2024-2025学年北京昌平临川育人学校九年级数学第一学期开学质量检测试题【含答案】

这是一份2024-2025学年北京昌平临川育人学校九年级数学第一学期开学质量检测试题【含答案】，共25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）如图，平行四边形ABCD中，，点E为BC边中点，，则AE的长为 （ ）
A．2cmB．3cmC．4cmD．6cm
2、（4分）星期天晚饭后，小丽的爸爸从家里出去散步，如图描述了她爸爸散步过程中离家的距离（km）与散步所用的时间（min）之间的函数关系，依据图象，下面描述符合小丽爸爸散步情景的是（ ）
A．从家出发，休息一会，就回家
B．从家出发，一直散步（没有停留），然后回家
C．从家出发，休息一会，返回用时20分钟
D．从家出发，休息一会，继续行走一段，然后回家
3、（4分）如图所示，已知A（，y1），B(2,y2)为反比例函数图像上的两点，动点P(x，0)在x正半轴上运动，当线段AP与线段BP之差达到最大时，点P的坐标是（ ）
A．(，0)B．(1,0)C．(,0)D．(,0)
4、（4分）直角三角形中，两条直角边的边长分别为6和8，则斜边上的中线长是（ ）
A．10B．8C．6D．5
5、（4分）如图，有一个水池，其底面是边长为16尺的正方形，一根芦苇AB生长在它的正中央，高出水面部分BC的长为2尺，如果把该芦苇沿与水池边垂直的方向拉向岸边，那么芦苇的顶部B恰好碰到岸边的B′，则这根芦苇AB的长是（ ）
A．15尺B．16尺C．17尺D．18尺
6、（4分）∠A的余角是70°，则∠A的补角是（ ）
A．20°B．70°C．110°D．160°
7、（4分）如图，与的形状相同，大小不同，是由的各顶点变化得到的，则各顶点变化情况是（ ）
A．横坐标和纵坐标都乘以2B．横坐标和纵坐标都加2
C．横坐标和纵坐标都除以2D．横坐标和纵坐标都减2
8、（4分）分式有意义，则的取值范围为（ ）
A．B．C．且D．为一切实数
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，△ABC的顶点都在正方形网格格点上，点A的坐标为（－1，4）．将△ABC沿y轴翻折到第一象限，则点C的对应点C′的坐标是_____．
10、（4分）已知一次函数的图象过点（3，5）与点（-4，-9），则这个一次函数的解析式为____________.
11、（4分）已知点（2，7）在函数y=ax+3的图象上，则a的值为____．
12、（4分）如图，有公共顶点A、B的正五边形和正六边形，连接AC交正六边形于点D，则∠ADE的度数为___．
13、（4分）已知一个多边形的每一个外角都等于，则这个多边形的边数是 ．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图在平面直角坐标系中，已知点A(0，2)，△AOB为等边三角形，P是x轴负半轴上一个动点(不与原点O重合)，以线段AP为一边在其右侧作等边三角形△APQ．
(1)求点B的坐标；
(2)在点P的运动过程中，∠ABQ的大小是否发生改变？如不改变，求出其大小：如改变，请说明理由；
(3)连接OQ，当OQ∥AB时，求P点的坐标．
15、（8分）已知关于的一元二次方程: ;
(1)求证:无论为何值，方程总有实数根;
(2)若方程的一个根是2，求另一个根及的值.
16、（8分）如图，AD=CB,AB=CD，求证：△ACB≌△CAD
17、（10分）如图，四边形ABCD是平行四边形, EB⊥BC于B，ED⊥CD于D，BE、DE相交于点E，若∠E=62º，求∠A的度数．
18、（10分）如图平面直角坐标系中，点，在轴上，，点在轴上方，，，线段交轴于点，，连接，平分，过点作交于．
（1）点的坐标为 ．
（2）将沿线段向右平移得，当点与重合时停止运动，记与的重叠部分面积为，点为线段上一动点，当时，求的最小值；
（3）当移动到点与重合时，将绕点旋转一周，旋转过程中，直线分别与直线、直线交于点、点，作点关于直线的对称点，连接、、．当为直角三角形时，直接写出线段的长．
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，在菱形ABCD中，E，F分别是AD，BD的中点，若EF=2，则菱形ABCD的周长是__．
20、（4分）如图，四边形中，，，且，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点得到四边形，如此进行下去，得到四边形，则四边形的面积是________.
