2024-2025学年天津市南开区津英中学数学九年级第一学期开学达标测试试题【含答案】

这是一份2024-2025学年天津市南开区津英中学数学九年级第一学期开学达标测试试题【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）在下列式子中，x可以取1和2的是( )
A．B．C．D．
2、（4分）若一个多边形的每个内角都等于150°，则这个多边形的边数是（ ）
A．10B．11C．12D．13
3、（4分）如图，在中，，，则的度数是( )
A．B．C．D．
4、（4分）以下列各组数为边长，不能构成直角三角形的是( )
A．5，12，13B．1，2，C．1，，2D．4，5，6
5、（4分）已知点在抛物线上，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
6、（4分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，，则四边形AODE一定是（ ）
A．正方形B．矩形C．菱形D．不能确定
7、（4分）一个关于x的一元一次不等式组的解集在数轴上的表示如图，则该不等式组的解集是（ ）
A．x＞1B．x≥1C．x＞3D．x≥3
8、（4分）下列调查的样本所选取方式，最具有代表性的是（ ）
A．在青少年中调查年度最受欢迎的男歌手
B．为了解班上学生的睡眠时间，调查班上学号为双号的学生的睡眠时间
C．为了解你所在学校的学生每天的上网时间，对八年级的同学进行调查
D．对某市的出租车司机进行体检，以此反映该市市民的健康状况
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，在矩形ABCD中，AB＝4，BC，对角线AC、BD相交于点O，现将一个直角三角板OEF的直角顶点与O重合，再绕着O点转动三角板，并过点D作DH⊥OF于点H，连接AH.在转动的过程中，AH的最小值为_________．
10、（4分）如图所示，将直角三角形, ,,沿方向平移得直角三角形，,阴影部分面积为_____________.
11、（4分）若代数式有意义，则x的取值范围是______。
12、（4分）▱ABCD的周长是30，AC、BD相交于点O，△OAB的周长比△OBC的周长大3，则AB＝_____．
13、（4分）将正比例函数y=﹣2x的图象向上平移3个单位，则平移后所得图象的解析式是_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，方格纸中每个小方格都是长为1个单位的正方形．若学校位置的坐标为A(1，2)，解答以下问题：
(1)请在图中建立适当的直角坐标系，并写出图书馆B位置的坐标；
(2)若体育馆位置的坐标为C(－3，3)，请在坐标系中标出体育馆的位置，并顺次连接学校、图书馆、体育馆，得到△ABC，求△ABC的面积．
15、（8分）如图，▱ABCD中，E是AB的中点，连结CE并延长交DA的延长线于点F．求证：AFAD．
16、（8分）如图1，在中，，，，动点P从点A开始沿边AC向点C以每秒1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作，交AB于点D，连接PQ，点P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒．
直接用含t的代数式分别表示：______，______；
是否存在t的值，使四边形PDBQ为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．
如图2，在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长．
17、（10分）四边形为正方形，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以、为邻边作矩形，连接.
（1）如图，求证：矩形是正方形；
（2）当线段与正方形的某条边的夹角是时，求的度数.
18、（10分）黄石市在创建国家级文明卫生城市中，绿化档次不断提升．某校计划购进A，B两种树木共100棵进行校园绿化升级，经市场调查：购买A种树木2棵，B种树木5棵，共需600元；购买A种树木3棵，B种树木1棵，共需380元．
（1）求A种，B种树木每棵各多少元；
（2）因布局需要，购买A种树木的数量不少于B种树木数量的3倍．学校与中标公司签订的合同中规定：在市场价格不变的情况下（不考虑其他因素），实际付款总金额按市场价九折优惠，请设计一种购买树木的方案，使实际所花费用最省，并求出最省的费用．
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）十二边形的内角和度数为_________.
