河南省郑州市高新区朗悦慧外国语中学2022-2023学年上学期九年级开学数学试卷（含答案）

2022-2023学年河南省郑州市高新区朗悦慧外国语中学九年级（上）开学数学试卷

一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  若，的值均扩大为原来的倍，则下列分式的值保持不变的是(    )

A.  B.  C.  D.

2.  如图，某小区计划在一块长为，宽为的矩形空地上修建三条同样宽的道路，剩余的空地上种植草坪，使草坪的面积为设道路的宽为，则下面所列方程正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

3.  直线不经过第二象限，则关于的方程实数解的个数是(    )

A. 个 B. 个 C. 个 D. 个或个

4.  若、为方程的两个实数根，则的值为 (    )

A.  B.  C.  D.

5.  如图，点为矩形的对称中心，点从点出发沿向点运动，移动到点停止，延长交于点，则四边形形状的变化依次为(    )

A. 平行四边形菱形平行四边形矩形
B. 平行四边形正方形平行四边形矩形
C. 平行四边形正方形菱形矩形
D. 平行四边形菱形正方形矩形

6.  如图，四边形是菱形，，，于，则等于(    )
 

A.  B.  C.  D.

7.  如图，一次函数与一次函数的图象交于点，则关于的不等式的解集是(    )

 

A.  B.  C.  D.

8.  如图，▱的周长为，对角线、相交于点，点是的中点，，则的周长为(    )

A.  B.  C.  D.

9.  如图，边长为的大正方形中有两个小正方形若两个小正方形面积分别为，，则的值为 (    )

 

A.  B.  C.  D.

10.  如图，点从四条边都相等的▱的顶点出发，沿以的速度匀速运动到点，图是点运动时，的面积随时间变化的关系图象，则的值为(    )

 

A.  B.  C.  D.

二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）

11.  分解因式：          ．

12.  在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标是，若点与点关于原点对称，则______．

13.  等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角为，则顶角的度数为______．

14.  对于一元二次方程，下列说法：
，方程，有两个不相等的实数；
若方程有两个不相等的实根则方程也一定有两个不相等的实根；
若是方程的一个根，则一定有成立．
若是方程的一个根，则一定有成立．
其中正确的结论是______ 把你认为正确结论的序号都填上

15.  如图，正方形的边长是，点是边上的一个动点，点是边上一点，，连接，把正方形沿折叠，使点，分别落在点，处，当点落在直线上时，线段的长为______．
 

三、计算题（本大题共1小题，共8.0分）

16.  先化简，再求值，其中．

四、解答题（本大题共7小题，共67.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
解下列方程：
 

18.  本小题分
已知关于的一元二次方程．
求证：方程有两个不相等的实数根；
若的两边，的长是方程的两个实数根，第三边的长为当是等腰三角形
时，求的值．

19.  本小题分
如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是，，．
把向左平移个单位后得到对应的，请画出平移后的；
把绕原点旋转后得到对应的，请画出旋转后的；
观察图形可知，与关于点______，______中心对称．

20.  本小题分
已知：如图一次函数与轴相交于点，与轴相交于点，这两个函数图象相交于点．
求出，的值和点的坐标；
连接，直线上是否存在一点，使如果存在，求出点的坐标；
结合图象，直接写出时的取值范围．

21.  本小题分
为积极响应新旧动能转换，提高公司经济效益，某科技公司近期研发出一种新型高科技设备，每台设备成本价为万元，经过市场调研发现，每台售价为万元时，年销售量为台；每台售价为万元时，年销售量为台．假定该设备的年销售量单位：台和销售单价单位：万元成一次函数关系．
求年销售量与销售单价的函数关系式；
根据相关规定，此设备的销售单价不得高于万元，如果该公司想获得万元的年利润，则该设备的销售单价应是多少万元？

22.  本小题分
如图，在正方形中，点是的中点，连接，过点作交于点，交于点．
证明：≌；
连接，求证：．
 

23.  本小题分
在菱形中，，是射线上一动点，以为边向右侧作等边，连接．
如图，当点在菱形内部时，则与的数量关系是______，与的位置关系是______．
如图，当点在菱形外部时，中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；
如图，连接，若，，求的长．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：、，的值均扩大为原来的倍后，其值变化，故A不符合题意；
B、，的值均扩大为原来的倍后，，故B不符合题意；
C、，的值均扩大为原来的倍后，，故C不符合题意；
D、，的值均扩大为原来的倍后，，故D符合题意．
故选：．
根据题意，利用分式的基本性质进行分析即可．
本题主要考查分式的基本性质，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．