21、（4分）已知一个多边形的内角和为540°，则这个多边形是______边形．
22、（4分）小菲受《乌鸦喝水》故事的启发，利用量筒和体积相同的小球进行了如下操作，请根据图中给出的信息，量筒中至少放入________小球时有水溢出．

23、（4分）如图，在的边长为1的小正方形组成的网格中，格点上有四个点，若要求连接两个点所成线段的长度大于3且小于4，则可以连接__________________.(写出一个答案即可)
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）自年月日日起，合肥市进入冰雪灾害天气，如图，一棵大树在离地面米处折断，树的顶端落在离树干底部米处，求这棵树折断之前的高度.
25、（10分）关于x的一元二次方程有实数根.
(1)求k的取值范围；
(2)若k是该方程的一个根，求的值.
26、（12分）关于x的方程x2+（2k+1）x+k2﹣1＝0有两个不相等的实数根．
（1）求实数k的取值范围；
（2）若k为负整数，求此时方程的根．
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、B
【解析】
由平行四边形的性质得出BC＝AD＝6cm，由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结果．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD＝6cm，
∵E为BC的中点，AC⊥AB，
∴AE＝BC＝3cm，
故选：B．
本题考查了平行四边形的性质、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握平行四边形的性质，由直角三角形斜边上的中线性质求出AE是解决问题的关键．
2、D
【解析】
利用函数图象，得出各段的时间以及离家的距离变化，进而得出答案．
【详解】
由图象可得出：小丽的爸爸从家里出去散步10分钟，休息20分钟，再向前走10分钟，然后利用20分钟回家．
故选：D．
本题考查了函数的图象，解题的关键是要看懂图象的横纵坐标所表示的意义，然后再进行解答．
3、D
【解析】
求出AB的坐标，设直线AB的解析式是y=kx+b，把A、B的坐标代入求出直线AB的解析式，根据三角形的三边关系定理得出在△ABP中，|AP-BP|＜AB，延长AB交x轴于P′，当P在P′点时，PA-PB=AB，此时线段AP与线段BP之差达到最大，求出直线AB于x轴的交点坐标即可．
【详解】
∵把A（，y1），B（2，y2）代入反比例函数y=得：y1=2，y2=，
∴A（，2），B（2，），
∵在△ABP中，由三角形的三边关系定理得：|AP-BP|＜AB，
∴延长AB交x轴于P′，当P在P′点时，PA-PB=AB，
即此时线段AP与线段BP之差达到最大，
设直线AB的解析式是y=kx+b，
把A、B的坐标代入得：
，
解得：k=-1，b=，
∴直线AB的解析式是y=-x+，
当y=0时，x=，
即P（，0），
故选D．
本题考查了三角形的三边关系定理和用待定系数法求一次函数的解析式的应用，解此题的关键是确定P点的位置，题目比较好，但有一定的难度．
4、D
【解析】
如图，根据勾股定理求出AB，根据直角三角形斜边上中线求出CD=AB即可．
【详解】
解：如图，
∵∠ACB=90°，AC=6，BC=8，由勾股定理得：
AB==10，
∵CD是△ABC中线，
∴CD=AB=×10=5，
故选D．
本题主要考查对勾股定理，直角三角形斜边上的中线等知识点的理解和掌握，能推出CD=AB是解此题的关键．
5、C
【解析】
我们可以将其转化为数学几何图形，如图所示，根据题意，可知EB'的长为16尺，则B'C=8尺，设出AB=AB'=x尺，表示出水深AC，根据勾股定理建立方程，求出的方程的解即可得到芦苇的长．
【详解】
解：依题意画出图形，
设芦苇长AB=AB′=x尺，则水深AC=（x-2）尺，
因为B'E=16尺，所以B'C=8尺
在Rt△AB'C中，82+（x-2）2=x2，
解之得：x=17，
即芦苇长17尺．
故选C．
本题主要考查勾股定理的应用，熟悉数形结合的解题思想是解题关键．
6、D
【解析】
先根据互余两角的和等于90°求出∠A的度数，再根据互补两角的和等于180°列式求解即可；
或根据同一个角的补角比余角大90°进行计算．
【详解】
解：∵∠A的余角是70°，
∴∠A=90°-70°=20°，
∴∠A的补角是：180°-20°=160°；
或∠A的补角是：70°+90°=160°．
故选：A．
本题考查了余角与补角的求法，熟记互余两角的和等于90°，互补两角的和等于180°的性质是解题的关键．
7、A
【解析】
根据题意得：△OAB∽△OAB，然后由相似三角形的对应边成比例，求得答案．
【详解】
根据题意得：△O AB∽△OAB，
∵O(0,0),A(2,1),B(1,3),B点的坐标为(2,6)，A(4,2)
∴横坐标和纵坐标都乘以2.
