2024年北京顺义九年级数学第一学期开学预测试题【含答案】

这是一份2024年北京顺义九年级数学第一学期开学预测试题【含答案】，共23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）菱形具有平行四边形不一定具有的特征是( )
A．对角线互相垂直B．对角相等C．对角线互相平分D．对边相等
2、（4分）如图，AB∥CD，BP和CP分别平分∠ABC和∠DCB，AD过点P，且与AB垂直．若AD＝8，则点P到BC的距离是（ ）
A．8B．6C．4D．2
3、（4分）某地区连续10天的最高气温统计如下表，则该地区这10天最高气温的中位数是（ ）
A．B．C．D．
4、（4分）用配方法解一元二次方程，下列变形正确的是（ ）
A．B．
C．D．
5、（4分）已知正比例函数，且随的增大而减小，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6、（4分）下列调查最适合用查阅资料的方法收集数据的是（ ）
A．班级推选班长B．本校学生的到时间
C．2014世界杯中，谁的进球最多D．本班同学最喜爱的明星
7、（4分）下列二次根式，最简二次根式是( )
A．B．C．D．
8、（4分）已知直线y＝kx＋b经过一、二、三象限，则直线y＝bx－k－2的图象只能是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）实数在数轴上的对应点的位置如图所示，则__________．
10、（4分）如图，在边长为2cm的正方形ABCD中，点Q为BC边的中点，点P为对角线AC上一动点，连接PB、PQ，则△PBQ周长的最小值为 cm（结果不取近似值）．
11、（4分）在正方形ABCD中，E在AB上，BE＝2，AE＝1，P是BD上的动点，则PE和PA的长度之和最小值为___________．
12、（4分）若最简二次根式与能合并成一项，则a＝_____．
13、（4分）如图，将绕点逆时针旋转，得到，这时点恰好在同一直线上，则的度数为______．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，在每个小正方形的边长均为的方格纸中，有线段和线段，点、、、均在小正方形的顶点上．
在方格纸中画出以为对角线的正方形，点、在小正方形的顶点上；
在方格纸中画出以为一边的菱形，点、在小正方形的顶点上，且菱形面积为；请直接写出的面积．
15、（8分）已知：如图，四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，顺次连接EF、FG、GH、HE，得到四边形EFGH（即四边形ABCD的中点四边形）．
（1）四边形EFGH的形状是 ，证明你的结论；
（2）当四边形ABCD的对角线满足 条件时，四边形EFGH是矩形；
（3）你学过的哪种特殊四边形的中点四边形是矩形？ ．（不证明）
16、（8分）矩形纸片ABCD，AB=4，BC=12，E、F分别是AD、BC边上的点，ED=1．将矩形纸片沿EF折叠，使点C落在AD边上的点G处，点D落在点H处．
（1）矩形纸片ABCD的面积为
（2）如图1，连结EC，四边形CEGF是什么特殊四边形，为什么？
（1）M，N是AB边上的两个动点，且不与点A，B重合，MN=1，求四边形EFMN周长的最小值.（计算结果保留根号）
17、（10分）如图，在矩形ABCD中AD=12，AB=9，E为AD的中点，G是DC上一点，连接BE，BG，GE，并延长GE交BA的延长线于点F，GC=5
（1）求BG的长度；
（2）求证：是直角三角形
（3）求证：
18、（10分）如图，在平面直角坐标系中，两点分别是轴和轴正半轴上两个动点，以三点为顶点的矩形的面积为24，反比例函数（为常数且）的图象与矩形的两边分别交于点.
（1）若且点的横坐标为3.
①点的坐标为，点的坐标为（不需写过程，直接写出结果）；
②在轴上是否存在点，使的周长最小？若存在，请求出的周长最小值；若不存在，请说明理由.
（2）连接，在点的运动过程中，的面积会发生变化吗？若变化，请说明理由，若不变，请用含的代数式表示出的面积.
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）与向量相等的向量是__________．
20、（4分）在平行四边形ABCD中，AD=13，BAD和ADC的角平分线分别交BC于E，F，且EF=6，则平行四边形的周长是____________________
21、（4分）如果关于x的不等式（a+1）x＞a+1的解集为x＜1，那么a的取值范围是_____．
22、（4分）甲，乙两车都从A地出发，沿相同的道路，以各自的速度匀速驶向B地.甲车先出发，乙车出发一段时间后追上甲并反超，乙车到达B地后，立即按原路返回，在途中再次与甲车相遇。着两车之间的路程为s（千米），与甲车行驶的时间t（小时）之间的图象如图所示.乙车从A地出发到返回A地需________小时.
