精品解析：广东省深圳第二实验学校2021-2022学年九年级上学期开学数学试题

这是一份精品解析：广东省深圳第二实验学校2021-2022学年九年级上学期开学数学试题，文件包含精品解析广东省深圳第二实验学校2021-2022学年九年级上学期开学数学试题原卷版docx、精品解析广东省深圳第二实验学校2021-2022学年九年级上学期开学数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。

2021-2022学年广东省深圳第二实验学校九年级（上）开学数学试卷
一、选择题（本部分共10小题，每小题3分，共30分）
1. 下列x的值中，是不等式x＞2的解的是（　　）
A. ﹣2 B. 0 C. 2 D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据不等式解集的定义即可得出结论．
【详解】解：∵不等式x＞2的解集是所有大于2的数，
∴3是不等式的解．
故选：D．
【点睛】本题考查的是不等式的解集，熟知使不等式成立的未知数的值叫做不等式的解是解答此题的关键．
2. 使分式有意义的条件是（　　）
A. x＝0 B. x≠1 C. x≠﹣1 D. x≠±1
【答案】B
【解析】
【分析】根据分母不等于0列式计算即可得解．
【详解】解：由题意得，1-x≠0，
解得x≠1．
故选：B．
【点睛】本题考查使分式有意义的条件即分母不能为0，对此进行列式计算即可，难度较小．
3. 下列标志中不是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
解：A、是中心对称图形，故A选项错误；
B、是中心对称图形，故B选项错误；
C、不是中心对称图形，是轴对称图形，故C选项正确；
D、是中心对称图形，故D选项错误；
故选C．
考点：中心对称图形；轴对称图形．
4. 如图，△ABC沿BC方向平移到△DEF的位置，若BE＝2cm，则平移的距离为（　　）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据平移的性质，结合图形，可直接求得结果．
【详解】解：根据图形可得：线段BE的长度即是平移的距离，
∴平移的距离为2cm，
故选：B．
【点睛】本题考查了平移的性质，解题的关键是理解平移的方向，由图形判断平移的方向和距离．注意结合图形解题的思想．
5. 若a﹣b＝2，ab＝3，则a2b﹣ab2的值为（　　）
A. 6 B. 5 C. ﹣6 D. ﹣5
【答案】A
【解析】
【分析】直接将原式提取公因式ab，进而分解因式将已知代入求出答案．
【详解】解：∵a-b=2，ab=3，
∴a2b-ab2=ab（a-b）=3×2=6．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式解题关键．
6. 如图，在平行四边形ABCD中，以A为圆心，AB为半径画弧，交AD于F，再分别以B、F为圆心，大于BF的长为半径画弧，两弧相交于点G，若BF=6，AB=5，则AE的长为（ ）

A. 11 B. 6 C. 8 D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】连接EF，根据题意得出AE垂直平分BF，AF=AB=5，得出OB=OF=3，∠BAE=∠FAE，由勾股定理求出OA，再证出BE=AB=AF，得出四边形ABEF是平行四边形，由平行四边形的性质得出OA=OE=AE，即可得出AE=2OA=8．
【详解】解：连接EF，
有作图可知AE平分∠BAD，AB=AF=5，
∴OB=OF=BF=3，AE⊥BF，
在Rt△AOB中，AO==4，
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∵∠DAE=∠BAE，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE，
∵AB=AF，
∴AF=BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∴AE=2AO=8．
故选C．

7. 如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点O，∠AOD＝60°，AD＝1，则AB的长是（　　）

A. 1 B. 2 C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据矩形的对角线相等且互相平分可得OA=OB=OD，然后判断出△AOD是等边三角形，再根据等边三角形的性质求出OD=AD，然后求出BD，再利用勾股定理列式计算即可得解．
【详解】解：在矩形ABCD中，OA=OB=OD，
∵∠AOD=60°，
∴△AOD是等边三角形，
∴OD=AD=1，
∴BD=1+1=2，
由勾股定理得，AB=，
故选C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理的应用，熟记性质并判断出△AOD是等边三角形是解题的关键．
8. 如图，已知一次函数y＝k1x+b1与一次函数y＝k2x+b2的图象相交于点（2，1），则不等式k1x+b1＜k2x+b2的解集是（　　）

