山东省济南市长清五中学2024-2025学年数学九年级第一学期开学教学质量检测试题【含答案】

这是一份山东省济南市长清五中学2024-2025学年数学九年级第一学期开学教学质量检测试题【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）关于一次函数，下列结论正确的是（ ）
A．图象过点B．图象与轴的交点是
C．随的增大而增大D．函数图象不经过第三象限
2、（4分）如图，已知AB=DC，下列所给的条件不能证明△ABC≌△DCB的是（ ）
A．∠A=∠D=90°B．∠ABC=∠DCBC．∠ACB=∠DBCD．AC=BD
3、（4分）甲车行驶30千米与乙车行驶40千米所用时间相同，已知乙车每小时比甲车多行驶15千米，设甲车的速度为千米/小时，依据题意列方程正确的是（ ）
A．B．C．D．
4、（4分）下列命题中，正确的是（ ）
A．在三角形中，到三角形三边距离相等的点是三条边垂直平分线的交点
B．平行四边形是轴对称图形
C．三角形的中位线将三角形分成面积相等的两个部分
D．一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形
5、（4分） 如图，△ABC是等边三角形，P是三角形内一点，PD∥AB，PE∥BC，PF∥AC，若△ABC的周长为18，则PD+PE+PF＝（ ）
A．18B．9
C．6D．条件不够，不能确定
6、（4分）下列各式从左到右的变形中，是因式分解的是（ ）
A．(a  3)(a  3) a2 9B．a2  2a  3  a(a  2 )
C．a 2 4a  5  (a  4)  5D．a2b2 (a  b)(a  b)
7、（4分）△ABC中，AB=20，AC=13，高AD=12，则△ABC的周长是 （ ）
A．54B．44C．54或44D．54或33
8、（4分）如图，在△ABC中，D，E分别是边AB，AC的中点，已知BC＝10，则DE的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC和BD相交于点O，AC＝4cm，BD＝8cm，则这个菱形的面积是_____cm1．
10、（4分）二次根式在实数范围内有意义，则的取值范围为_______.
11、（4分）八个边长为1的正方形如图所示的位置摆放在平面直角坐标系中，经过原点的直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，则这条直线的解析式是_____．
12、（4分）若对于的任何值，等式恒成立，则__________.
13、（4分）已知函数y=2x2-3x+l，当y=1时，x=_____.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，直线与轴相交于点，与轴相交于于点．
（1）求，两点的坐标；
（2）过点作直线与轴相交于点，且使，求的面积．
15、（8分）在平面直角坐标系中，的位置如图所示．点A，B，C的坐标分别为，，，根据下面要求完成解答.
（1）作关于点C成中心对称的；
（2）将向右平移4个单位，作出平移后的；
（3）在x轴上求作一点P，使的值最小，直接写出点P的坐标．
16、（8分）把下列各式分解因式：
（1）1a（x﹣y）﹣6b（y﹣x）；
（1）（a1+4）1﹣16a1．
17、（10分）先化简，再求值：(1-)÷，其中x=2+．
18、（10分）先化简，再求值：，其中的值从不等式组的整数解中选取．
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，在平面直角坐标系中，有A（﹣3，4）、B（﹣1，0）、C（5，10）三点，连接CB，将线段CB沿y轴正方向平移t个单位长度，得到线段C1B1，当C1A+AB1取最小值时，实数t＝_____．
20、（4分）若点在反比例函数的图像上，则______．
21、（4分）已知直线与直线平行，那么_______．
22、（4分）若解分式方程的解为负数，则的取值范围是____
23、（4分）设是满足不等式的正整数，且关于的二次方程的两根都是正整数，则正整数的个数为_______．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）某专卖店准备购进甲、乙两种运动鞋，其进价和售价如下表所示．已知用3000元购进甲种运动鞋的数量与用2400元购进乙种运动鞋的数量相同.