20、（4分）一次函数y＝kx﹣2的图象经过第一、三、四象限，且与两坐标轴围成的三角形的面积等于4，则k的值等于__．
21、（4分）一个弹簧不挂重物时长，挂上重物后伸长的长度与所挂重的质量成正比。如果挂上的质量后弹簧伸长，则弹簧的总长（单位：）关于所挂重物（单位：）的函数解析式是_________．
22、（4分）如图，一次函数的图象与x轴、y轴分别交于点A、B，将沿直线AB翻折得到，连接OC，那么线段OC的长为______．
23、（4分）抽取某校学生一个容量为150的样本，测得学生身高后，得到身高频数分布直方图如图，已知该校有学生1500人，则可以估计出该校身高位于160 cm和165 cm之间的学生大约有_______人.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，在平面内，菱形 ABCD 的对角线相交于点 O，点 O 又是菱形B1A1OC1的一个顶点，菱形 ABCD≌菱形 B1A1OC1，AB=BD=1．菱形B1A1OC1 绕点 O 转动，求两个菱形重叠部分面积的取值范围，请说明理由．
25、（10分）如图，在中，，点是边上的中点，、分别垂直、于点和．求证：
26、（12分）图（a）、图（b）、图（c）是三张形状、大小完全相同的方格纸，方格纸中的每个小正方形的边长均为1．请在图图（a）、图（b）、图（c）中分别画出符合要求的图形，所画图形各顶点必须与方格纸中的小正方形顶点重合．
（1）画一个底边长为4，面积为8的等腰三角形．
（2）画一个面积为10的等腰直角三角形．
（3）画一个一边长为，面积为6的等腰三角形．
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】
根据分式和二次根式有意义的条件即可求出答.
【详解】
解：A.x﹣1≠0，所以x≠1，故A不可以取1
B.x﹣1≥0，所以x≥1，故B可以取1和2
C.x﹣2≥0，所以x≥2，故C不可以取1
D.x﹣2≠0，所以x≠2，故D不可以取2
故选：B．
本题考查的是分式和二次根式有意义的条件，熟练掌握二者是解题的关键.
2、C
【解析】
根据多边形的内角和定理：（n−2）×180°求解即可．
【详解】
解：由题意可得：180°•（n﹣2）＝150°•n，
解得n＝1．
故多边形是1边形．
故选：C．
主要考查了多边形的内角和定理．n边形的内角和为：（n−2）×180°．此类题型直接根据内角和公式计算可得．
3、B
【解析】
由三角形内角和得到∠CBD的度数，由AD∥BC即可得到答案.
【详解】
解：∵，，
∴∠CBD=180°-50°-55°=75°，
在中，AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD=75°.
故选择：B.
本题考查了三角形内角和，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握三角形内角和与平行线的性质.
4、D
【解析】
【分析】根据勾股定理逆定理进行判断即可.
【详解】因为，
A. 52+122=132 B. 12+22= )2 C. 12+=22 D. 42+52≠62
所以，只有选项D不能构成直角三角形.
故选：D
【点睛】本题考核知识点：勾股定理逆定理.解题关键点：能运用勾股定理逆定理.
5、A
【解析】
分别计算自变量为1和2对应的函数值，然后对各选项进行判断．
【详解】
当x=1时,y1=−(x+1) +2=−(1+1) +2=−2；
当x=2时,y=−(x+1) +2=−(2+1) +2=−7；
所以.
故选：A
此题考查二次函数顶点式以及二次函数的性质，解题关键在于分析函数图象的情况
6、B
【解析】
根据题意可判断出四边形AODE是平行四边形，再由菱形的性质可得出AC⊥BD，即∠AOD=90°，继而可判断出四边形AODE是矩形；
【详解】
证明：∵DE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD=∠AOD=90°，
∴四边形AODE是矩形.
故选B.
本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定；熟练掌握矩形的判定与性质、菱形的性质是解决问题的关键．