A. x＞3 B. x＞2 C. x＜2 D. x＜0
【答案】C
【解析】
【分析】看两函数交点坐标左边的图象所对应的自变量的取值即可．
【详解】解：一次函数y=k1x+b1与一次函数y=k2x+b2的图象相交于点（2，1），
所以不等式k1x+b1＜k2x+b2的解集是x＜2．
故选C．
【点睛】本题主要考查一次函数和一元一次不等式，本题是借助一次函数的图象解一元一次不等式，两个图象的“交点”是两个函数值大小关系的“分界点”，在“分界点”处函数值的大小发生了改变．
9. 如图，在坐标系中，满足将O﹣A﹣B﹣C﹣D﹣E﹣O所围成的面积平分的直线有（　　）

A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 无数条
【答案】C
【解析】
【分析】把图形利用割补法得到矩形，然后作矩形的对角线找出中心，然后作出直线即可得解．
【详解】解：如图：

故选：C．
【点睛】本题考查了中心对称，矩形的性质，利用割补法把图形分成矩形是解题的关键．
10. 如图，在矩形ABCD中，AD=AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：①AE=AD；②∠AED=∠CED；③BH=HF；④，其中正确的有（ ）

A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
【答案】A
【解析】
【分析】设AB=a，则AD=a，用a表示出AE长度可判断①；证明DH=DC即可说明②；证明△DHF≌EBH，可判断③；用含a是式子表示BC-CF与2HE比较即可判断④．
【详解】解：①设AB=a，则AD=a，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=45°，
∴BA=BE．
∴在Rt△ABE中，AE=a，
∴AE=AD．①正确；
②∵DH⊥AH，∠DAE=45°，AD=a，
∴DH=AH=a．
∴DH=DC．
根据到角两边距离相等点在角的平分线上定理可知DE平分∠AEC，即②∠AED=∠CED正确；
③∵AH=AB=a，
∴∠ABH=∠AHB．
∵AB∥CD，
∴∠ABF+∠DFB=180°．
又∠AHB+∠BHE=180°，
∴∠BHE=∠HFD． ∠HEB=∠FDH=45°，又BE=DH=a，
∴△BHE≌△HFD（AAS），
∴BH=HF，③正确；
⑤BC=a，CF=2a-a，HE=a−a，
∴BC-CF=2HE，
∴④正确；
综上所述，正确的是①②③④共4个．
故选A．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质，解决本题的关键是要熟练掌握矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质.
二、填空题（本题共5小题，每小题3分，共15分）
11. 分解因式：______________．
【答案】4x（x+1）（x-1）
【解析】
【详解】4x3-4x=4x(x2-1)=4x(x+1)(x-1).
故答案为4x(x+1)(x-1).
12. 若一个正多边形的每一个外角都是30°，则这个正多边形的内角和等于____度．
【答案】1800
【解析】
【详解】多边形的外角和等于360°，则正多边形的边数是360°÷30°=12，所以正多边形的内角和为.
13. 等腰三角形的周长为14，其一边长为4，那么，它的底边为__________________.
【答案】4或6##6或4
【解析】
【分析】此题应分两种情况讨论，4可能为底边，也可能为腰长，且两种情况都成立.
【详解】解：当腰是4时，则另两边是4，6，且4+4＞6，6-4＜4，满足三边关系定理，
当底边是4时，另两边长是5，5，5+4＞5，5-4＜5，满足三边关系定理，
∴该等腰三角形的底边为4或6，
故答案为：4或6．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，应从边的方面考查三角形，涉及分类讨论的思想方法，难度适中．
14. 已知菱形的周长为40cm，两个相邻角度数比为1：2，则较短的对角线长为_____，面积为_____．
【答案】 ①. 10cm， ②. 50cm2
【解析】
【分析】根据已知可求得菱形的边长及其两内角的度数，根据勾股定理可求得其对角线的长，根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半求得其面积．
【详解】根据已知可得，

菱形的边长AB=BC=CD=AD=10cm，∠ABC=60°，∠BAD=120°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AC=AB=10cm，AO=CO=5cm，
在Rt△AOB中，根据勾股定理得：BO=，
∴BD=2BO=10（cm），
则S菱形ABCD=×AC×BD=×10×10=50（cm2）；
故答案为10cm，50cm2．
【点睛】本题考查的是菱形的面积求法及菱形性质的综合．菱形的面积有两种求法（1）利用底乘以相应底上的高（2）利用菱形的特殊性，菱形面积=×两条对角线的乘积．
15. 如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形AB′C′D′，则图中阴影部分面积为 ___．