(1)求m的值；
(2)要使购进的甲，乙两种运动鞋共200双的总利润不少于21700元且不超过22300元，问该专卖店有几种进货方案?
(3)在(2)的条件下，专卖店决定对甲种运动鞋每双优惠a(6025、（10分）如图，正方形AOCB的边长为4，反比例函数的图象过点E（3，4）．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）反比例函数的图象与线段BC交于点D，直线过点D，与线段AB相交于点F，求点F的坐标；
（3）连接OF，OE，探究∠AOF与∠EOC的数量关系，并证明．
（4）若点P是x轴上的动点，点Q是（1）中的反比例函数在第一象限图象上的动点，且使得△PDQ为等腰直角三角形，请求出点P的坐标．
26、（12分）甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，甲车匀速前往B地，到达B地立即以另一速度按原路匀速返回到A地；乙车匀速前往A地，设甲、乙两车距A地的路程为y（千米），甲车行驶的时间为x（时），y与x之间的函数图象如图所示
（1）求甲车从A地到达B地的行驶时间；
（2）求甲车返回时y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
（3）求乙车到达A地时甲车距A地的路程．
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、D
【解析】
A、把点的坐标代入关系式，检验是否成立；
B、把y＝0代入解析式求出x，判断即可；
C、根据一次项系数判断；
D、根据系数和图象之间的关系判断．
【详解】
解：A、当x＝1时，y＝1．所以图象不过（1，−1），故错误；
B、把y＝0代入y＝−2x＋3，得x＝，所以图象与x轴的交点是（，0），故错误；
C、∵−2＜0，∴y随x的增大而减小，故错误；
D、∵−2＜0，3＞0，∴图象过一、二、四象限，不经过第三象限，故正确．
故选：D．
本题主要考查了一次函数的图象和性质．常采用数形结合的思想求解．
2、C
【解析】
解：AB=DC，BC为△ABC和△DCB的公共边，
A、∠A=∠D=90°满足“HL”，能证明△ABC≌△DCB；
B、∠ABC=∠DCB满足“边角边”，能证明△ABC≌△DCB；
C、∠ACB=∠DBC满足“边边角”，不能证明△ABC≌△DCB；
D、AC=BD满足“边边边”，能证明△ABC≌△DCB．
故选C．
3、C
【解析】
由实际问题抽象出方程（行程问题）．
【分析】∵甲车的速度为千米/小时，则乙甲车的速度为千米/小时
∴甲车行驶30千米的时间为，乙车行驶40千米的时间为，
∴根据甲车行驶30千米与乙车行驶40千米所用时间相同得．故选C．
4、D
【解析】
由三角形的内心和外心性质得出选项A不正确；由平行四边形的性质得出选项B不正确；由三角形中位线定理得出选项C不正确；由平行四边形的判定得出选项D正确；即可得出结论．
【详解】
解：A．在三角形中，到三角形三边距离相等的点是三条边垂直平分线的交点；不正确；
B．平行四边形是轴对称图形；不正确；
C．三角形的中位线将三角形分成面积相等的两个部分；不正确；
D．一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形；正确；
故选：D．
本题考查了命题与定理、三角形的内心与外心、平行四边形的判定与性质以及三角形中位线定理；对各个命题进行正确判断是解题的关键．
5、C
【解析】
因为要求PD+PE+PF的值，而PD、PE、PF并不在同一直线上，构造平行四边形，把三条线段转化到一条直线上，求出等于AB，根据三角形的周长求出AB即可．
【详解】
延长EP交AB于点G，延长DP交AC与点H．
∵PD∥AB，PE∥BC，PF∥AC，∴四边形AFPH、四边形PDBG均为平行四边形，∴PD=BG，PH=AF．
又∵△ABC为等边三角形，∴△FGP和△HPE也是等边三角形，∴PE=PH=AF，PF=GF，∴PE+PD+PF=AF+BG+FG=AB1．
故选C．
本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握性质定理和判定定理是解题的关键．平行四边形的五种判定方法与平行四边形的性质相呼应，每种方法都对应着一种性质，在应用时应注意它们的区别与联系．
6、D
【解析】
把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解，结合选项进行判断即可．
【详解】
解：A、是整式的乘法，故A错误；
B、没把一个多项式化为几个整式的积的形式，故B错误；
C、没把一个多项式化为几个整式的积的形式，故C错误；
D、把一个多项式化为几个整式的积的形式，故D正确；
故选：D．
本题考查了因式分解的意义，注意因式分解后左边和右边是相等的，不能凭空想象右边的式子．
7、C
【解析】
根据题意画出示意图进行分析判断，然后根据勾股定理计算出底边BC的长，最后求和即可.
