吉林省长春市朝阳区长春外国语学校2023-2024学年九年级上学期开学数学试卷

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2023-2024学年吉林省长春外国语学校九年级（上）开学数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每题3分，共24分）
1．【答案】B
【分析】根据分式的定义解答即可．
【解答】解：A、x是整式，故A不符合题意；
B、是分式，故B符合题意；
C、是分数，故C不符合题意；
D、x2y是整式，故D不符合题意；
故选：B．
2．【答案】D
【分析】如果其中两条线段的乘积等于另外两条线段的乘积，则四条线段叫成比例线段．对选项一一分析，排除错误答案．
【解答】解：A、1×4≠2×3，故选项不符合题意；
B、2×8≠5×3，故选项不符合题意；
C、×3≠2×，故选项不符合题意；
D、1×6＝2×3，故选项符合题意．
故选：D．
3．【答案】C
【分析】根据平行线的性质得到∠C＝∠AED＝54°，根据三角形的内角和即可得到结论．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴∠C＝∠AED＝54°，
∵∠A＝62°，
∴∠B＝180°﹣∠A﹣∠C＝64°，
故选：C．
4．【答案】C
【分析】将这组数据从小到大排列，出现次数最多的数据就是众数，处于中间位置的数就是这组数据的中位数．
【解答】解：将这组数据从小到大排列为：85，88，90，92，93，93，95，
∴这组数据的众数是93，中位数是92．
故选：C．
5．【答案】C
【分析】根据线段中点的定义可得OA＝AB＝90cm，然后在Rt△AOH中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
【解答】解：∵O为AB的中点，AB＝180cm，
∴OA＝AB＝90（cm），
在Rt△AOH中，∠BAH＝28°，
∴OH＝OA•sin28°＝90•sin28°（cm），
故选：C．
6．【答案】D
【分析】先计算判别式的值，然后根据判别式的意义判断方程根的情况．
【解答】解：∵b2﹣4ac＝32﹣4×2×1＝1＞0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：D．
7．【答案】D
【分析】根据平行线分线段成比例定理得到＝3，则BC＝3CE，然后利用BC+CE＝BE＝12可计算出CE的长．
【解答】解：∵AB∥CD∥EF，
∴＝3，
∴BC＝3CE，
∵BC+CE＝BE，
∴3CE+CE＝12，
∴CE＝3．
故选：D．
8．【答案】B
【分析】根据旋转的性质，旋转不改变图形的大小和形状，所得图形与原图形全等求得A′的坐标（0，2），B′的坐标是（﹣4，2），进而求得中点C的坐标，然后根据待定系数法剪开求得k的值．
【解答】解：∵点A、B的坐标分别是（2，0），（2，4），
∴OA＝2，AB＝4，
∵△A′B′O≌△ABO，
∵B（2，4），
∴A′的坐标为（0，2），B′的坐标是（﹣4，2）
∴A′B′的中点C（﹣2，2），
∵函数y＝（x＜0）的图象过A′B′的中点C，
∴k＝﹣2×2＝﹣4，
故选：B．
二、填空题（每题3分，共18分）
9．【答案】x≥3．
【分析】根据二次根式的被开方数是非负数列出不等式，解不等式得到答案．
【解答】解：由题意得：x﹣3≥0，
解得：x≥3．
故答案为：x≥3．
10．【答案】1﹣2．
【分析】先根据二次根式的乘法法则运算，然后合并即可．
【解答】解：原式＝﹣2﹣5
＝6﹣2﹣5
＝1﹣2．
故答案为：1﹣2．
11．【答案】见试题解答内容
【分析】利用一元二次方程的根与系数的关系，两个根的积是3，即可求解．
【解答】解：设方程的另一个解是a，则1×a＝3，
解得：a＝3．
故答案为：3．
12．【答案】28．
【分析】由三角形中位线定理推出PE＝AD，PF＝BC，又AD＝BC，得到PE＝PF，因此∠PFE＝∠PEF＝28°．
【解答】解：∵点E，F分别是AB，CD的中点，点PBD的中点，
∴PE，PF分别是△ABD和△BCD的中位线，
∴PE＝AD，PF＝BC，
∵AD＝BC，
∴PE＝PF，
∴∠PFE＝∠PEF＝28°．
故答案为：28．
13．【答案】见试题解答内容
【分析】由于cos∠BDC＝，可设DC＝3x，BD＝5x，由于MN是线段AB的垂直平分线，故AD＝DB，AD＝5x，又知AC＝8cm，即可据此列方程解答．
【解答】解：∵cos∠BDC＝，可
∴设DC＝3x，BD＝5x，
又∵MN是线段AB的垂直平分线，
∴AD＝DB＝5x，
又∵AC＝8cm，
∴3x+5x＝8，
解得，x＝1，
在Rt△BDC中，CD＝3cm，DB＝5cm，
BC＝＝4．
故答案为4．
14．【答案】3或5．
【分析】当C在x轴下方时，求出OA＝2，OB＝4，证明△AOC∽△BOA，有＝，OC＝1，故BC＝OC+OB＝5，S△ABC＝×5×2＝5；当C'在x轴上方时，同理S△ABC'＝×3×2＝3．
【解答】解：当C在x轴下方时，如图：