故选A.
此题考查坐标与图形性质，相似三角形的性质，解题关键在于利用相似三角形的对应边成比例
8、B
【解析】
直接利用分式有意义则分母不等于零进而得出答案．
【详解】
分式有意义，
则x-1≠0，
解得：x≠1．
故选：B．
此题考查分式有意义的条件，正确把握分式的定义是解题关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（3，1）
【解析】
关于y轴对称的点的坐标的特征：横坐标互为相反数，纵坐标相同.
【详解】
由题意得点C（－3，1）的对应点C′的坐标是（3，1）．
考点：关于y轴对称的点的坐标
本题属于基础题，只需学生熟练掌握关于y轴对称的点的坐标的特征，即可完成.
10、
【解析】
设一次函数的解析式为：，利用待定系数法把已知点的坐标代入解析式，解方程组即可得答案．
【详解】
解：设一次函数的解析式为：，

解得：
所以这个一次函数的解析式为：
故答案为：
本题考查的是利用待定系数法求解一次函数的解析式，掌握待定系数法是解题的关键．
11、1．
【解析】
利用待定系数法即可解决问题；
【详解】
∵点（1，7）在函数y=ax+3的图象上，∴7=1a+3，∴a=1，
故答案为:1．
本题考查一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是熟练掌握待定系数法解决问题，属于中考常考题型．
12、84°．
【解析】
据正多边形的内角，可得∠ABE、∠E、∠CAB，根据四边形的内角和，可得答案．
【详解】
正五边形的内角是∠ABC＝＝108°，
∵AB＝BC，
∴∠CAB＝36°，
正六边形的内角是∠ABE＝∠E＝＝120°，
∵∠ADE+∠E+∠ABE+∠CAB＝360°，
∴∠ADE＝360°﹣120°﹣120°﹣36°＝84°，
故答案为84°．
本题考查了多边形的内角与外角，利用求多边形的内角得出正五边形的内角、正六边形的内角是解题关键．
13、5
【解析】
∵多边形的每个外角都等于72°，
∵多边形的外角和为360°，
∴360°÷72°=5，
∴这个多边形的边数为5.
故答案为5.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、 (1)点B的坐标为B(3，)；(2)∠ABQ＝90°，始终不变，理由见解析；(3)P的坐标为(﹣3，0)．
【解析】
（1）如图，作辅助线；证明∠BOC＝30°，OB＝2 ，借助直角三角形的边角关系即可解决问题；
（2）证明△APO≌△AQB，得到∠ABQ＝∠AOP＝90°，即可解决问题；
（3）根据点P在x的负半轴上，再根据全等三角形的性质即可得出结果
【详解】
(1)如图1，过点B作BC⊥x轴于点C，
∵△AOB为等边三角形，且OA＝2，
∴∠AOB＝60°，OB＝OA＝2，
∴∠BOC＝30°，而∠OCB＝90°，
∴BC＝OB＝，OC＝＝3，
∴点B的坐标为B(3，)；
(2)∠ABQ＝90°，始终不变．理由如下：
∵△APQ、△AOB均为等边三角形，
∴AP＝AQ、AO＝AB、∠PAQ＝∠OAB，
∴∠PAO＝∠QAB，
在△APO与△AQB中，，
∴△APO≌△AQB(SAS)，
∴∠ABQ＝∠AOP＝90°；
(3)如图2，∵点P在x轴负半轴上，点Q在点B的下方，
∵AB∥OQ，∠BQO＝90°，∠BOQ＝∠ABO＝60°．
又OB＝OA＝2，可求得BQ＝3，
由(2)可知，△APO≌△AQB，
∴OP＝BQ＝3，
∴此时P的坐标为(﹣3，0)．
本题考查了等边三角形的性质以及全等三角形的判定及性质以及梯形的性质，注意利用三角形全等的性质解题的关键．
15、（1）详见解析；（2），
【解析】
（1）根据根的判别式得出△＝（k﹣3）2≥0，从而证出无论k取任何值，方程总有实数根．
（2）先把x＝2代入原方程，求出k的值，再解这个方程求出方程的另一个根．
【详解】
(1)证明:(方法一).