7、C
【解析】
试题解析：一个关于x的一元一次不等式组的解集在数轴上的表示如图，
则该不等式组的解集是x＞1．
故选C．
考点：在数轴上表示不等式的解集．
8、B
【解析】
试题解析：A. 只在青少年中调查不具有代表性，故本选项不符合题意；
B. 了解班上学生的睡眠时间．调查班上学号为双号的学生的睡眠时间，具有广泛性与代表性，故本选项符合题意；
C. 只向八年级的同学进行调查不具有代表性，故本选项不符合题意；
D. 反映该市市民的健康状况只对出租车司机调查不具有代表性，故本选项不符合题意.
故选B.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1﹣1
【解析】
取OD的中点G，过G作GP⊥AD于P，连接HG，AG，依据∠ADB=30°，可得PGDG=1，依据∠DHO=90°，可得点H在以OD为直径的⊙G上，再根据AH+HG≥AG，即可得到当点A，H，G三点共线，且点H在线段AG上时，AH最短，根据勾股定理求得AG的长，即可得出AH的最小值．
【详解】
如图，取OD的中点G，过G作GP⊥AD于P，连接HG，AG．
∵AB=4，BC=4AD，∴BD8，∴BD=1AB，DO=4，HG=1，∴∠ADB=30°，∴PGDG=1，∴PD，AP=3．
∵DH⊥OF，∴∠DHO=90°，∴点H在以OD为直径的⊙G上．
∵AH+HG≥AG，∴当点A，H，G三点共线，且点H在线段AG上时，AH最短，此时，Rt△APG中，AG，∴AH=AG﹣HG=11，即AH的最小值为11．
故答案为11．
本题考查了圆和矩形的性质，勾股定理的综合运用，解决问题的关键是根据∠DHO=90°，得出点H在以OD为直径的⊙G上．
10、1
【解析】
根据平移的性质，对应点间的距离等于平移的距离求出CE=BF，再求出GE，然后根据平移变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小可得△ABC的面积等于△DEF的面积，从而得到阴影部分的面积等于梯形ACEG的面积，再利用梯形的面积公式列式计算即可得解．
【详解】
∵△ACB平移得到△DEF，
∴CE=BF=2，DE=AC=6，
∴GE=DE-DG=6-3=3，
由平移的性质，S△ABC=S△DEF，
∴阴影部分的面积=S梯形ACEG=（GE+AC）•CE=（3+6）×2=1．
故答案为：1．
本题考查了平移的性质，熟练掌握性质并求出阴影部分的面积等于梯形ACEG的面积是本题的难点，也是解题的关键．
11、x＞5
【解析】
若代数式 有意义,则分母即≠0,可得出x≠5.根据根式的性质能够得出x-5≥0,结合前面x≠5,即可得出x的取值范围.
【详解】
若代数式有意义,
则≠0,得出x≠5.
根据根式的性质知中被开方数x-5≥0
则x≥5,
由于x≠5,则可得出x＞5,
答案为x＞5.
本题主要考查分式及根式有意义的条件,易错点在于学生容易漏掉其中之一.
12、1．
【解析】
如图：由四边形ABCD是平行四边形，可得AB=CD，BC=AD，OA=OC，OB=OD；又由△OAB的周长比△OBC的周长大3，可得AB﹣BC=3，又因为▱ABCD的周长是30，所以AB+BC=10；解方程组即可求得．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，BC=AD，OA=OC，OB=OD；
又∵△OAB的周长比△OBC的周长大3，
∴AB+OA+OB﹣（BC+OB+OC）=3
∴AB﹣BC=3，
又∵▱ABCD的周长是30，
∴AB+BC=15，
∴AB=1．
故答案为1．
13、y=-2x+1
【解析】
根据一次函数图象平移的规律即可得出结论．
【详解】
解：正比例函数y=-2x的图象向上平移1个单位，则平移后所得图象的解析式是：y=-2x+1，
故答案为y=-2x+1．
本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减”的法则是解答此题的关键．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、 (1) （-3，-2）；(2)1.
【解析】
（1）利用点A的坐标画出直角坐标系；根据点的坐标的意义描出点B；
（2）利用三角形的面积得到△ABC的面积．
【详解】
解：（1）建立直角坐标系如图所示：
图书馆B位置的坐标为（-3，-2）；
（2）标出体育馆位置C如图所示，观察可得，△ABC中BC边长为5，BC边上的高为4，所以△ABC的面积为=×5×4=1．
本题考查了坐标确定位置：平面内的点与有序实数对一一对应；记住平面内特殊位置的点的坐标特征．
15、详见解析.
【解析】
由在▱ABCD中，点E为AB的中点，易证得△AFE≌△BCE (ASA) ,然后由全等三角形的对应边相等得出AF=BC，即可证得结论.
【详解】
证明：∵平行四边形ABCD
∴AD∥BC，AD=BC (平行四边形对边平行且相等).
又∵AD∥BC
∴∠BCF=∠F(两直线平行内错角相等).
∠BAF=∠ABC
∵E为AB中点
在△AFE和△BCE中
∠BCF=∠F
∠BAF=∠ABC
AE=EB
∴△AFE≌△BCE (ASA)
∴AF=BC(全等三角形对应边相等)
∴AF=AD（等量代换）
此题考查全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，解题关键在于证明△AFE≌△BCE.
