2）．
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）如图是棱长为4cm的立方体木块，一只蚂蚁现在A点，若在B点处有一块糖，它想尽快吃到这块糖，则蚂蚁沿正方体表面爬行的最短路程是______cm．
20、（4分）如图，在中，，底边在轴正半轴上，点在第一象限，延长交轴负半轴于点，延长到点，使，若双曲线经过点，则的面积为________.
21、（4分）抛物线有最_______点．
22、（4分）已知y轴上的点P到原点的距离为7，则点P的坐标为_____．
23、（4分）已知：如图，、分别是的中线和角平分线，，，则的长等于__．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）平面直角坐标系中，直线l1:与x轴交于点A，与y轴交于点B，直线l2:与x轴交于点C，与直线l1交于点P．
（1）当k=1时，求点P的坐标；
（2）如图1，点D为PA的中点，过点D作DE⊥x轴于E，交直线l2于点F，若DF=2DE，求k的值；
（3）如图2，点P在第二象限内，PM⊥x轴于M，以PM为边向左作正方形PMNQ，NQ的延长线交直线l1于点R，若PR=PC，求点P的坐标．
25、（10分）如图，在正方形中，已知于．
（1）求证：；
（2）若，求的长．
26、（12分）一个多边形的内角和比它的外角和的2倍还大180度，求这个多边形的边数.
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、C
【解析】
根据商品的原来的价格（1-每次降价的百分数）2=现在的价格，设出未知数，列方程求解即可.
【详解】
解：设这种商品平均每次降价的百分率为x
根据题意列方程得：
解得（舍）
故选C.
本题主要考查一元二次方程的应用，关键在于根据题意列方程.
2、D
【解析】
试题分析：∵，k=＜0，∴y随x的增大而减小．
∴当x1＜x1时，y1＞y1．故选D．
3、A
【解析】
分析：根据最简二次根式的概念进行判断即可．
详解：A．是最简二次根式；
B．被开方数含分母，故B不是最简二次根式；
C．被开方数含能开得尽方的因数，故C不是最简二次根式；
D．被开方数含有小数，故D不是最简二次根式．
故选A．
点睛：本题考查了最简二次根式的定义．根据最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
4、C
【解析】
判断一种图形是否能够镶嵌，只要看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角．若能构成360°，则说明能够进行平面镶嵌；反之则不能．根据以上结论逐一判断即可．
【详解】
解：A项，三角形的内角和是180°，是360°的约数，能镶嵌平面，不符合题意；
B项，四边形的内角和是360°，是360°的约数，能镶嵌平面，不符合题意；
C项，正五边形的一个内角的度数为180－360÷5=108，不是360的约数，不能镶嵌平面，符合题意；
D项，正六边形的一个内角的度数是180－360÷6=120，是360的约数，能镶嵌平面，不符合题意；故选C.
本题考查了平面镶嵌的知识，几何图形能镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角.用一种正多边形单独镶嵌，只有正三角形，正四边形，正六边形三种正多边形能镶嵌成一个平面图案．
5、D
【解析】
根据勾股定理的逆定理和三角形的内角和定理进行判定即可．
【详解】
解：A、∵∠A=25°，∠B=65°，
∴∠C=180°﹣∠A﹣∠B=90°，
∴△ABC是直角三角形，故A选项正确；
B、∵∠A：∠B：∠C=2：3：5，
∴，
∴△ABC是直角三角形；故B选项正确；
C、∵a：b：c=：：，
∴设a=k，b=k，c=k，
∴a2+b2=5k2=c2，
∴△ABC是直角三角形；故C选项正确；
D、∵62+102≠122，
∴△ABC不是直角三角形，故D选项错误．
故选：D．
本题主要考查直角三角形的判定方法，熟练掌握勾股定理的逆定理、三角形的内角和定理是解题的关键．
6、D
【解析】
由，是二元一次方程组的解，将，代入方程组求出与的值，进而求出的值，利用平方根的定义即可求出的平方根.
【详解】
将代入方程组中，得：，
解得：，
，
则的平方根为.
故选：.
此题考查了二元一次方程组的解，以及平方根的定义，解二元一次方程组的方法有两种：加减消元法，代入消元法.