∴无论为何值时，方程总有实数根.
(方法二)将代人方程，等式成立，即是原方程的解，
因此，无论为何值时，方程总有实数根，
(2)把代人方程解得，
解方程得
本题主要考查了一元二次方程的根的判别式，一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△＝0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根．
16、见解析
【解析】
利用SSS即可证明.
【详解】
证明：在△ACB与△CAD中
∴△ACB≌△CAD（SSS）
本题考查的是全等三角形的判定，能够根据SSS证明三角形全等是解题的关键.
17、118°
【解析】
根据EB⊥BC，ED⊥CD，可得∠EBC＝90°，∠EDC＝90°，然后根据四边形的内角和为360°，∠E＝62°，求得∠C的度数，然后根据平行四边形的性质得出∠A＝∠C，继而求得∠A的度数．
【详解】
解：∵EB⊥BC，ED⊥CD.
∴∠EBC=∠EDC=90°
∵∠E=62°
∴∠C=360°-∠EBC-∠EDC-∠E=118°
∵四边形ABCD为平行四边形
∴∠A=∠C=118°
本题考查了平行四边形的性质及多边形的内角和等知识，熟练掌握四边形的内角和为360°与平行四边形对角相等是解题的关键．
18、（1）C（3，3）；（3）最小值为3+3；（3）D3H的值为3-3或3+3或1-1或1+1．
【解析】
（1）想办法求出A，D，B的坐标，求出直线AC，BC的解析式，构建方程组即可解决问题．
（3）如图3中，设BD交O′D′于G，交A′D′于F．作PH⊥OB于H．利用三角形的面积公式求出点D坐标，再证明PH=PB，把问题转化为垂线段最短即可解决问题．
（3）在旋转过程中，符号条件的△GD3H有8种情形，分别画出图形一一求解即可．
【详解】
（1）如图1中，
在Rt△AOD中，∵∠AOD=93°，∠OAD=33°，OD=3，
∴OA=OD=6，∠ADO=63°，
∴∠ODC=133°，
∵BD平分∠ODC，
∴∠ODB=∠ODC=63°，
∴∠DBO=∠DAO=33°，
∴DA=DB=1，OA=OB=6，
∴A（-6，3），D（3，3），B（6，3），
∴直线AC的解析式为y=x+3，
∵AC⊥BC，
∴直线BC的解析式为y=-x+6，
由 ，解得，
∴C（3，3）．
（3）如图3中，设BD交O′D′于G，交A′D′于F．作PH⊥OB于H．
∵∠FD′G=∠D′GF=63°，
∴△D′FG是等边三角形，
∵S△D′FG= ，
∴D′G= ，
∴DD′=GD′=3，
∴D′（3，3），
∵C（3，3），
∴CD′==3，
在Rt△PHB中，∵∠PHB=93°，∠PBH=33°，
∴PH=PB，
∴CD'+D'P+PB=3+D′P+PH≤3+D′O′=3+3，
∴CD'+D'P+PB的最小值为3+3．
（3）如图3-1中，当D3H⊥GH时，连接ED3．
∵ED=ED3，EG=EG．DG=D3G，
∴△EDG≌△ED3G（SSS），
∴∠EDG=∠ED3G=33°，∠DEG=∠D3EG，
∵∠DEB=133°，∠A′EO′=63°，
∴∠DEG+∠BEO′=63°，
∵∠D3EG+∠D3EO′=63°，
∴∠D3EO′=∠BEO′，
∵ED3=EB，E=EH，
∴△EO′D3≌△EO′B（SAS），
∴∠ED3H=∠EBH=33°，HD3=HB，
∴∠CD3H=63°，
∵∠D3HG=93°，
∴∠D3GH=33°，设HD3=BH=x，则DG=GD3=3x，GH=x，
∵DB=1，
∴3x+x+x=1，
∴x=3-3．
如图3-3中，当∠D3GH=93°时，同法可证∠D3HG=33°，易证四边形DED3H是等腰梯形，
∵DE=ED3=DH=1，可得D3H=1+3×1×cs33°=1+1．
如图3-3中，当D3H⊥GH时，同法可证：∠D3GH=33°，
在△EHD3中，由∠D3HE=15°，∠HD3E=33°，ED3=1，可得D3H=1× ，
如图3-1中，当DG⊥GH时，同法可得∠D3HG=33°，
设DG=GD3=x，则HD3=BH=3x，GH=x，
∴3x+x=1，
∴x=3-3，
∴D3H=3x=1-1．