16、（1），；（2）详见解析；（3）2
【解析】
由根据路程等于速度乘以时间可得,,,则,根据,,可得:,根据相似三角形的判定可得:∽,再根据相似三角形的性质可得:
,即,从而解得:,
(2)根据,当时,可判定四边形PDBQ为平行四边形,根据平行四边形的性质可得:,解得:,
(3)根据题意可得:,当时,点的坐标为,当时,点的坐标为,
设直线的解析式为:,则,解得:,因此直线的解析式为:,再根据题意得:点P的坐标为,点Q的坐标为,因此在运动过程中PQ的中点M的坐标为,当时,,因此点M在直线上,作轴于N,则,,由勾股定理得,,
因此线段PQ中点M所经过的路径长为.
【详解】
由题意得,,,
则,
,,
,
∽,
,即,
解得:,
故答案为:,,
存在,
,
当时,四边形PDBQ为平行四边形,
,
解得:,
则当时,四边形PDBQ为平行四边形,
以点C为原点,以AC所在的直线为x轴,建立如图2所示的平面直角坐标系,
由题意得:,
当时,点的坐标为,
当时,点的坐标为,
设直线的解析式为:,
则,
解得:,
直线的解析式为：,
由题意得:点P的坐标为,点Q的坐标为,
在运动过程中PQ的中点M的坐标为,
当时,,
点M在直线上,
作轴于N,
则,,
由勾股定理得,,
线段PQ中点M所经过的路径长为.
本题主要考查几何动点问题,解决本题的关键是要准确找出动点运动路线,动点运动长度与运动时间的关系,并结合几何图形中的等量关系列方程进行解答.
17、∠EFC=125°或145°.
【解析】
（1）首先作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，由∠DCA=∠BCA，得出EQ=EP,再由∠QEF+∠FEC=45°，得出∠PED+∠FEC=45°，进而得出∠QEF=∠PED，即可判定Rt△EQF≌Rt△EPD，得出EF=ED，即可得证；
（2）分类讨论：①当DE与AD的夹角为35°时，∠EFC=125°；②当DE与DC的夹角为35°时，∠EFC=145°，即可得解.
【详解】
（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，如图所示
∵∠DCA=∠BCA
∴EQ=EP,
∵∠QEF+∠FEP=90°，∠PED+∠FEP=90°，
∴∠QEF=∠PED
在Rt△EQF和Rt△EPD中，
∴Rt△EQF≌Rt△EPD
∴EF=ED
∴矩形DEFG是正方形；
（2）①当DE与AD的夹角为35°时，
∠DEP=∠QEF=35°，
∴∠EFQ=90°-35°=55°，
∠EFC=180°-55°=125°；
②当DE与DC的夹角为35°时，
∠DEP=∠QEF=55°，
∴∠EFQ=90°-55°=35°，
∠EFC=180°-35°=145°；
综上所述，∠EFC=125°或145°.
此题主要考查正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题.
18、 (1) A种树每棵2元，B种树每棵80元；(2) 当购买A种树木1棵，B种树木25棵时，所需费用最少，最少为8550元．
【解析】
（1）设A种树每棵x元，B种树每棵y元，根据“购买A种树木2棵，B种树木5棵，共需600元；购买A种树木3棵，B种树木1棵，共需380元”列出方程组并解答；
（2）设购买A种树木为x棵，则购买B种树木为（2-x）棵，根据“购买A种树木的数量不少于B种树木数量的3倍”列出不等式并求得x的取值范围，结合实际付款总金额=0.9（A种树的金额+B种树的金额）进行解答．
【详解】
解：（1）设A种树木每棵x元，B种树木每棵y元，根据题意，得
，解得 ，
答：A种树木每棵2元，B种树木每棵80元．
（2）设购买A种树木x棵，则B种树木（2－x）棵，则x≥3（2－x）．解得x≥1．
又2－x≥0，解得x≤2．∴1≤x≤2．
设实际付款总额是y元，则y＝0.9[2x＋80（2－x）]．
即y＝18x＋7 3．
∵18＞0，y随x增大而增大，∴当x＝1时，y最小为18×1＋7 3＝8 550（元）．
答：当购买A种树木1棵，B种树木25棵时，所需费用最少，为8 550元．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、1800°
【解析】
根据n边形的内角和是（n﹣2）•180°，把多边形的边数代入公式，就得到多边形的内角和．
【详解】
解：十二边形的内角和为：（n﹣2）•180°=（12﹣2）×180°=1800°．
故答案为1800°．
本题考查了多边形的内角和的知识，解决本题的关键是正确运用多边形的内角和公式，要求同学们熟练掌握．
20、．
【解析】
一次函数图象与两坐标轴围成的面积，就要先求出一次函数图象与两坐标轴的交点，再由直角三角形面积公式求三角形面积，结合图象经过第一、三、四象限，判断k的取值范围，进而求出k的值．
【详解】
解：∵一次函数y=kx﹣2与两坐标轴的交点分别为，，
∴与两坐标轴围成的三角形的面积S=，
∴k=，
∵一次函数y=kx﹣2的图象经过第一、三、四象限，
∴k>0，
∴k=，
故答案为：．
本题考查了一次函数图象的特征、一次函数与坐标轴交点坐标的求法、三角形面积公式．利用三角形面积公式列出方程并求解是解题的关键．
21、
【解析】
弹簧总长弹簧原来的长度挂上重物质量时弹簧伸长的长度，把相关数值代入即可．
【详解】
解：挂上的物体后，弹簧伸长，
挂上的物体后，弹簧伸长，
弹簧总长．
故答案为：．
本题考查了由实际问题抽象一次函数关系式的知识，得到弹簧总长的等量关系是解决本题的关键．
22、.