2.【答案】 

【解析】解：道路的宽为，
种植草坪的部分可合成长为，宽为的矩形．
根据题意得：．
故选：．
由道路的宽为，可得出种植草坪的部分可合成长为，宽为的矩形，根据草坪的面积为，即可得出关于的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．

3.【答案】 

【解析】【分析】
本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根．也考查了一次函数的性质．
利用一次函数的性质得到，再判断，从而得到方程根的情况．
【解答】
解：直线不经过第二象限，
，
当时，关于的方程是一元一次方程，解为，
当时，关于的方程是一元二次方程，
，
方程有两个不相等的实数根．
故选D．

4.【答案】 

【解析】【分析】
本题考查了根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根时，，也考查了一元二次方程解的定义．
根据一元二次方程解的定义得到，即，则可表示为，再根据根与系数的关系得到，，然后利用整体代入的方法计算．
【解答】
解：为的实数根，
，即，
，
、为方程的两个实数根，
，，
．
故选B．

5.【答案】 

【解析】解：画图如下，
，
由图可知最后会与原有矩形重合，
四边形形状的变化依次为平行四边形菱形平行四边形矩形，
故选：．
通过作图观察即可得出答案．
本题考查了图形的变换，解题关键在于又空间想象能力．

6.【答案】 

【解析】【分析】
本题考查了勾股定理和菱形的性质的应用，能根据菱形的性质得出是解此题的关键．
根据菱形性质求出，，，根据勾股定理求出，再根据菱形的面积公式求出即可．
【解答】
解：四边形是菱形，

，，，
，，
，，，
由勾股定理得：，
，
，
，
故选A．

7.【答案】 

【解析】解：当时，，
即不等式的解集为．
故选C．
观察函数图象得到当时，函数的图象都在的图象上方，所以关于的不等式的解集为．
本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数的值大于或小于的自变量的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线在轴上或下方部分所有的点的横坐标所构成的集合．

8.【答案】 

【解析】解：平行四边形的周长为，
，
，，
，
，
，
的周长为，
故选：．
利用平行四边形的性质，三角形中位线定理即可解决问题．
本题考查平行四边形的性质、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是熟练掌握三角形中位线定理，属于中考常考题型．

9.【答案】 

【解析】【分析】
本题考查了正方形的性质和等腰直角三角形的性质，考查了学生的读图能力．
由图可得，的边长为，由，，可得，，；然后，分别算出、的面积，即可解答．
【解答】
解：如图，

由题意得图中三角形均为等腰直角三角形，
设正方形的边长为，
根据等腰直角三角形的性质知，，，
，，
，即，
的面积为，
由题意得：的边长为，
即的面积为，
．
故选：．

10.【答案】 

【解析】解：过点作于点
由图象可知，点由点到点用时为，的面积为．

当点从点到点时，用时为

中，

▱的四条边都相等，
，
中，

解得：

故选：．
通过分析图象，点从点到用，此时，的面积为，依此可求▱的高，再由图象可知，，应用两次勾股定理分别求和．
本题综合考查了▱性质和一次函数图象性质，解答过程中要注意函数图象变化与动点位置之间的关系．

11.【答案】 

【解析】【分析】
本题考查了提公因式法与公式法的综合运用分解因式．
应先提取公因式，再对其利用平方差公式分解即可．
【解答】解：，
，
．
故答案为：．

12.【答案】 

【解析】解：点的坐标为，点的坐标是，点与点关于原点对称，
，，
则．
故答案为：．
直接利用关于原点对称点的性质得出，的值，进而得出答案．
此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确得出，的值是解题关键．

13.【答案】或 

【解析】解：当顶角为钝角时，如图，可求得其顶角的邻补角为，则顶角为；

当顶角为锐角时，如图，可求得其顶角为；

综上可知该等腰三角形的顶角为或．
故答案为：或．
分顶角为钝角和顶角为锐角两种情况：当顶角为钝角时，则可求得其邻补角为；当顶角为锐角时，可求得顶角为；可得出答案．
本题主要考查等腰三角形的性质，掌握等腰三角形的两腰相等及直角三角形两锐角互余是解题的关键．

14.【答案】 

【解析】解：因为，，所以、异号，所以，所以方程有两个不等的实数根；
当时不成立；
若是方程的一个根，当时，不一定成立；
若是方程的一个根，所以有，即，而．
所以成立．
故答案为：．
根据根的判别式即可作出判断；
方程有两个不等的实数根，则，当时，不成立；
若是方程的一个根，则代入即可作出判断；
若是方程的一个根，即方程有实根，判别式，结合是方程的根，代入一定成立，即可作出判断．
本题考查了一元二次方程的根的判别式：当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根．