【答案】
【解析】
【分析】设B′C′与CD的交点为E，连接AE，利用“HL”证明Rt△AB′E和Rt△ADE全等，根据全等三角形对应角相等∠DAE=∠B′AE，再根据旋转角求出∠DAB′=60°，然后求出∠DAE=30°，再解直角三角形求出DE，然后根据阴影部分的面积=正方形ABCD的面积-四边形ADEB′的面积，列式计算即可得解．
【详解】解：如图，设与的交点为，连接，
在和中，
，
，
，
∵旋转角为30°，
，
，
，
∴阴影部分的面积=，
故答案为：．

【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形判定与性质，解直角三角形，利用全等三角形求出∠DAE=∠B′AE，从而求出∠DAE=30°是解题的关键，也是本题的难点．
三、解答题（本题共55分）
16. 解不等式组：，并把它的解集在数轴上表示出来．
【答案】﹣3≤x＜2，画图见解析
【解析】
【分析】根据不等式的性质求出不等式的解集，并在数轴上表示出来即可．
【详解】解：解不等式①得，x≥﹣3，
解不等式②得，x＜2，
∴不等式组的解集为：﹣3≤x＜2，
在数轴上表示为：

【点睛】本题主要考查了解一元一次不等式组，并在数轴上表示不等式的解集，解题的关键在于能够熟练掌握解一元一次不等式的方法.
17. 先化简，再求值：（1﹣）÷，其中x＝﹣1．
【答案】，
【解析】
【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，将x的值代入计算即可求出值．
【详解】解：
=
=
=
将x=-1代入，
原式==．
【点睛】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
18. 解分式方程：+＝2．
【答案】x=1
【解析】
【分析】首先方程两边同时乘以最简公分母，通过整理解整式方程即可，最后要把x的值代入最简公分母进行检验．
【详解】解：方程两边同乘以x-2得：，
解得：x=1，
经检验：x=1是原方程的解．
【点睛】本题主要考查解分式方程，关键在于求出分式方程的最简公分母，把分式方程转化为整式方程求解即可．
19. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（﹣2，4），B（﹣4，1），C（0，1）．
（1）画出与△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出点C1的坐标；
（2）画出以C1为旋转中心，将△A1B1C1逆时针旋转90°后的△A2B2C2；
（3）尺规作图：连接A1A2，在C1A2边上求作一点P，使得点P到A1A2的距离等于PC1的长（保留作图痕迹，不写作法）；
（4）请直接写出∠C1A1P的度数．

【答案】（1）C1（0，﹣1）；图见解析；（2）见解析；（3）见解析；（4）22.5°.
【解析】
【分析】（1）分别作出A、B、C三点关于x轴的对称点A1、B1、C1即可；
（2）分别作出A1、B1、C1的对应点A2、B2、C2即可；
（3）作∠C1A1A2的角平分线交C1A2于P即可；
（4）根据角平分线的定义即可解决问题；
【详解】解：（1）△A1B1C1如图所示，并写出点C1的坐标（0，﹣1）；
（2）△A2B2C2如图所示；
（3）点P如图所示；
（4）请直接写出∠C1A1P的度数为22.5°；

【点睛】本题考查作图﹣旋转变换、轴对称变换、角平分线的性质定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
20. 深圳文博会期间，某展商展出了A、B两种商品，已知用120元可购得的A种商品比B种商品多2件，B种商品的单价是A种商品的1.5倍．
（1）求A、B两种商品的单价各是多少元？
（2）小亮用不超过260元购买A、B两种商品共10件，并且A种商品的数量不超过B种商品数量的2倍，那么他有哪几种购买方案？并说明哪种是最优方案．
【答案】（1）A种商品的单价为20元，B种商品的单价为30元；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）设A种商品的单价为x元，根据用120元可购得的A种商品比B种商品多2件，列出方程，解之检验可得；
（2）设购买A种商品a件，根据A种商品的数量不超过B种商品数量的2倍，总费用不超过260元列出不等式组，解之得到整数解，从而得到方案，分别计算出每种方案所需费用可得结果．
【详解】解：（1）设A种商品的单价为x元，
由题意可得：，
解得：x=20，
经检验：x=20是原方程的解，
∴1.5x=30，
∴A种商品的单价为20元，B种商品的单价为30元；
（2）设购买A种商品a件，则B种商品10-a件，
，
解得：4≤a≤，
∴a可以取的整数为4，5，6，
∴共有3种购买方案：
方案一：购买A种商品4件，则B种商品6件，所需费用：20×4+30×6=260元；
方案二：购买A种商品5件，则B种商品5件，所需费用：20×5+30×5=250元；
方案三：购买A种商品6件，则B种商品4件，所需费用：20×6+30×4=240元；
∴方案三是最优方案．
【点睛】本题考查了分式方程的应用，一元一次不等式组的应用，解题的关键是读懂题意，找到等量关系和不等关系，列出方程和不等式组．
21. 如图，在四边形ABCD中，，AB=AD，对角线AC、BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E．连接OE．
（1）求证：四边形ABCD菱形；
（2）若AB=，OE=2，求线段CE的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）先根据平行线的性质可得，再根据角平分线的定义可得，从而可得，然后根据等腰三角形的性质可得，最后根据菱形的判定即可得证；
（2）先根据菱形的性质可得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，然后利用勾股定理可得，最后根据相似三角形的判定与性质可得，由此即可得．
详解】（1）∵，
∴，
∵AC为的平分线，
∴，
∴，
∴，
，
，
又∵，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴，
∵，，
∴，
，
，
∴，
在和中，，
∴，
，即，
解得．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），找出两个相似三角形是解题关键．
22. 如图1，等腰直角三角板的一个锐角顶点与正方形ABCD的顶点A重合，将此三角板绕点A旋转，使三角板中该锐角的两条边分别交正方形的两边BC，DC于点E，F，连接EF．
（1）猜想BE、EF、DF三条线段之间的数量关系，并证明你的猜想；
（2）在图1中，过点A作AM⊥EF于点M，请直接写出AM和AB的数量关系；
（3）如图2，将Rt△ABC沿斜边AC翻折得到Rt△ADC，E，F分别是BC，CD边上的点，∠EAF=∠BAD，连接EF，过点A作AM⊥EF于点M，试猜想AM与AB之间的数量关系．并证明你的猜想．