23、（4分）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AD是△ABC的一条角平分线．若CD＝3，则△ABD的面积为_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）为创建足球特色学校，营造足球文化氛围，某学校随机抽取部分八年级学生足球运球的测试成绩作为一个样本，按A，B，C，D四个等级进行统计，制成了如下不完整的统计图.（说明：A级：8分—10分，B级：7分—7.9分，C级：6分—6.9分，D级：1分—5.9分）根据所给信息，解答以下问题：
(1)样本容量为 ，C对应的扇形的圆心角是____度，补全条形统计图；
(2)所抽取学生的足球运球测试成绩的中位数会落在____等级；
(3)该校八年级有300名学生，请估计足球运球测试成绩达到级的学生有多少人？
25、（10分）如图，在▱ABCD中，点E，F在AC上，且∠ABE=∠CDF，求证：BE=DF．
26、（12分）供电局的电力维修工要到30千米远的郊区进行电力抢修．技术工人骑摩托车先走，15分钟后，抢修车装载着所需材料出发，结果他们同时到达．已知抢修车的速度是摩托车的1.5倍，求这两种车的速度？
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、A
【解析】
根据平行四边形的性质：①边：平行四边形的对边相等．②角：平行四边形的对角相等．③对角线：平行四边形的对角线互相平分；菱形的性质：①菱形具有平行四边形的一切性质；②菱形的四条边都相等； ③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角进行解答即可．
【详解】
菱形具有但平行四边形不一定具有的是对角线互相垂直，
故选A．
本题主要考查了菱形和平行四边形的性质，关键是熟练掌握二者的性质定理．
2、C
【解析】
过点P作PE⊥BC于E，
∵AB∥CD，PA⊥AB，
∴PD⊥CD，
∵BP和CP分别平分∠ABC和∠DCB，
∴PA=PE，PD=PE，
∴PE=PA=PD，
∵PA+PD=AD=8，
∴PA=PD=1，
∴PE=1．
故选C．
3、B
【解析】
求中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数或两个数的平均数为中位数．
【详解】
把这些数从小到大为：18℃，19℃，19℃，20℃，20℃，21℃，21℃，21℃，22℃，22℃，
则中位数是： =20.5℃；
故选B．
考查中位数问题，注意找中位数的时候一定要先排好顺序，然后再根据奇数和偶数个来确定中位数．如果数据有奇数个，则正中间的数字即为所求；如果是偶数个，则找中间两位数的平均数．
4、B
【解析】
移项、方程两边同时加上一次项系数一半的平方，根据完全平方公式进行配方即可.
【详解】
移项,得：
配方,
即,
故选B.
考查配方法解一元二次方程，解题的关键是把方程的左边化成含有未知数的完全平方式，右边是一个非负数形式.
5、D
【解析】
根据正比例函数的性质，时，随的增大而减小，即，即可得解.
【详解】
根据题意，得
即
故答案为D.
此题主要考查正比例函数的性质，熟练掌握，即可解题.
6、C
【解析】
了解收集数据的方法及渠道，得出最适合用查阅资料的方法收集数据的选项．
【详解】
A、B、D适合用调查的方法收集数据，不符合题意；
C适合用查阅资料的方法收集数据，符合题意．
故选C．
本题考查了调查收集数据的过程与方法．解题关键是掌握收集数据的几种方法：查资料、做实验和做调查．
7、C
【解析】
检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．
【详解】
A、被开方数含开的尽的因数，故A不符合题意；
B、被开方数含分母，故B不符合题意；
C、被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式，故C符合题意；
D、被开方数含能开得尽方的因数或因式，故D不符合题意.
故选C．
本题考查最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
8、C
【解析】
由直线y＝kx＋b经过一、二、三象限可得出k＞0，b＞0，进而可得出−k−2＜0，再利用一次函数图象与系数的关系可得出直线y＝bx−k−2的图象经过第一、三、四象限．
【详解】
解：∵直线y＝kx＋b经过一、二、三象限，
∴k＞0，b＞0，
∴−k−2＜0，
∴直线y＝bx−k−2的图象经过第一、三、四象限．
故选：C．
本题考查了一次函数图象与系数的关系，牢记“k＞0，b＞0时，y＝kx＋b的图象在一、二、三象限；k＞0，b＜0时，y＝kx＋b的图象在一、三、四象限”是解题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
首先根据数轴的含义，得出，然后化简所求式子，即可得解.
