2024年湖南省长沙市长郡滨江中学九年级数学第一学期开学复习检测试题【含答案】

这是一份2024年湖南省长沙市长郡滨江中学九年级数学第一学期开学复习检测试题【含答案】，共22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）如图是一张直角三角形的纸片，两直角边AC＝6 cm、BC＝8 cm，现将△ABC折叠，使点B与点A重合，折痕为DE，则BE的长为（ ）
A．4 cmB．5 cmC．6 cmD．10 cm
2、（4分）如图，在平面直角坐标系中，正三角形OAB的顶点B的坐标为(2，0)，点A在第一象限内，将△OAB沿直线OB的方向平移至△O′B′A′的位置，此时点B′的横坐标为5，则点A′的坐标为( )
A．B．C．D．
3、（4分）如图，中，，平分，点为的中点，连接，若的周长为24，则的长为（ ）
A．18B．14C．12D．6
4、（4分）如图，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别是（4，0）、（0，3），点O'在直线y=2x（x≥0）上，将△AOB沿射线OO'方向平移后得到△A'O'B’.若点O'的横坐标为2，则点A'的坐标为（ ）
A．（4,4）B．（5,4）C．（6,4）D．（7,4）
5、（4分）为筹备班级的元旦联欢会，班长对全班同学爱吃哪几种零食作民意调查，从而最终决定买什么零食，下列调查数据中最值得关注的是（ ）
A．中位数B．平均数C．众数D．标准差
6、（4分）已知一次函数上有两点，，若，则、的关系是（ ）
A．B．C．D．无法判断
7、（4分）下列计算正确的是（ ）
A．B．2C．（）2＝2D．＝3
8、（4分）已知，，，是一次函数(为常数)的图像的三点，则，，的大小关系为( )
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）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD＝BE＝2，点M，P，N分别是DE，BD，AB的中点，则△PMN的周长＝___．
10、（4分）如图是由6个形状大小完全相同菱形组成的网格，若菱形的边长为1，一个内角(∠O)为60°，△ABC的各顶点都在格点上，则BC边上的高为______．
11、（4分）如图，菱形ABCD的两条对角线长分别为6和8，点P是对角线AC上的一个动点，点M、N分别是边AB、BC的中点则PM＋PN的最小值是_
12、（4分）如图，点D，E分别在△ABC的边AB，AC上，且∠AED＝∠ABC，若DE＝3，BC＝6，AB＝8，则AE的长为____．
13、（4分）直线沿轴平行的方向向下平移个单位，所得直线的函数解析式是_________
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，点O是坐标原点，四边形ABCO是菱形，点C在x轴的正半轴上，AB边交y轴于点H，OC＝4，∠BCO＝60°．
（1）求点A的坐标
（2）动点P从点A出发，沿折线A﹣B一C的方向以2个单位长度秒的速度向终点C匀速运动，设△POC的面积为S，点P的运动时间为t秒，求S与t之间的函数关系式（要求写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，直接写出当t为何值时△POC为直角三角形．

15、（8分）如图，的对角线，相交于点，，是上的两点，并且，连接，.
（1）求证；
（2）若，连接，，判断四边形的形状，并说明理由.
16、（8分）课堂上老师讲解了比较和的方法，观察发现11-10=15-14=1，于是比较这两个数的倒数：
，
，
因为>，所以>，则有<.
请你设计一种方法比较与的大小.