15.【答案】或 

【解析】解：分两种情况：当落在线段上时，连接、、，如图所示：
由折叠可得，，关于对称，即垂直平分，
，
正方形的边长是，
，
，
，
，
，
设，则，
在和中，由勾股定理得：，，
，
解得：，
即；
当落在线段延长线上时，连接、、，如图所示：
由折叠可得，，关于对称，即垂直平分，
，
正方形的边长是，
，
，
，，
，
设，则，
在和中，由勾股定理得：，，
，
解得：，即；
综上所述，线段的长为或；
故答案为：或．
分两种情况：当落在线段上时，连接、、，由折叠可得，，关于对称，即垂直平分，得出，求出，，得出，设，则，在和中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
当落在线段延长线上时，连接、、，解法同．
本题考查了正方形的性质、折叠变换的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理等知识；熟练掌握折叠变换的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键，注意分类讨论．

16.【答案】解：原式

，
当时，
原式

． 

【解析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将的值代入计算可得．
本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．

17.【答案】解：，
，
则或，
解得或；

，
，
则或，
解得或． 

【解析】利用因式分解法求解可得；
利用因式分解法求解可得．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．

18.【答案】证明：．
方程有两个不相等的实数根；
解：由 ，得，
，．
即、的长为、，
当时，即 ，满足三角形构成条件；
当时，，解得 ，满足三角形构成条件．
综上所述， 或 ． 

【解析】计算判别式的值得到然后根据判别式的意义得到结论；
利用因式分解法解方程得到，，、的长为、，讨论当时，即 ；当时，，解得 ．
本题考查了一元二次方程根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根，，也考查了根的判别式．

19.【答案】   

【解析】解：如图所示，即为所求；
如图所示，即为所求；

由图可得，与关于点中心对称．
故答案为：，．
依据平移的方向和距离，即可得到平移后的；
依据绕原点旋转，即可画出旋转后的；
依据对称点连线的中点的位置，即可得到对称中心的坐标．
此题主要考查了平移变换和旋转变换，正确根据题意得出对应点位置是解题关键．

20.【答案】解：一次函数与轴相交于点，与轴相交于点，
，，
解得，，
解得，
；
，，
，
，
，
，
，
，
把代入得，，
解得，
把代入得，，
解得，
点的坐标为或；
观察图象，时的取值范围是． 

【解析】根据待定系数法即可求得、的值，然后解析式联立，解方程组即可求得的坐标；
求得，利用三角形面积即可求得的纵坐标为，代入即可求得的坐标；
根据图象即可求得．
本题考查了两条直线的交点问题，用待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，数形结合是解此题的关键．

21.【答案】解：设年销售量与销售单价的函数关系式为，
由题意，得：
，
解得：，
年销售量与销售单价的函数关系式为．
由此设备的销售单价为万元，则每台设备的利润为万元，销售数量为台，
根据题意得：，
整理，得：，
解得：，．
此设备的销售单价不得高于万元，
．
答：该设备的销售单价应是万元． 

【解析】本题考查了待定系数法求一次函数解析式以及一元二次方程的应用。
根据变量的值，利用待定系数法即可求出年销售量与销售单价的函数关系式；
设此设备的销售单价为万元，则每台设备的利润为万元，销售数量为台，根据总利润单台利润销售数量，即可得出关于的一元二次方程，解方程并取其小于等于的解即可得出结论．

22.【答案】证明：四边形是正方形，
，，
又，
，
，
在和中，

≌；
如图所示，延长交的延长线于，
是的中点，
，
在和中，

≌，
，
即是的中点，
又，
在中，． 

【解析】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质及直角三角形斜边上中线的性质，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
依据正方形的性质以及垂线的定义，即可得到，，，即可得出≌；
延长交的延长线于，先证明≌，即可得出是的中点，进而得到．

23.【答案】   

【解析】解：结论：，．
理由：菱形中，
，
、是等边三角形
，，
是等边三角形
，

即，
≌
，
平分

平分
．
故答案为，．

结论仍然成立．理由如下：如图中，设交于，连接．

四边形是菱形，，
，都是等边三角形，．
是等边三角形，
，，，
，
≌，
，，
，
，
，即．

如图中，连接，

由可知，．
在菱形中，，．
，，
在中，．
，
与是菱形的对角线，
，．
，，
，
在中，．
由菱形和可证与是等边三角形，由等边可得，，减去公共角得，根据可证得≌，故有，由菱形对角线平分一组对角可证，故即平分，由等腰三角形三线合一可得．
结论不变．证明过程同．
在中，求出，即可解决问题．
本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．第题的证明过程可由适当转化而得，第题则可直接运用的结论解决问题．