【详解】
根据数轴，可得
∴
原式=
故答案为.
此题主要考查绝对值的性质，熟练掌握，即可解题.
10、
【解析】
由于点B与点D关于AC对称，所以如果连接DQ，交AC于点P，那么△PBQ的周长最小，此时△PBQ的周长=BP+PQ+BQ=DQ+BQ．在Rt△CDQ中，由勾股定理先计算出DQ的长度，再得出结果．
【详解】
连接DQ，交AC于点P，连接PB、BD，BD交AC于O．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，BO=OD，CD=2cm，
∴点B与点D关于AC对称，
∴BP=DP，
∴BP+PQ=DP+PQ=DQ．
在Rt△CDQ中，DQ=cm，
∴△PBQ的周长的最小值为：BP+PQ+BQ=DQ+BQ=+1（cm）．
故答案为（+1）．
本题考查了正方形的性质；轴对称-最短路线问题，解题的关键是根据两点之间线段最短，确定点P的位置．
11、
【解析】
利用轴对称最短路径求法，得出A点关于BD的对称点为C点，再利用连接EC交BD于点P即为最短路径位置，利用勾股定理求出即可．
【详解】
解：连接AC，EC，EC与BD交于点P，此时PA+PE的最小，即PA+PE就是CE的长度
∵正方形ABCD中，BE=2，AE=1，
∴BC=AB=3，
∴CE= == ，
故答案为.
本题考查利用轴对称求最短路径问题以及正方形的性质和勾股定理，利用正方形性质得出A，C关于BD对称是解题关键．
12、2
【解析】
根据二次根式能合并，可得同类二次根式，根据最简二次根式的被开方数相同，可得关于a的方程，根据解方程，可得答案．
【详解】
解：，
由最简二次根式与能合并成一项，得
a+2＝2．
解得a＝2．
故答案是：2．
本题考查同类二次根式的概念，同类二次根式是化为最简二次根式后，被开方数相同的二次根式称为同类二次根式．
13、20°
【解析】
先判断出∠BAD=140°，AD=AB，再判断出△BAD是等腰三角形，最后用三角形的内角和定理即可得出结论．
【详解】
∵将△ABC绕点A逆时针旋转140°，得到△ADE，
∴∠BAD=140°，AD=AB，
∵点B，C，D恰好在同一直线上，
∴△BAD是顶角为140°的等腰三角形，
∴∠B=∠BDA，
∴∠B= (180°−∠BAD)=20°，
故答案为：20°
此题考查旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，解题关键在于判断出△BAD是等腰三角形
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）见解析；（2）见解析
【解析】
（1）根据正方形的性质画出以为对角线的正方形即可；
（2）根据菱形的性质及勾股定理画出菱形即可，由图可得的面积.
【详解】
（1）如图，正方形即为所求；
（2）如图，菱形即为所求..
本题考查的是作图-应用与设计作图，熟知菱形与正方形的性质及勾股定理是解答此题的关键.
15、（1）平行四边形；（2）互相垂直；（3）菱形.
【解析】
分析：(1)、连接BD，根据三角形中位线的性质得出EH∥FG，EH=FG，从而得出平行四边形；(2)、首先根据三角形中位线的性质得出平行四边形，根据对角线垂直得出一个角为直角，从而得出矩形；(3)、根据菱形的性质和三角形中位线的性质得出平行四边形，然后根据对角线垂直得出矩形．
详解：（1）证明：连结BD．
∵E、H分别是AB、AD中点， ∴EH∥BD，EH=BD，
同理FG∥BD，FG=BD， ∴EH∥FG，EH=FG， ∴四边形EFGH是平行四边形
（2）当四边形ABCD的对角线满足互相垂直的条件时，四边形EFGH是矩形．
理由如下：如图，连结AC、BD．
∵E、F、G、H分别为四边形ABCD四条边上的中点， ∴EH∥BD，HG∥AC，
∵AC⊥BD， ∴EH⊥HG， 又∵四边形EFGH是平行四边形， ∴平行四边形EFGH是矩形；
（3）菱形的中点四边形是矩形．理由如下：如图，连结AC、BD．
∵E、F、G、H分别为四边形ABCD四条边上的中点，∴EH∥BD，HG∥AC，FG∥BD，EH=BD，FG=BD， ∴EH∥FG，EH=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形．∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，∵EH∥BD，HG∥AC，
∴EH⊥HG， ∴平行四边形EFGH是矩形．
点睛：本题主要考查的就是三角形中位线的性质以及特殊平行四边形的判定，属于中等难度题型．三角形的中位线平行且等于第三边的一半．解决这个问题的关键就是要明确特殊平行四边形的判定定理．
16、（1）2；（2）四边形CEGF是菱形，理由见详解；（1）四边形EFMN周长的最小值为.