【解析】
利用一次函数图象上点的坐标特征求得点A、B的坐标，易得线段AB的长度，然后利用面积法求得OD的长度，结合翻折图形性质得到．
【详解】
解：如图，设直线OC与直线AB的交点为点D，
一次函数的图象与x轴、y轴分别交于点A、B，
、，
，，，
将沿直线AB翻折得到，
，
，
．
故答案是：．
考查了一次函数图象与几何变换，此题将求线段OC的长度转换为求直角三角形AOB斜边上高的问题，降低了题目的难度．
23、1
【解析】
根据频率直方图的意义，由用样本估计总体的方法可得样本中160～165的人数，进而可得其频率；计算可得1500名学生中身高位于160cm至165cm之间的人数
【详解】
解：由题意可知：150名样本中160～165的人数为30人，则其频率为，
则1500名学生中身高位于160cm至165cm之间大约有1500×=1人．
故答案为1．
本题考查读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力；同时本题很好的考查了用样本来估计总体的数学思想.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、≤s ．
【解析】
分别求出重叠部分面积的最大值，最小值即可解决问题
【详解】
如图1中，∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∵AB=BD，
∴AB=BD=AD=1，
∴△ABD是等边三角形，
当AE=EB，AF=FD时，重叠部分的面积最大，最大面积=S△ABD=××12=，
如图2中，当OA1与BC交于点E，OC1交AB与F时，作OG⊥AB与G，OH⊥BC于H．
易证△OGF≌△OHE，
∴S四边形BEOF=S四边形OGBH=×=，
观察图象图象可知，在旋转过程中，重叠部分是三角形时，当点E与B重合，此时三角形的面积最小为，
综上所述，重叠部分的面积S的范围为≤s≤．
本题考查菱形的性质、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
声明：本试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布
25、见解析
【解析】
证法一：连接AD，由三线合一可知AD平分∠BAC，根据角平分线的性质定理解答即可；证法二：根据“AAS”△BED≌△CFD即可.
【详解】
证法一：连接AD．
∵AB＝AC，点D是BC边上的中点，
∴AD平分∠BAC（等腰三角形三线合一性质），
∵DE、DF分别垂直AB、AC于点E和F，
∴DE＝DF（角平分线上的点到角两边的距离相等）．
证法二：在△ABC中，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C（等边对等角）.
∵点D是BC边上的中点，
∴BD＝DC ，
∵DE、DF分别垂直AB、AC于点E和F，
∴∠BED＝∠CFD＝90°.
在△BED和△CFD中
∵，
∴△BED≌△CFD（AAS），
∴DE＝DF（全等三角形的对应边相等）.
本题考查了等腰三角形的性质，角平分线的性质，以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握角平分线的性质以及全等三角形的判定与性质是解答本题的关键.
26、（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【解析】
（1）利用三角形面积求法以及等腰三角形的性质画出底边长为4，高为4的等腰三角形即可；
（2）利用三角形面积求法以及等腰三角形的性质画出直角边长为2的等腰直角三角形即可；
（3）利用三角形面积求法以及等腰三角形的性质画出底边长为2，高为3的等腰三角形即可．
【详解】
解：（1）如图（a）所示：

（2）如图（b）所示 ：
（3）​如图（c）所示 ：
本题考查了应用与设计作图，主要利用了三角形的面积公式、等腰三角形的定义、以及勾股定理，都是基本作图，难度不大．熟练掌握勾股定理是关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
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