17、（10分）计算：
(1)
（2）
(3)若与|x－y－3|互为相反数，则x＋y的值为多少？
18、（10分）如图，在△ABC中，∠ACB=105°，AC边上的垂直平分线交AB边于点D，交AC边于点E，连结CD．
（1）若AB=10，BC=6，求△BCD的周长；
（2）若AD=BC，试求∠A的度数．
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）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_____．
20、（4分）用换元法解方程+3＝0时，如果设＝y，那么将原方程变形后所得的一元二次方程是_____．
21、（4分）化简得 ．
22、（4分）若n边形的每个内角都是，则________．
23、（4分）若x1,x2是方程x2+x−1=0的两个根,则x12+x22=____________.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）已知：如图Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD为∠ACB的平分线，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F．
求证：四边形CEDF是正方形．
25、（10分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝12cm，BC＝15cm，∠B＝90°，DC＝5cm．点P从点A向点D以lcm/s的速度运动，到D点停止，点Q从点C向B点以2cm/s的速度运动，到B点停止，点P，Q同时出发，设运动时间为t（s）．
（1）用含t的代数式表示：AP＝ ；BQ＝ ．
（2）当t为何值时，四边形PDCQ是平行四边形？
（3）当t为何值时，△QCD是直角三角形？
26、（12分）如图，在平面直角坐标系中，OA=OB=8，OD=1，点C为线段AB的中点
(1)直接写出点C的坐标 ；
(2)求直线CD的解析式；
(3)在平面内是否存在点F，使得以A、C、D、F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
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】
∵直角边AC＝6 cm、BC＝8 cm ∴根据勾股定理可知：BA=√62+82=10
∵A,B关于DE对称，∴BE=10÷2=5
2、D
【解析】
根据等边三角形的性质和平移的性质即可得到结论．
【详解】
解：∵△OAB是等边三角形，
∵B的坐标为(2，0)，
∴A(1，)，
∵将△OAB沿直线OB的方向平移至△O′B′A′的位置，此时点B′的横坐标为5，
∴A′的坐标(4，)，
故选：D．
本题考查了坐标与图形变化-平移，在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．也考查了等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质．求出点A′的坐标是解题的关键．
3、A
【解析】
根据题意可知，本题考查了等腰三角形三线合一，直角三角形斜边上的中线的性质，根据等腰三角形三线合一找准底边中线与直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，进行分析推断.
【详解】
解： ，平分
垂直平分（等腰三角形三线合一）
，
又在直角三角形中，点是边中点
，
即
的周长24
即的周长
9
18
故应选A
本题解题关键：理解题干的条件，运用有关性质定理，特别注意的是利用等量代换的思维表示的周长.
4、C
【解析】
利用一次函数图象上点的坐标特征可得出点O′的坐标，再利用平移的性质结合点A的坐标可得出点A′的坐标，即可解答．
【详解】
解：当x=2时，y=2x=4，
∴点O′的坐标为（2，4）．
∵点A的坐标为（4，0），
∴点A′的坐标为（4+2，0+4），即（6，4）．
故选：C．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及坐标与图形的变化-平移，利用一次函数图象上点的坐标特征求出点O′的坐标是解题的关键．
5、C
【解析】
根据众数的定义即可求解.
【详解】
根据题意此次调查数据中最值得关注的是众数,
故选C.
此题主要考查众数的特点，解题的关键是熟知众数的定义.
6、A
【解析】
由一次函数可知，，y随x的增大而增大，由此选择答案即可.
【详解】
由一次函数可知，，y随x的增大而增大；
故选A
本题考查一次函数增减性问题，确定k的符号，进而确定函数增减趋势，是解答本题的关键.
7、C
【解析】
利用二次根式的加减运算及立方根的定义，逐一分析四个选项的正误即可得出结论．
【详解】
解：A、＞3＞，
∴选项A不正确；
B、，
∴选项B不正确；
C、（）2＝2，
∴选项C正确；
D、＝3，
∴选项D不正确．
故选C．
本题考查了立方根、算式平方根以及二次根式的加减，利用排除法逐一分析四个选项的正误是解题的关键．
8、C
【解析】
先根据一次函数中k＝−3判断出函数的增减性，再根据进行解答即可．
【详解】
解：∵一次函数中k＝−3＜0，
∴y随x的增大而减小，
∵，
∴．
故选：C．
本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点及一次函数的性质，熟知一次函数的增减性是解答此题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、2+．
【解析】
先由三角形中位线定理得出PM∥BC，PN∥AC，PM＝BE＝1，PN＝AD＝1，再根据平行线的性质得出∠MPD＝∠DBC，∠DPN＝∠CDB，可证∠MPN＝90°，利用勾股定理求出MN＝＝，进而得到△PMN的周长．
【详解】
∵点M，P，N分别是DE，BD，AB的中点，AD＝BE＝2，
∴PM∥BC，PN∥AC，PM＝BE＝1，PN＝AD＝1，
∴∠MPD＝∠DBC，∠DPN＝∠CDB，
∴∠MPD+∠DPN＝∠DBC+∠CDB＝180°﹣∠C＝90°，
即∠MPN＝90°，
∴MN＝＝，
∴△PMN的周长＝2+．
故答案为2+．
本题考查了三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．也考查了平行线的性质，勾股定理，三角形内角和定理．求出PM＝PN＝1，MN＝是解题的关键．
10、
【解析】
如图，连接EA、EC，先证明∠AEC＝90°，E、C、B共线，求出AE即可.