【解析】
（1）矩形面积=长×宽，即可得到答案，
（2）利用对角线互相垂直平分的四边形是菱形进行证明，先证对角线相互垂直，再证对角线互相平分．
（1）明确何时四边形的周长最小，利用对称、勾股定理、三角形相似，分别求出各条边长即可．
【详解】
解：（1）S矩形ABCD=AB•BC=12×4=2，
故答案为：2．
（2）四边形CEGF是菱形，
证明：连接CG交EF于点O，
由折叠得：EF⊥CG，GO=CO，
∵ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠OGE=∠OCF，∠GEO=∠CFO
∴△GOE≌△COF（AAS），
∴OE=OF
∴四边形CEGF是菱形．
因此，四边形CEGF是菱形．
（1）作F点关于点B的对称点F1，则NF1=NF，
当NF1∥EM时，四边形EFMN周长最小，
设EC=x，由（2）得：GE=GF=FC=x，
在Rt△CDE中，∵ED2+DC2=EC2，
∴12+42=EC2，
∴EC=5=GE=FC=GF，
在Rt△GCD中，，
∴OC=GO=，
在Rt△COE中，，
∴EF=2OE=，
当NF1∥EM时，易证△EAM∽△F1BN，
∴，
设AM=y，则BN=4-1-y=1-y，
∴，解得：，
此时，AM=，BN=，
由勾股定理得：
，
，
∴四边形EFMN的周长为：
故四边形EFMN周长的最小值为：.
考查矩形的性质、菱形的判定和性质、对称及三角形相似的性质和勾股定理等知识，综合性很强，利用的知识较多，是一道较难得题目．
17、（1）13（2）见解析（3）见解析
【解析】
（1）在Rt△BCG中利用勾股定理即可求解；
（2）利用勾股定理依次求出BE,EG，再利用勾股定理逆定理即可证明；
（3）由E点为AD中点得到E为FG中点，再根据BE⊥FG得到△BFG为等腰三角形，得到∠F=∠BGF，再根据平行线的性质即可证明.
【详解】
（1）∵四边形ABCD为矩形，∴BC=AD=12，∠C=90°，
∴BG=
（2）∵E为AD中点，∴AE=DE=6，
∴BE=
∵DG=CD-GC=4，
∴EG=
∴BG2=DG2+EG2,
∴是直角三角形
（3）∵AE=DE，∠FAE=∠D=90°，又∠AEF=∠DEG，
∴△AEF≌△DEG，
∴E为EG中点，又BE⊥FG，
∴△BFG为等腰三角形，
∴∠F=∠BGF，
又BF∥CD，
∴∠F=
∴
此题主要考查矩形的性质，解题的关键是熟知勾股定理与全等三角形的判定定理.
18、（1）①点坐标为，点坐标为；②存在，周长；
（2）不变，的面积为
【解析】
（1）①求出点E的坐标，得出C点的纵坐标，根据面积为24即可求出C的坐标，得出F点横坐标即可求解；
②作点E关于x轴的对称点G，连接GF，与x轴的交点为p，此时的周长最小
（2）先算出三角形与三角形的面积，再求出三角形的面积即可.
【详解】
（1）①点坐标为，点坐标为；
②作点E关于x轴的对称点G，连接GF，求与x轴的交点为p，此时的周长最小
由①得EF=
由对称可得EP=PH,
由 H(3,-4) F(6,2)可得HF=3
△PEF=EP+PF+EF=FH+EF=
（2）不变，求出三角形与三角形的面积为
求出三角形的面积为
求出三角形的面积为
设E位(a, ),则S△AEO=,同理可得S△AFB=,
∵矩形的面积为24
F(,)，C（，）
S△CEF=
S=24--k=.
本题考查的是函数与矩形的综合运用，熟练掌握三角形和对称是解题的关键.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
由于向量,所以.