7、A
【解析】
根据一次函数的系数k=-0.5＜0，可得出y随x值的增大而减小，将x=1代入一次函数解析式中求出y值即可．
【详解】
在一次函数y=-0.5x+2中k=-0.5＜0，
∴y随x值的增大而减小，
∴当x=1时，y取最大值，最大值为-0.5×1+2=1.5，
故选A．
本题考查了一次函数的性质，牢记“k＜0，y随x的增大而减小”是解题的关键．
8、A
【解析】
根据点A、C的坐标确定出平移规律，然后根据规律求解点D的坐标即可．
【详解】
∵A（﹣1，0）的对应点C的坐标为（2，1），
∴平移规律为横坐标加3，纵坐标加1，
∵点B（﹣2，3）的对应点为D，
∴D的坐标为（1，4）．
故选A．
本题考查了坐标与图形变化﹣平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减，本题根据对应点的坐标确定出平移规律是解题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、2
【解析】

10、
【解析】
由矩形的性质可得AO=CO=BO=DO，可证△ABE≌△AOE，可得AO=AB=BO=DO，由勾股定理可求AE的长．
【详解】
在矩形中, AO=CO=BO=DO
∵，，
∴BE=EO
∵AE⊥BD
∴垂直平分．
∴AB=AO
∴AB=AO=BO
∴为等边三角形．
∴∠BAO=60°
∵AE⊥BD
∴∠BAE=30°
∴，
∴．
故答案为：
本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练运用矩形的性质是本题的关键．
11、（-8，4）或（8，-4）
【解析】
由在平面直角坐标系中，已知点E（-4，2），F（-2，-2），以原点O为位似中心，相似比为2，把△EFO放大，根据位似图形的性质，即可求得点E的对应点E′的坐标．
【详解】
∵点E（-4，2），以原点O为位似中心，相似比为2，把△EFO放大，
∴点E的对应点E′的坐标是：（-8，4）或（8，-4）．
故答案为：（-8，4）或（8，-4）．
此题考查了位似图形的性质．此题比较简单，注意位似图形有两个．
12、5.
【解析】
由BD为角平分线，利用角平分线的性质得到一对角相等，再由EF与BC平行，利用两直线平行内错角相等得到一对角相等，等量代换可得出∠EBD=∠EDB，利用等角对等边得到EB=ED，同理得到FC=FD，再由EF=ED+DF，等量代换可得证．
【详解】
证明：∵BD为∠ABC的平分线，
∴∠EBD=∠CBD，
又∵EF∥BC，
∴∠EDB=∠CBD，
∴∠EBD=∠EDB，
∴EB=ED，
同理FC=FD，
又∵EF=ED+DF，
∴EF=EB+FC=5.
此题考查等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，解题关键在于得出∠EBD=∠EDB
13、1．
【解析】
将a2﹣4ab+4b2进行因式分解变形为（a﹣2b）2，再把a﹣2b＝10，代入即可.
【详解】
∵a﹣2b＝10，∴a2﹣4ab+4b2＝（a﹣2b）2＝102＝1，故答案为：1．
本题考查因式分解的应用，解答本题的关键是明确题意，利用完全平方公式因式分解，求出相应的式子的值．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、 (1)见解析；（2）乙组成绩好于甲组，理由见解析
【解析】
（1）根据测试成绩表求出乙组成绩为1分和9分的人数，补全统计图，再根据平均数的计算方法和中位数的定义求出平均数和中位数，即可补全分析表；
（2）根据平均分、方差、中位数、合格率的意义即可写出支持小聪的观点的理由．
【详解】
（1）根据测试成绩表即可补全统计图（如图）：
补全分析表：甲组平均分（4×1+5×2+6×5+1×2+8×1+9×4）÷15＝6.8，
乙组中位数是第8个数，是1．
（2）甲乙两组平均数一样，乙组的方差低于甲组，说明乙组成绩比甲组稳定，又乙组合格率比甲组高，所以乙组成绩好于甲组．
此题考查频数（率）分布直方图，方差，中位数，加权平均数，解题关键在于掌握中位数和方差的运算公式.
15、 (1) 见解析；(2) DG＝DP，理由见解析；(3) 1∶1.
【解析】
（1）用SAS证△ABE≌△DAF即可；
（2）DG＝DP，连接GP并延长至点Q，使PQ＝PG，连接CQ，DQ，先用SAS证△PMG≌△PCQ，得CQ＝MG＝AG，进一步证明∠DAG＝∠DCQ，再用SAS证明△DAG≌△DCQ，得∠ADF＝∠CDQ，于是有∠FDQ＝90°，进而可得△DPG为等腰直角三角形，由此即得结论；
（3）延长AE、DC交于点H，由条件CG＝BC可证CD=CG=CH，进一步用SAS证△ABE≌△HCE，得BE=CE，因为AF＝BE，所以AF：BF=BE：CE=1：1.
【详解】
解：（1）证明：正方形ABCD中，
AB＝AD，∠ABE＝∠DAF＝90°，BE＝AF，
∴△ABE≌△DAF（SAS）
∴AE＝DF；
（2）DG＝DP，理由如下：
如图，连接GP并延长至点Q，使PQ＝PG，连接CQ，DQ，
∵PM=PC，∠MPG=∠CPQ，
∴△PMG≌△PCQ（SAS），
∴CQ＝MG＝AG，∠PGM=∠PQC，
∴CQ∥DF，
∴∠DCQ＝∠FDC＝∠AFG，
∵∠AFG＋∠BAE＝90°，∠DAG＋∠BAE＝90°，
∴∠AFG=∠DAG.