如图3-5中，当D3H⊥GH时，同法可得D3H=3-3．
如图3-6中，当DGG⊥GH时，同法可得D3H=1+1．
如图3-7中，如图当D3H⊥HG时，同法可得D3H=3+3．
如图3-8中，当D3G⊥GH时，同法可得HD3=1-1．
综上所述，满足条件的D3H的值为3-3或3+3或1-1或1+1．
此题考查几何变换综合题，解直角三角形，旋转变换，一次函数的应用，等边三角形的判定和性质，垂线段最短，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建一次函数确定交点坐标，学会用分类讨论的思想思考问题．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、1
【解析】
试题分析：先利用三角形中位线性质得到AB=4，然后根据菱形的性质计算菱形ABCD的周长．
∵E，F分别是AD，BD的中点， ∴EF为△ABD的中位线， ∴AB=2EF=4，
∵四边形ABCD为菱形， ∴AB=BC=CD=DA=4， ∴菱形ABCD的周长=4×4=1．
考点：（1）菱形的性质；（2）三角形中位线定理．
20、
【解析】
根据四边形的面积与四边形的面积间的数量关系来求其面积．
【详解】
解：∵四边形中，，，且

由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半，
四边形的面积是．
故答案为：．
本题主要考查了菱形的判定与性质、矩形的判定与性质及三角形的中位线定理（三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半）．解答此题时，需理清菱形、矩形与平行四边形的关系．
21、5.
【解析】
设这个多边形是n边形，由题意得，
(n-2) ×180°=540°,解之得，n=5.
22、10
【解析】
（36-20）÷3=2（cm）.
设放入x小球有水溢出，由题意得
2x+30>49, ∴x>9.5, ∴放入10小球有水溢出.
23、或
【解析】
根据勾股定理求出AD（或BD），根据算术平方根的大小比较方法解答．
【详解】
由勾股定理得，AD=，
3＜＜4，
（同理可求BD=）
故答案为：AD或BD．
本题考查的是勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a1+b1=c1．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、米
【解析】
由题意得，在直角三角形中，知道了两直角边，运用勾股定理直接解答即可求出斜边．
【详解】
解：∵AC=4米，BC=3米，∠ACB=90°，
∴折断的部分长为=5，
∴折断前高度为5+3=8（米）．
此题主要考查学生对勾股定理在实际生活中的运用能力．
25、 (1) k≤5 ；(2) 3.
【解析】
（1）根据判别式的意义得到△=22-4（k-4）≥0，然后解不等式即可；
（2）利用方程解的定义得到k2+3k=4，再变形得到2k2+6k-5=2（k2+3k）-5，然后利用整体代入的方法计算．
【详解】
(1)∵有实数根，
∴Δ≥0
即.
∴k≤5
(2)∵k是方程的一个根，
∴
∴
=3
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac有如下关系：当△＞0时，方程有两个不相等的实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△＜0时，方程无实数根．
26、（1） ；（2）x1=0，x2=1.
【解析】
（1）由方程有两个不相等的实数根知△＞0，据此列出关于k的不等式，解之可得；
（2）由所得k的范围，结合k为负整数得出k的值，代入方程，再利用因式分解法求解可得．
【详解】
（1）由题意，得△．
解得．
（2）∵k为负整数，
∴．
则方程为．
解得，．
本题考查了根的判别式以及因式分解法解一元二次方程，解题的关键是：（1）根据方程的系数结合根的判别式，找出△=4k+5＞0；（2）将k=-1代入原方程，利用因式分解法解方程．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人