【详解】
（1）
在直角三角形ACD中，有
在直角三角形ADB中，有
则CB=CD+DB=5+16=21
所以三角形的面积为CB+AC+AB=21+13+20=54.
（2）
在直角三角形ACD中，有
在直角三角形ADB中，有
则CB=DB -CD =16-5=11
所以三角形的面积为CB+AC+AB=11+13+20=44.
故答案为：D.
本题考查了勾股定理的应用，解题关键在于以高为突破点把三角形分为高在三角形内部和外部的两种情况.
8、C
【解析】
解：∵△ABC中，D，E分别是边AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
故DE=AD=×10=1．
故选C
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、2．
【解析】
试题分析：根据菱形的面积等于对角线乘积的一半解答．
试题解析：∵AC=4cm，BD=8cm，
∴菱形的面积=×4×8=2cm1．
考点：菱形的性质．
10、
【解析】
二次根式有意义：被开方数大于等于0；分母不等于0；列出不等式，求解即可.
【详解】
根据题意，
解得
故答案为
本题考查了二次根式有意义的条件，还要保证分母不等于零；熟练掌握二次根式有意义的条件是解答本题的关键.
11、y=x
【解析】
设直线l和八个正方形的最上面交点为A，过点A作AB⊥y轴于点B，过点A作AC⊥x轴于点C，易知OB=1，利用三角形的面积公式和已知条件求出A的坐标，再利用待定系数法可求出该直线l的解析式．
【详解】
设直线l和八个正方形的最上面交点为A，过点A作AB⊥y轴于点B，过点A作AC⊥x轴于点C，如图所示．
∵正方形的边长为1，∴OB=1．
∵经过原点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，∴两部分面积分别是4，∴三角形ABO面积是5，∴OB•AB=5，∴AB=，∴OC=，∴点A的坐标为（，1）．
设直线l的解析式为y=kx，
∵点A（，1）在直线l上，∴1=k，
解得：k=，∴直线l解析式为y=x．
故答案为：y=x．
本题考查了待定系数法求一次函数解析式、正方形的性质以及三角形的面积，利用三角形的面积公式和已知条件求出A的坐标是解题的关键．
12、
【解析】
先通分，使等式两边分母一样，然后是使分子相等，可以求出结果。
【详解】
3x-2=3x+3+m
m=-5
故答案为：-5
此题考查分式的化简求值，掌握运算法则是解题关键
13、0或
【解析】
把y=1时代入解析式，即可求解．
【详解】
解：当y=1时，则1=2x2-3x+1，
解得：x=0或x=，
故答案为0或.
本题考查的是二次函数图象上的点坐标特征，只要把y值代入函数表达式求解即可．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）点的坐标为，点的坐标为；（2）的面积为或．
【解析】
（1）分别令x，y为0即可得出点，两点的坐标；
（2）分点在轴的正半轴上时和点在轴的负半轴上时两种情况分别画图求解即可．
【详解】
解：（1）对于，当时，，解得，则点的坐标为
当时，，则点的坐标为.
（2）当点在轴的正半轴上时，如图①，
∵，∴，
∴的面积；
当点在轴的负半轴上时，如图②，
∵，∴.