【详解】
解：如图，连接EA，EC，
∵菱形的边长为1，由题意得∠AEF＝30°，∠BEF＝60°，AE＝，
∴∠AEC＝90°，
∵∠ACE＝∠ACG＝∠BCG＝60°，
∴∠ECB＝180°，
∴E、C、B共线，
∴AE即为△ACB的BC边上的高，
∴AE＝，
故答案为．
本题考查菱形的性质，特殊三角形边角关系等知识，解题的关键是添加辅助线构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
11、1
【解析】
试题分析：要求PM+PN的最小值，PM，PN不能直接求，可考虑通过作辅助线转化PN，PM的值，从而找出其最小值求解．如图：作ME⊥AC交AD于E，连接EN，则EN就是PM+PN的最小值，∵M、N分别是AB、BC的中点，∴BN=BM=AM，∵ME⊥AC交AD于E，∴AE=AM，∴AE=BN，AE∥BN，∴四边形ABNE是平行四边形，而由已知可得AB=1∴AE=BN，∵四边形ABCD是菱形，∴AE∥BN，∴四边形AENB为平行四边形，∴EN=AB=1，∴PM+PN的最小值为1．
考点：轴对称—最短路径问题
点评：考查菱形的性质和轴对称及平行四边形的判定等知识的综合应用．综合运用这些知识是解决本题的关键
12、1
【解析】
根据已知条件可知△ADE∽△ACB，再通过两三角形的相似比可求出AE的长．
【详解】
解：∵∠AED=∠ABC，∠BAC=∠EAD
∴△AED∽△ABC
∴
又∵DE=3，BC=6，AB=8
∴AE=1．
13、；
【解析】
根据函数的性质，一次项的系数决定直线的走向，常数项决定在y轴的交点，因此向下3个单位，就对常数项进行变化，一次项系数不变.
【详解】
根据一次函数的性质，上下平移只对常数项进行分析，向下平移对常数项减去相应的数，向上平移对常数项加上相应的数，因此可得 ，即
故答案为
本题主要考查一次函数的性质，关键要理解一次函数的一次项系数和常数项所代表的意义.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）；（2）；（3）t=1或t=3
【解析】
（1）首先做辅助线BF⊥OC于F，AG⊥x轴于G，在Rt△BCF中，求出BF，BF=AG，OG=CF，又因为A在第二象限，即可得出点A的坐标.
（2）需分两种情况：
①当时，即P从A运动到B，求出三角形的面积，
②当时，即P从B运动到C，求出三角形的面积，
将两种情况综合起来即可得出最后结果.
（3）在（2）的条件下，当t=1或t=3时，根据三角形的性质，可以判定△POC为直角三角形．
【详解】
（1）如图，做辅助线BF⊥OC于F，AG⊥x轴于G
在Rt△BCF中，∠BCF=60°，BC=4，CF=2，BF=，
BF=AG=，OG=CF=2，A在第二象限，
故点A的坐标为（-2，）
（2）当时，即P从A运动到B，S==，
设P（m，n），∠BCO＝60°，
当时，即P从B运动到C，BP=2t，
则cs30°==,
,
则S==
综上所述，
（3）在（2）的条件下，当t=1或t=3时，△POC为直角三角形．
此题主要考查在平面直角坐标系中，利用菱形的性质，进行求解点坐标，以及动点问题，再利用直角三角形的三角函数，即可得解.
15、（1）详见解析；（2）四边形BEDF是矩形，理由详见解析.
【解析】
（1）已知四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的性质可得OA＝OC，OB＝OD，由AE＝CF即可得OE＝OF，利用SAS证明△BOE≌△DOF， 根据全等三角形的性质即可得BE＝DF；（2）四边形BEDF是矩形．由（1）得OD＝OB，OE＝OF， 根据对角线互相平方的四边形为平行四边形可得四边形BEDF是平行四边形， 再由BD＝EF，根据对角线相等的平行四边形为矩形即可判定四边形EBFD是矩形．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵AE＝CF，
∴OE＝OF，
在△BOE和△DOF中，
，
∴△BOE≌△DOF（SAS），
∴BE＝DF；
（2）四边形BEDF是矩形．理由如下：
如图所示：
∵OD＝OB，OE＝OF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵BD＝EF，
∴四边形EBFD是矩形．
本题考查了平行四边形的性质及判定、矩形的判定，熟练运用相关的性质及判定定理是解决问题的关键.