在y＝﹣2x+4中，令x＝0得y＝4，令y＝0得x＝2，
∴OA＝2，OB＝4，
∵∠CAO＝∠ABO，∠COA＝90°＝∠AOB，
∴△AOC∽△BOA，
∴＝，即＝，
∴OC＝1，
∴BC＝OC+OB＝5，
∴S△ABC＝×5×2＝5；
当C'在x轴上方时，同理可得OC'＝1，
∴BC'＝OB﹣OC'＝3，
∴S△ABC'＝×3×2＝3；
故答案为：3或5．
三、解答题（本大题10小题，共78分）
15．【答案】（1）x1＝2，x2＝3；（2）．
【分析】（1）方程利用因式分解法求解即可；
（2）利用特殊角的三角函数值计算即可．
【解答】解：（1）x2﹣5x+6＝0，
（x﹣2）（x﹣3）＝0，
x﹣2＝0或x﹣3＝0，
x1＝2，x2＝3；
（2）（tan60°﹣1）2+4cos30°﹣sin45°
＝
＝
＝．
16．【答案】见试题解答内容
【分析】先把分子、分母因式分解，再通分，然后把要求的式子进行化简，再代入进行计算即可．
【解答】解：﹣＝﹣＝＝＝，
把x＝代入上式得：原式＝＝+1．
17．【答案】60元．
【分析】设第一次购进的“蓉宝”玩具每件的进价为x元，则第二次购进的“蓉宝”玩具每件的进价为（1+20%）x元，根据“同样用了3600元，购进的数量比第一次少了10件”列出方程，即可求解
【解答】解：设第一次购进的“蓉宝”玩具每件的进价为x元，则第二次购进的“蓉宝”玩具每件的进价为（1+20%）x元．
依题意得﹣＝10，
解得：x＝60，
经检验，x＝60是原方程的解，且符合题意，
答：第一次购进的“蓉宝”玩具每件的进价为60元．
18．【答案】图形见解答．
【分析】（1）取格点G，连接AG，与BC交于点D，则AD即为所求．
（2）取格点P，Q，连接PQ，交AC于点E，则△AEP∽△CEQ，可得＝＝；
（3）取格点M，连接AM，交网格线于点N，此时AM＝AC，∠CAM＝90°，＝2，即＝，再连接CN，交AB于点F，可得tan∠ACF＝tan∠ACN＝＝．
【解答】解：（1）如图1，高AD即为所求．