∴∠DAG＝∠DCQ.
又∵DA=DC，
∴△DAG≌△DCQ（SAS）.
∴∠ADF＝∠CDQ.
∵∠ADC＝90°，
∴∠FDQ＝90°.
∴△GDQ为等腰直角三角形
∵P为GQ的中点
∴△DPG为等腰直角三角形.
∴DG＝DP.
（3）1∶1.
证明：延长AE、DC交于点H，
∵CG=BC，BC=CD，
∴CG=CD，∴∠1=∠2.
∵∠1+∠H=90°，∠2+∠3=90°，
∴∠3=∠H.
∴CG=CH.
∴CD=CG=CH.
∵AB=CD，∴AB=CH.
∵∠BAE=∠H，∠AEB=∠HEC，
∴△ABE≌△HCE（SAS）.
∴BE=CE.
∵AF=BE，
∴AF：BF=BE：CE=1：1.
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质，其中第（1）小题是基础，第（2）（3）两小题探求结论的关键是添辅助线构造全等三角形，从解题过程看，熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键.
16、（1）见解析；（2），见解析；（3），，（元）.
【解析】
（1）根据已知各点坐标进而在坐标系中描出即可；
（2）利用各点坐标乘积不变进而得出函数解析式，再画图象；
（3）利用利润=销量×（每件利润），进而得出答案．
【详解】
解：（1）如图：
（2）因为各点坐标xy乘积不变，猜想y与x为形式的反比例函数，
由题提供数据可知固定k值为24，
所以函数表达式为：，
连线如图：
（3）利润 = 销量 ×（每件利润），
利润为T，销量为y，由（2）知，
每件售价为1，则每件利润为x-1，
所以，
当最大时，最小，而此时最大，
根据题意，钥匙扣售价不超过8元，
所以时，（元）.
此题主要考查了反比例函数的应用，正确利用反比例函数增减性得出函数最值是解题关键．
17、（1）四边形AECF是平行四边形；理由见解析；（2）t=1；（3）t=
【解析】
（1）由平行四边形的性质得出AB=CD=2cm，AB∥CD，由已知条件得出CF=AE，即可得出四边形AECF是平行四边形；
（2）若四边形AECF是矩形，则∠AFC=90°，得出AF⊥CD，由平行四边形的面积得出AF=4cm，在Rt△ACF中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
（3）当AE=CE时，四边形AECF是菱形．过C作CG⊥BE于G，则CG=4cm，由勾股定理求出AG，得出GE，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】
解：（1）四边形AECF是平行四边形；理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=2cm，AB∥CD，
∴CF∥AE，
∵DF=BE，
∴CF=AE，
∴四边形AECF是平行四边形；
故答案为：平行四边形；
（2）t=1时，四边形AECF是矩形；理由如下：
若四边形AECF是矩形，
∴∠AFC=90°，
∴AF⊥CD，
∵S▱ABCD=CD•AF=8cm2，
∴AF=4cm，
在Rt△ACF中，AF2+CF2=AC2，
即42+（t+2）2=52，
解得：t=1，或t=-5（舍去），
∴t=1；故答案为：1；
（3）依题意得：AE平行且等于CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
故AE=CE时，四边形AECF是菱形．
又∵BE=tcm，
∴AE=CE=t+2（cm），
过C作CG⊥BE于G，如图所示：
则CG=4cm
AG==3（cm），
∴GE=t+2-3=t-1（cm），
在△CGE中，由勾股定理得：CG2+GE2=CE2=AE2，
即42+（t-1）2=（t+2）2，
解得：t=，
即t=s时，四边形AECF是菱形．
本题考查了平行四边形的性质与判定、菱形的判定、矩形的判定、勾股定理等知识；熟练掌握平行四边形的性质，由勾股定理得出方程是解决问题的关键．
18、（1），；（2），．
【解析】
（1）根据直接开平方法即可求解；
（2）根据因式分解法即可求解．
【详解】
解：（1）
，
x=±2
∴，．
（2）
，
∴x+3=0或x-1=0
∴，．
此题主要考查解一元二次方程，解题的关键是熟知因式分解法的应用．
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“两点之间线段最短”，将点A和点B所在的各面展开，展开为矩形，AB为矩形的对角线的长即为蚂蚁沿正方体表面爬行的最短距离，再由勾股定理求解即可．
【详解】
将点A和点B所在的面展开为矩形，AB为矩形对角线的长，
∵矩形的长和宽分别为8cm和4cm，
∴AB==cm．
故蚂蚁沿正方体的最短路程是cm．
故答案为：.