∴的面积，
综上所述，的面积为或.
15、（1）见解析；（2）见解析；（3）点P的坐标是
【解析】
（1）根据关于原点对称的点的坐标特征写出点A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）利用点平移的坐标变换规律写出点A、B、C的对应点A2、B2、C2的坐标，然后描点即可得到△A2B2C2；
（3）过点作关于x轴的对称点，连接，则的最小值为的长度，求出长度即可.
【详解】
解：（1），（2）如图：
（3）过点作关于x轴的对称点，连接
∴当的值最小时，，
此时，点P的坐标是：．
本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平移变换．
16、（1）1（x﹣y）（a+3b）；（1）（a+1）1（a﹣1）1．
【解析】
（1）两次运用提公因式法，即可得到结果；
（1）先运用平方差公式，再运用完全平方公式，即可得到结果．
【详解】
（1）1a（x﹣y）﹣6b（y﹣x）
＝1a（x﹣y）+6b（x﹣y）
＝1（x﹣y）（a+3b）；
（1）（a1+4）1﹣16a1
＝（a1+4+4a）（a1+4﹣4a）
＝（a+1）1（a﹣1）1．
本题主要考查了提公因式法以及公式法的综合运用，解题时注意：有公因式时，先提出公因式，再运用公式法进行因式分解．
17、；.
【解析】
先根据分式的运算法则化简，再把x的值代入计算即可．
【详解】
(1-)÷
=×
=×
=
∴当x=2+时，
原式==．
本题主要考查分式的计算，掌握分式的运算法则是解题的关键．
18、，-2
【解析】
先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再解不等式组求得x的范围，据此得出x的整数值，继而根据分式有意义的条件得出x的值，代入计算可得．
【详解】
解：，
解不等式组得，-1≤x≤，∴不等式组的整数解为-1，0，1，2，
∵x≠±1且x≠0，
∴x=2，
将x=2代入得，
原式=．
本题主要考查了分式的化简求值以及解不等式组，解题的关键是掌握基本运算法则，并注意选取代入的数值一定要使原分式有意义．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
平移后的点B'（﹣1，t），C'（5，10+t），C1A+AB1取最小值时，A，B'，C'三点在一条直线上.
【详解】
解：将B（﹣1，0）、C（5，10）沿y轴正方向平移t个单位长度，
B'（﹣1，t），C'（5，10+t），
C1A+AB1取最小值时，A，B'，C'三点在一条直线上，
∴，
∴t＝；
故答案为；
考查最短距离问题，平面坐标变换；掌握平面内坐标的平移变换特点，利用三角形中两边之和大于第三边求最短距离是解题的关键．
20、-1
【解析】
将点代入反比例函数，即可求出m的值．
【详解】
解：将点代入反比例函数得：．
故答案为：-1．
本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征，只要点在函数的图象上，就一定满足函数的解析式
21、1
【解析】
两直线平行，则两比例系数相等，据此可以求解．
【详解】
解：直线与直线平行，
，
故答案为：1．
本题考查了两条直线相交或平行问题，解题的关键是熟知两直线平行时两比例系数相等．
22、
【解析】
试题解析：去分母得，，
即
分式方程的解为负数，
且
解得：且
故答案为：且
23、1个．
【解析】
首先把方程进行整理，根据方程有两个正整数根，说明根的判别式△＝b2−4ac≥0，由此可以求出m的取值范围，表达出两根，然后根据方程有两个正整数根以及m的取值范围得出m为完全平方数即可．