16、方法见解析.
【解析】
【分析】观察可知8+3=6+5，因此可以利用两数平方进行比较进而得出答案．
【详解】 ，
，
∵，
∴，
∵， ，
∴ .
【点睛】本题考查了实数大小比较，二次根式的运算，理解题意，并且根据式子的特点确定出合适的方法是解题的关键.
17、（1）； (2)﹣6；（3）1.
【解析】
分析：（1）先化简每个二次根式，然后合并同类二次根式即可；
（2）先算乘法、化简二次根式，去掉绝对值符号，然后合并即可；
（3）由两非负数之和为0，两非负数分别为0列出关于x与y的方程组，求出方程组的解得到x与y的值，即可求出x+y的值．
详解：（1）原式==；
（2）原式=
=
=－6；
（3）∵+|x﹣y﹣3|=0，
∴，
解得：，
则x+y=15+12=1．
点睛：本题考查了二次根式的混合运算和解二元一次方程组，以及非负数的性质．解题的关键是熟练掌握二次根式的运算法则和非负数的性质．
18、（1）16；（2）25°．
【解析】
根据线段垂直平分线的性质，可得CD=AD，根据三角形的周长公式，可得答案；根据线段垂直平分线的性质，可得CD=AD，根据等腰三角形的性质，可得∠B与∠CDB的关系，根据三角形外角的性质，可得∠CDB与∠A的关系，根据三角形内角和定理，可得答案．
【详解】
解：（1）∵DE是AC的垂直平分线，
∴AD=CD．
∵C△BCD=BC+BD+CD=BC+BD+AD=BC+AB，
又∵AB=10，BC=6，
∴C△BCD=16；
（2）∵AD=CD
∴∠A=∠ACD，
设∠A=x，
∵AD=CB，
∴CD=CB，
∴∠CDB=∠CBD．
∵∠CDB是△ACD的外角，
∴∠CDB=∠A+∠ACD=2x，
∵∠A、∠B、∠ACB是三角形的内角，
∵∠A+∠B+∠ACB=180°，
∴x+2x+105°=180°，
解得x=25°
∴∠A=25°．
本题考查线段垂直平分线的性质．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、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．
20、3y2+3y﹣2＝1
【解析】
设，则原方程化为3y﹣+3＝1，，再整理即可．
【详解】
﹣+3＝1，
设＝y，则原方程化为：3y﹣+3＝1，
即3y2+3y﹣2＝1，
故答案为：3y2+3y﹣2＝1．
本题考查了解分式方程，能够正确换元是解此题的关键．
21、.
【解析】
试题分析：原式=.
考点：分式的化简.
22、1
【解析】
根据内角度数先算出外角度数，然后再根据外角和计算出边数即可．
【详解】
解：∵n边形的每个内角都是120°，
∴每一个外角都是180°-120°=10°，
∵多边形外角和为310°，
∴多边形的边数为310÷10=1，
故答案为：1．
此题主要考查了多边形的内角和外角，关键是掌握多边形的外角和等于310度．
23、3
【解析】
先根据根与系数的关系求出x1+x2和x1•x2的值，再利用完全平方公式对所求代数式变形，然后把x1+x2和x1•x2的值整体代入计算即可．
【详解】
∵x1，x2是方程x2+x−1=0的两个根，
∴x1+x2=−=−=−1, x1•x2===−1，
∴x12+x22=(x1+x2)2−2x1⋅x2=(−1)2−2×(−1)=1+2=3.
故答案是：3.
本题考查根与系数的关系，解题的关键是掌握根与系数的关系.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、证明见解析
【解析】
试题分析：证明有三个角是直角是矩形，再证明一组邻边相等.
试题解析：
∵CD平分∠ACB，DE⊥BC，DF⊥AC，
∴DE=DF，∠DFC＝90°，∠DEC＝90°
又∵∠ACB＝90°，
∴四边形DECF是矩形，
∴矩形DECF是正方形.
点睛：证明正方形
(1)对角线相等的菱形是正方形.