（2）如图2，点E即为所求．
（3）如图3，点F即为所求．
19．【答案】（1）（4，3）；
（2）．
【分析】（1）已知直线y＝x与BC交于点D（x，3），把y＝3代入等式可得点D的坐标；
（2）如图抛物线y＝ax2+bx经过D（4，3）、A（6，0）两点，把已知坐标代入解析式得出a，b的值即可．
【解答】解：（1）∵四边形OABC是矩形，
∴BC∥OA，
∵直线y＝x与BC边相交于点D，
∴点D的纵坐标为3，
令y＝3，得3＝x，
解得：x＝4，
∴D（4，3）；

（2）∵抛物线y＝ax2+bx经过D（4，3），A（6，0）两点，
∴，解得：，
∴该抛物线的解析式为．
20．【答案】见试题解答内容
【分析】本题是一个直角梯形的问题，可以通过点A作AE⊥BC于点E，把求BC的问题转化求BE的长，从而可以在△ABE中利用三角函数求解．
【解答】解：过点A作AE⊥BC于点E．
在Rt△ABE中，sina＝．
∵AB＝153，a＝33°，
∴BE＝AB•sin33°＝153×0.54＝82.62．
∴BC＝BE+EC＝BE+AD
＝82.62+91
＝173.62
≈173.6（cm）．
答：点B到水平地面的距离BC的长约为173.6cm．

21．【答案】（1）50万人，108°，12，补图见解答；
（2）9.6万人．
【分析】（1）根据A景点的人数和所占的百分比求出总人数；用360°乘以A景点所占的百分比求出A景点所对应的圆心角的度数；用总人数乘以B景点所占的百分比求出B景点的人数，从而补全统计图；
（2）用总人数乘以E景点的人数所占的百分比即可求解．
【解答】解：（1）该市周边景点共接待游客有：15÷30%＝50（万人）；
扇形统计图中A景点所对应的圆心角的度数是：360°×30%＝108°；
B景点的人数有：50×24%＝12（万人），补全统计图如下：

故答案为：50，108°；

（2）根据题意得：
80×＝9.6（万人），
答：估计有9.6万人会选择去E景点旅游．
22．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由函数图象可以看出乙队调离时，甲、乙两队已完成的清雪总量为 270吨；
（2）先求出甲队每小时的清雪量，再求出m．
（3）设乙队调离后y与x之间的函数关系式为：y＝kx+b，把A，B两点代入求出函数关系式．
【解答】解：（1）由函数图象可以看出乙队调离时，甲、乙两队已完成的清雪总量为270吨；
故答案为：270．

（2）乙队调离前，甲、乙两队每小时的清雪总量为＝90吨；
∵乙队每小时清雪50吨，
∴甲队每小时的清雪量为：90﹣50＝40吨，
∴m＝270+40×3＝390吨，
∴此次任务的清雪总量为390吨．

（3）由（2）可知点B的坐标为（6，390），设乙队调离后y与x之间的函数关系式为：y＝kx+b（k≠0），
∵图象经过点A（3，270），B（6，390），
∴
解得
∴乙队调离后y与x之间的函数关系式：y＝40x+150．
23．【答案】【教材呈现】见解析；
【结论应用】（1）9；
（2）6．
【分析】【教材呈现】由矩形的性质得出OA＝OB＝OC＝OD，再证出OE＝OF＝OG＝OH，即可得出结论；
【结论应用】
（1）证明△OEF为等边三角形，得出∠EFO＝60°，可求出EF＝3，EG＝3，则答案可求出；
（2）过点G作GN⊥EF于点N，由条件可知四边形EFGH为平行四边形，可得∠EFG＝60°，设EF＝x，则NG＝x，由△EFO与△GHO的面积和为4，列出方程求出x，证明△OEF∽△OAB，可得＝＝，可求出AB的长．则答案可求出．
【解答】【教材呈现】
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，
∴OA＝OC＝OB＝OD，
∵AE＝BF＝CG＝DH，
∴OE＝OF＝OG＝OH，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵EG＝FH，
∴四边形EFGH是矩形；
【结论应用】
（1）解：∵AB＝6，E、F、G、H分别是AO、BO、CO、DO上的中点，
∴EF＝AB＝3，
∵∠BAD＝90°，
∴∠FEH＝90°，
∵∠OAD＝30°，
∴∠OAB＝∠EOF＝60°，
∴△OEF为等边三角形，
∴∠EFO＝60°，
∴EF＝3，FG＝3，
∴四边形EFGH的面积为3×3＝9．
故答案为：9；
（2）解：过点G作GN⊥EF于点N，