【详解】
故答案为：
此题考查向量的基本运算，解题关键在于掌握运算法则即可.
20、41或33.
【解析】
需要分两种情况进行讨论.由于平行四边形的两组对边互相平行，又AE平分∠BAD，由此可以推出所以∠BAE=∠DAE，则BE=AB；同理可得，CF=CD=1．而AB+CD=BE+CF=BC+FE=13+6=19，或 AB+CD=BE+CF=BC-FE=13-6=7由此可以求周长．
【详解】
解：分两种情况，（1）如图，当AE、DF相交时：
∵AE平分∠BAD，
∴∠1=∠2
∵平行四边形ABCD中，AD∥BC,BC=AD=13，EF=6
∴∠1=∠3
∴∠2=∠3
∴AB=BE
同理CD=CF
∴AB+CD=BE+CF=BC+FE=13+6=19
∴平行四边形ABCD的周长= AB+CD+ BC+AD=19+13×2=41；
（二）当AE、DF不相交时：
由角平分线和平行线，同（1）方法可得AB=BE，CD=CF
∴AB+CD=BE+CF=BC-FE=13-6=7
∴平行四边形ABCD的周长= AB+CD+ BC+AD=7+13×2=33；
故答案为：41或33.
本题考查角平分线的定义、平行四边形的性质、平行线的性质等知识，解题关键“角平分线+一组平行线=等腰三角形”．
21、a＜﹣1
【解析】
根据不等式两边同时除以一个正数不等号方向不变，同时除以一个负数不等号方向改变即可解本题．
【详解】
解：∵不等式（a+1）x＞a+1的解集为x＜1，
∴a+1＜0，
∴a＜﹣1，
故答案为：a＜﹣1．
本题考查了不等式的基本性质，熟练掌握不等式两边同时除以一个负数不等号方向改变是解决本题的关键．
22、
【解析】
根据题意和函数图象中的数据可以列出相应的方程组，从而可以求得甲、乙两车的速度和乙到达B地时的时间，再根据函数图象即可求得乙车从A地出发到返回A地需的时间．
【详解】
解：如图，
设甲车的速度为a千米/小时，乙的速度为b千米/小时，甲乙第一相遇之后在c小时，相距200千米，则
，
解得：，
∴乙车从A地出发到返回A地需要：（小时）；
故答案为：
本题考查函数图象，解三元一次方程组，解答本题的明确题意，利用数形结合的思想解答．
23、2
【解析】
解：作DE⊥AB于E．
∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DC⊥AC，
∴DE=CD=1．
∴△ABD的面积为×1×10=2．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）40人，117;（2）B;（3）30人.
【解析】
（1）根据B等级的学生数和所占的百分比可以求得本次调查的学生数；求出C的人数，再计算出所占比例即可求出对应的扇形的圆心角的度数；从而可以将条形统计图补充完整；
（2）根据统计图中的数据可以得到所抽取学生的足球运球测试成绩的中位数落在哪个等级；
（3）根据统计图中的数据可以求得足球运球测试成绩达到A级的学生有多少人．
【详解】
（1）18÷45%=40，
即在这次调查中一共抽取了40名学生，
C等级的人数为：40-4-18-5=13，
在扇形统计图中，C对应的扇形的圆心角是：360°×=117°，
补全的条形统计图如图所示：
（2）由统计图可知，
所抽取学生的足球运球测试成绩的中位数落在B等级，
故答案为B；
（5）300×=30（人），
答：足球运球测试成绩达到A级的学生有30人．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体、中位数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
25、证明见解析.
【解析】
利用ASA即可得证；
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB=CD，∵AB∥CD，∴∠BAE=∠DCF
∴在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF，∴BE=DF．
考点：1．平行四边形的性质；2．三角形全等的判定与性质．
26、摩托车的速度是40km/h，抢修车的速度是60km/h．
【解析】
试题分析：设摩托车的是xkm/h，那么抢修车的速度是1.5xkm/h，根据供电局的电力维修工要到30千米远的郊区进行电力抢修．技术工人骑摩托车先走，15分钟后，抢修车装载着所需材料出发，结果他们同时到达可列方程求解．
试题解析：设摩托车的是xkm/h，
x=40
经检验x=40是原方程的解．
40×1.5=60（km/h）．
摩托车的速度是40km/h，抢修车的速度是60km/h．
考点：分式方程的应用．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
最高气温（）
18
19
20
21
22
天数
1
2
2
3
2