【详解】
解：将方程整理得：x2−（2m＋4）x＋m2＋4＝0，
∴，
，
∵两根都是正整数，且是满足不等式的正整数，
∴m为完全平方数即可，
∴m=1，4，9，16，25，36，49，共1个，
故答案为：1．
此题主要考查了含字母系数的一元二次方程，确定m为完全平方数是解决本题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）m＝150；（2）该专卖店有9种进货方案；（3）此时应购进甲种运动鞋82双，购进乙种运动鞋118双．
【解析】
（1）根据“用3000元购进甲种运动鞋的数量与用2400元购进乙种运动鞋的数量相同”列出方程并解答；
（2）设购进甲种运动鞋x双，表示出乙种运动鞋（200−x）双，然后根据总利润列出一元一次不等式，求出不等式组的解集后，再根据鞋的双数是正整数解答；
（3）设总利润为W，根据总利润等于两种鞋的利润之和列式整理，然后根据一次函数的增减性分情况讨论求解即可．
【详解】
（1）依题意得： ，
解得：m＝150，
经检验：m＝150是原方程的根，
∴m＝150；
（2）设购进甲种运动鞋x双，则乙种运动鞋（200﹣x）双，根据题意得，
解得：81≤x≤90，
∵x为正整数，
∴该专卖店有9种进货方案；
（3）设总利润为W元，则
W＝（300﹣150﹣a）x+（200﹣120）（200﹣x）＝（70﹣a）x+16000，
①当60＜a＜70时，70﹣a＞0，W随x的增大而增大，当x＝90时，W有最大值，
即此时应购进甲种运动鞋90双，购进乙种运动鞋110双；
②当a＝70时，70﹣a＝0，W＝16000，（2）中所有方案获利都一样；
③当70＜a＜80时，70﹣a＜0，W随x的增大而减小，当x＝82时，W有最大值，
即此时应购进甲种运动鞋82双，购进乙种运动鞋118双．
本题考查了一次函数的应用，一元一次不等式组的应用，解决问题的关键是读懂题意，找到关键描述语，进而找到所求的量的等量关系和不等关系；解题时需要根据一次项系数的情况分情况讨论．
25、（1）y＝；（2）点F的坐标为（2，4）；（3）∠AOF＝∠EOC，理由见解析；（4）P的坐标是（，0）或（-5，0）或（，0）或（5，0）
【解析】
（1）设反比例函数的解析式为y＝，把点E（3，4）代入即可求出k的值，进而得出结论；
（2）由正方形AOCB的边长为4，故可知点D的横坐标为4，点F的纵坐标为4，由于点D在反比例函数的图象上，所以点D的纵坐标为3，即D（4，3），由点D在直线上可得出b的值，进而得出该直线的解析式，再把y=4代入直线的解析式即可求出点F的坐标；
（3）在CD上取CG=AF=2，连接OG，连接EG并延长交x轴于点H，由全等三角形的判定定理可知△OAF≌△OCG，△EGB≌△HGC（ASA），故可得出EG=HG，设直线EG的解析式为y=mx+n，把E（3，4），G（4，2）代入即可求出直线EG的解析式，故可得出H点的坐标，在Rt△AOF中，AO=4，AE=3，根据勾股定理得OE=5，可知OC=OE，即OG是等腰三角形底边EF上的中线，所以OG是等腰三角形顶角的平分线，由此即可得出结论；
（4）分△PDQ的三个角分别是直角，三种情况进行讨论，作DK⊥x轴，作QR⊥x轴，作DL⊥QR，于点L，即可构造全等的直角三角形，设出P的坐标，根据点在图象上，则一定满足函数的解析式即可求解，
【详解】
解：
（1）设反比例函数的解析式y＝，
∵反比例函数的图象过点E（3，4），
∴4＝，即k＝12，
∴反比例函数的解析式y＝；
（2）∵正方形AOCB的边长为4，
∴点D的横坐标为4，点F的纵坐标为4，
∵点D在反比例函数的图象上，
∴点D的纵坐标为3，即D（4，3），