∵EF∥GH，且EF＝GH，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∴FG∥BC，
∵∠BAD＝120°，
∴∠ABC＝∠EFG＝60°，
设EF＝x，则NG＝x，
∵△EFO与△GHO的面积和为4，
∴x•x＝4，
解得x＝4，
∴EF＝4，
∵EF∥AB，
∴△OEF∽△OAB，
∴＝，
∵EO＝2AE，
∴＝，
∴AB＝6，
故答案为：6．
24．【答案】（1）5；；
（2）S＝；
（3）或．
【分析】（1）根据勾股定理即可求得AB，根据面积公式求得AB与CD之间的距离．
（2）当4≤t≤10时，运动过程分为三个阶段，需要分类讨论，避免漏解：
①当4≤t≤5时，如答图1﹣1所示，此时点Q与点O重合，点P在线段BC上；
②当5＜t≤9时，如答图1﹣2所示，此时点Q在线段OB上，点P在线段CD上；
③当9＜t≤10时，如答图1﹣3所示，此时点Q与点B重合，点P在线段CD上．
（3）有两种情形，需要分类讨论，分别计算：
①若PQ∥CD，如答图2﹣1所示；②若PQ∥BC，如答图2﹣2所示．由相似三角形的性质可求出答案．
【解答】解：（1）菱形ABCD中，AC＝6，BD＝8，
∴AC⊥BD，OA＝3，OB＝4，
∴AB＝＝5，
设AB与CD间的距离为h，
∴△ABC的面积S＝AB•h，
又∵△ABC的面积S＝S菱形ABCD＝×AC•BD＝×6×8＝12，
∴AB•h＝12，
∴h＝．
故答案为：5，；
（2）设∠CBD＝∠CDB＝θ，则易得：sinθ＝，cosθ＝．
①当4≤t≤5时，如答图1﹣1所示，此时点Q与点O重合，点P在线段BC上．
∵PB＝t，
∴PC＝BC﹣PB＝5﹣t．
过点P作PH⊥AC于点H，则PH＝PC•cosθ＝（5﹣t）．
∴y＝S△APQ＝QA•PH＝×3×（5﹣t）＝﹣t+6；
②当5＜t≤9时，如答图1﹣2所示，此时点Q在线段OB上，点P在线段CD上．
PC＝t﹣5，PD＝CD﹣PC＝5﹣（t﹣5）＝10﹣t．
过点P作PH⊥BD于点H，则PH＝PD•sinθ＝（10﹣t）．
∴y＝S△APQ＝S菱形ABCD﹣S△ABQ﹣S四边形BCPQ﹣S△APD
＝S菱形ABCD﹣S△ABQ﹣（S△BCD﹣S△PQD）﹣S△APD
＝AC•BD﹣BQ•OA﹣（BD•OC﹣QD•PH）﹣PD×h
＝×6×8﹣（9﹣t）×3﹣[×8×3﹣（t﹣1）•（10﹣t）]﹣（10﹣t）×
＝﹣t2+t﹣；

③当9＜t≤10时，如答图1﹣3所示，此时点Q与点B重合，点P在线段CD上．
y＝S△APQ＝AB×h＝×5×＝12．
综上所述，当4≤t≤10时，S与xt之间的函数解析式为：
S＝；
（3）有两种情况：
①若PQ∥CD，如答图2﹣1所示．
此时BP＝QD＝t，则BQ＝8﹣t．
∵PQ∥CD，
∴，
即，
∴t＝；

②若PQ∥BC，如答图2﹣2所示．
此时PD＝10﹣t，QD＝t﹣1．
∵PQ∥BC，
∴，
即，
∴t＝．
综上所述，满足条件的x的值为或．