【答案】（1）EF=BE+DF．证明见解析；（2）AM=AB；（3）AM=AB．证明见解析
【解析】
【分析】（1）延长CB到Q，使BQ=DF，连接AQ，根据四边形ABCD是正方形求出AD=AB，∠D=∠DAB=∠ABE=∠ABQ=90°，证△ADF≌△ABQ，推出AQ=AF，∠QAB=∠DAF，求出∠EAQ=∠F，证△EAQ≌△EAF，推出EF=BQ即可．
（2）根据△EAQ≌△EAF，EF=BQ，得出×BQ×AB=×FE×AM，求出即可；
（3）延长CB到Q，使BQ=DF，连接AQ，根据折叠和已知得出AD=AB，∠D=∠DAB=∠ABE=90°，∠BAC=∠DAC=∠BAD，证得△ADF≌△ABQ，推出AQ=AF，∠QAB=∠DAF，求出∠EAQ=∠FAE，从而证得△EAQ≌△EAF，推出EF=BQ即可．
【详解】解：（1）EF=BE+DF．证明如下：
如答图1，延长CB到Q，使BQ=DF，连接AQ，

∵四边形ABCD正方形，
∴AD=AB，∠D=∠DAB=∠ABE=∠ABQ=90°．
在△ADF和△ABQ中，
∵AB=AD，∠ABQ=∠D，BQ=DF，
∴△ABQ≌△ADF（SAS）．
∴AQ=AF，∠QAB=∠DAF．
∵∠DAB=90°，∠FAE=45°，
∴∠DAF+∠BAE=45°．
∴∠BAE+∠BAQ=45°，即∠EAQ=∠EAF．
在△EAQ和△EAF中，
∵AE=AE，∠EAQ=∠EAF，AQ=AF，
∴△EAQ≌△EAF（SAS）．
∴EF=BQ=BE+EQ=BE+DF．
（2）解：AM=AB，
理由是：∵△EAQ≌△EAF，EF=EQ，
∴×BQ×AB=×FE×AM．
∴AM=AB．
（3）AM=AB．证明如下：
如答图，延长CB到Q，使BQ=DF，连接AQ，

∵折叠后B和D重合，
∴AD=AB，∠D=∠DAB=∠ABE=90°，
∠BAC=∠DAC=∠BAD．
在△ADF和△ABQ中，
∵AB=AD，∠ABQ=∠D，BQ=DF，
∴△ADF≌△ABQ（SAS）．
∴AQ=AF，∠QAB=∠DAF．
∵∠FAE=∠BAD，
∴∠DAF+∠BAE=∠BAE+∠BAQ=∠EAQ=∠BAD，即∠EAQ=∠FAE．
在△EAQ和△EAF中，
∵AE=AE，∠EAQ=∠EAF，AQ=AF，
∴△EAQ≌△EAF（SAS）．
∴EF=BQ．
∵△EAQ≌△EAF，EF=BQ，
∴×BQ×AB=×FE×AM．
∴AM=AB．