∵点D在直线y＝﹣x+b上，
∴3＝﹣×4+b，
解得：b＝5，
∴直线DF为y＝﹣x+5，
将y＝4代入y＝﹣x+5，
得4＝﹣x+5，
解得：x＝2，
∴点F的坐标为（2，4），
（3）∠AOF＝∠EOC，理由为：
证明：在CD上取CG＝AF＝2，连接OG，连接EG并延长交x轴于点H，
，
∴△OAF≌△OCG（SAS），
∴∠AOF＝∠COG，
，
∴△EGB≌△HGC（ASA），
∴EG＝HG，
设直线EG：y＝mx+n，
∵E（3，4），G（4，2），
∴，
解得，
∴直线EG：y＝﹣2x+10，
令y＝﹣2x+10＝0，得x＝5，
∴H（5，0），OH＝5，
在Rt△AOE中，AO＝4，AE＝3，根据勾股定理得OE＝5，
∴OH＝OE，
∴OG是等腰三角形底边EH上的中线，
∴OG是等腰三角形顶角的平分线，
∴∠EOG＝∠GOH，
∴∠EOG＝∠GOC＝∠AOF，
即∠AOF＝∠EOC；
（4）当Q在D的右侧（如图1），且∠PDQ=90°时，作DK⊥x轴，作QL⊥DK，于点L，
则△DPK≌△QDK，
设P的坐标是（a，0），则KP=DL=4-a，QL=DK=3，则Q的坐标是（4+3，4-3+a）即（7，-1+a），
把（7，-1+a）代入y=得：
7（-1+a）=12，
解得：a=，
则P的坐标是（，0）；
当Q在D的左侧（如图2），且∠PDQ=90°时，作DK⊥x轴，作QR⊥x轴，作DL⊥QR，于点L，
则△QDL≌△PDK，
则DK=DL=3，设P的坐标是b，则PK=QL=4-b，则QR=4-b+3=7-b，OR=OK-DL=4-3=1，
则Q的坐标是（1，7-b），代入y=得：
b=-5，
则P的坐标是（-5，0）；
当Q在D的右侧（如图3），且∠DQP=90°时，作DK⊥x轴，作QR⊥x轴，作DL⊥QR，于点L，
则△QDL≌△PQK，则DK=DL=3，
设Q的横坐标是c，则纵坐标是，
则QK=QL=，
又∵QL=c-4，
∴c-4=，
解得：c=-2（舍去）或6，
则PK=DL=DR-LR=DR-QK=3-=1，
∴OP=OK-PK=6-1=5，
则P的坐标是（5，0）；
当Q在D的左侧（如图3），且∠DQP=90°时，不成立；
当∠DPQ=90°时，（如图4），作DK⊥x轴，作QR⊥x轴，
则△DPR≌△PQK，
∴DR=PK=3，RP=QK，
设P的坐标是（d，0），
则RK=QK=d-4，
则OK=OP+PK=d+3，
则Q的坐标是（d+3，d-4），代入y=得：
（d+3）（d-4）=12，
解得：d=或（舍去），
则P的坐标是（，0），
综上所述，P的坐标是（，0）或（-5，0）或（，0）或（5，0），
本题是反比例函数综合题，掌握待定系数法求解析式，反比例函数的性质是解题的关键.
26、（1）2.5小时；（2）y=﹣100x+550；（3）175千米．
【解析】
试题分析：（1）根据题意列算式即可得到结论；
（2）根据题意列方程组即可得到结论；
（3）根据题意列算式即可得到结论．
试题解析：（1）300÷（180÷1.5）=2.5（小时）．
答：甲车从A地到达B地的行驶时间是2.5小时；
（2）设甲车返回时y与x之间的函数关系式为y=kx+b，∴，解得：，∴甲车返回时y与x之间的函数关系式是y=﹣100x+550（2.5≤x≤5.5）；
（3）300÷[（300﹣180）÷1.5]=3.75小时，当x=3.75时，y=175千米．
答：乙车到达A地时甲车距A地的路程是175千米．
考点：一次函数的应用；分段函数．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
运动鞋价格
甲
乙
进价元/双)
m
m-30
售价(元/双)
300
200