(2)对角线互相垂直的矩形是正方形,正方形是一种特殊的矩形.
(3)四边相等,有三个角是直角的四边形是正方形.
(4)一组邻边相等的矩形是正方形.
(5)一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形.
(6)四边均相等,对角线互相垂直平分且相等的平行四边形是正方形.
25、（1）tcm，（15﹣2t）cm；（2）t＝3秒；（3）当t为秒或秒时，△QCD是直角三角形．
【解析】
(1)根据速度、路程以及时间的关系和线段之间的数量关系,即可求出AP,BQ的长
（2)当AP=CQ时,四边形APQB是平行四边形,建立关于t的一元一次方程方程,解方程求出符合题意的t值即可;
（3）当∠CDQ＝90°或∠CQD＝90°△QCD是直角三角形，分情况讨论t的一元一次方程方程,解方程求出符合题意的t值即可;
【详解】
（1）由运动知，AP＝t，CQ＝2t，
∴BQ＝BC﹣CQ＝15﹣2t，
故答案为tcm，（15﹣2t）cm；
（2）由运动知，AP＝t，CQ＝2t，
∴DP＝AD﹣AP＝12﹣t，
∵四边形PDCQ是平行四边形，
∴PD＝CQ，
∴12﹣t＝2t，
∴t＝3秒；
（3）∵△QCD是直角三角形，
∴∠CDQ＝90°或∠CQD＝90°，
①当∠CQD＝90°时，BQ＝AD＝12，
∴15﹣2t＝12，
∴t＝ 秒，
②当∠CDQ＝90°时，如图，
过点D作DE⊥BC于E，
∴四边形ABED是矩形，
∴BE＝AD＝12，
∴CE＝BC﹣BE＝3，
∵∠CED＝∠CDQ＝90°，∠C＝∠C，
∴△CDE∽△CQD，
∴，
∴ ，
∴t＝ 秒，
即：当t为 秒或秒时，△QCD是直角三角形．
此题考查平行四边形的判定和直角三角形的判定，解题关键是掌握性质并且灵活运用求解
26、 (1)点C的坐标为(4，4)；(2)直线CD的解析式是y=；(3)点F的坐标是(11，4)，(5，-4)或(-3，4)．
【解析】
（1）由OA，OB的长度可得出点A，B的坐标，结合点C为线段AB的中点可得出点C的坐标；
（2）由OD的长度可得出点D的坐标，根据点C，D的坐标，利用待定系数法可求出直线CD的解析式；
（3）设点F的坐标为（m，n），分AC为对角线、AD为对角线及CD为对角线三种情况，利用平行四边形的对角线互相平分可得出关于m，n的二元一次方程组，解之即可得出点F的坐标．
【详解】
(1)∵OA=OB=8，点A在x轴正半轴，点B在y轴正半轴，
∴点A的坐标为(8，0)，点B的坐标为(0，8)．
又∵点C为线段AB的中点，
∴点C的坐标为(4，4)．
(2)∵OD=1，点D在x轴的正半轴，
∴点D的坐标为(1，0)．
设直线CD的解析式为y=kx+b(k≠0)，
将C(4，4)，D(1，0)代入y=kx+b，
得：，
解得：，
∴直线CD的解析式是y=．
(3)存在点F，使以A、C、D、F为点的四边形为平行四边形，设点F的坐标为(m，n)．
分三种情况考虑，如图所示：
①当AC为对角线时，
∵A(8，0)，C(4，4)，D(1，0)，
∴，
解得：，
∴点F1的坐标为(11，4)；
②当AD为对角线时，
∵A(8，0)，C(4，4)，D(1，0)，
∴，
解得：，
∴点F2的坐标为(5，-4)；
③当CD为对角线时，
∵A(8，0)，C(4，4)，D(1，0)，
∴，
解得：，
∴点F3的坐标为(-3，4)．
综上所述，点F的坐标是(11，4)，(5，-4)或(-3，4)．
本题考查了中点坐标公式、待定系数法求一次函数解析式、平行四边形的性质以及解二元一次方程组，解题的关键是：（1）由点A，B的坐标，利用中点坐标公式求出点C的坐标；（2）根据点的坐标，利用待定系数法求出直线CD的解析式；（3）分AC为对角线、AD为对角线及CD为对角线三种情况，利用平行四边形的对角线互相平分找关于m，n的二元一次方程组．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分