本题考查了勾股定理的拓展应用．“化曲面为平面”是解决“怎样爬行最近”这类问题的关键．
20、
【解析】
连接BE，先根据题意证明BE⊥BC，进而判定△CBE∽△BOD，根据相似比得出BC×OD=OB×BE的值即为|k|的值，再由三角形面积公式即可求解．
【详解】
解：如图，连接，
∵等腰三角形中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，即，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
又∵双曲线的图象过点，
∴，
∴的面积为.
故答案为：.
此题主要考查了反比例函数比例系数k的几何意义，解题时注意：过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得矩形面积为|k|，体现了数形结合的思想．
21、低
【解析】
因为：，根据抛物线的开口向上可得答案．
【详解】
解：因为：，所以根据抛物线的开口向上，抛物线图像有最低点．
故答案：低．
本题考查的符号决定抛物线的图像的开口方向，掌握抛物线的图像特点是解题关键．
22、（0，7）或（0，-7）
【解析】
点P在y轴上，分两种情况：正方向和负方向，即可得出点P的坐标为（0，7）或（0，-7）.
【详解】
∵点P在y轴上，分两种情况：正方向和负方向，点P到原点的距离为7
∴点P的坐标为（0，7）或（0，-7）.
此题主要考查平面直角坐标系中点的坐标，只告知点到原点的距离，要分两种情况，不要遗漏.
23、
【解析】
过D点作DF∥BE，则DF=BE=1，F为EC中点，在Rt△ADF中求出AF的长度，根据已知条件易知G为AD中点，因此E为AF中点，则AC=AF．
【详解】
过点作，
是的中线，，
为中点，，
，则，，
是的角平分线，，
，
为中点，
为中点，
，
．
故答案为：．
本题考查了三角形中线、三角形中位线定理和角平分线的性质以及勾股定理的应用，作出辅助线构建直角三角形是解题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（2）P（，）；（2）；（3）（，）
【解析】
（2把k=2代入l2解析式，当k=2时，直线l2为y=x+2．与l2组成方程组
， 解这个方程组得：，
∴P（，）；
（2）当y=0时，kx+2k=0 ，∵k≠0，∴x=-2,
∴C（-2，0），OC=2，当y=0时，-x+3=0，∴x=6，
∴A（6，0），OA=6 ，
过点P作PG⊥DF于点G，
在△PDG和△ADE中，

∴△PDG≌△ADE，
得DE=DG=DF，
∴PD=PF，
∴∠PFD=∠PDF
∵∠PFD+∠PCA=90°,∠PDF+∠PAC=90°
∴∠PCA=∠PAC，
∴PC=PA
过点P作PH⊥CA于点H，
∴CH=CA=4，
∴OH=2，
当x=2时,y=−×2+3=2代入y=kx+2k,得k=；
（3）在Rt△PMC和Rt△PQR中，

∴Rt△PMC≌Rt△PQR，
∴CM=RQ，
∴NR=NC，
设NR=NC=a,则R(−a−2,a)，
代入y=−x+3，
得− (−a−2)+3=a，解得a=8，
设P(m,n),则
解得
∴P（，）
考点：2．一次函数与二元一次方程组综合题；2．三角形全等的运用．
25、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）由正方形的性质可得BC=CD，∠B=∠BCD=90°，利用直角三角形中两个锐角互余以及垂直的定义证明∠BEC=∠CFD即可证明：△BCE≌△CDF；
（2）由（1）可知：△BCE≌△CDF，所以CF=BE=2，由相似三角形的判定方法可知：△BCE∽HCF，利用相似三角形的性质：对应边的比值相等即可求出HF的长．
【详解】
（1）证明：在正方形中，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）解：∵
∴，
∵，
∴，
∴，
在Rt△BCE中，BC=AB=6，BE=2，
∴，
∴；
本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定和性质以及全等三角形的判定和性质，题目的综合性很强，但难度不大．
26、这个多边形的边数是1．
【解析】
试题分析：设这个多边形的边数为n，根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°与外角和定理列出方程，求解即可．
试题解析：设这个多边形的边数为n，
根据题意，得（n﹣2）×180°=2×360°+180°，
解得n=1．
故这个多边形的边数是1．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
成绩（分）
4
5
6
7
8
9
甲组（人）
1
2
5
2
1
4
乙组（人）
1
1
4
5
2
2
统计量
平均分
方差
中位数
合格率
优秀率
甲组

2.56
6
80.0%
26.7%
乙组
6.8
1.76

86.7%
13.3%
统计量
平均分
方差
中位数
合格率
优秀率
甲组
6.8
2.56
6
80.0%
26.1%
乙组
6.8
1.16
1
86.1%
13.3%