2024年江汉区部分学校数学九年级第一学期开学检测试题【含答案】

这是一份2024年江汉区部分学校数学九年级第一学期开学检测试题【含答案】，共26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）小红随机写了一串数“”，数字“”出现的频数是( )
A．4B．5C．6D．7
2、（4分）已知，则等于（ ）
A．B．C．2D．3
3、（4分）已知，则下列结论正确的是( )
A．B．C．D．
4、（4分）在中,,则的值是( )
A．12B．8C．6D．3
5、（4分）下列各式：①，②，③，④中，最简二次根式有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
6、（4分）下表记录了甲、乙、丙、丁四名跳高运动员最近几次选拔赛成绩的平均数与方差:
根据表中数据,要从中选择一名成绩好且发挥稳定的运动员参加比赛，应该选择 ( )
A．甲B．乙C．丙D．丁
7、（4分）一种药品原价每盒25元，经过两次降价后每盒16元，设两次降价的百分率都为x，则x满足等式( )
A．16(1+2x)=25 B．25(1-2x)=16 C．25(1-x)²=16 D．16(1+x)²=25
8、（4分）菱形具有而一般平行四边形不具有的性质是( )
A．对边相等 B．对角相等 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）已知∠ABC=60°，点D是其角平分线上一点，BD=CD=6，DE//AB交BC于点E.若在射线BA上存在点F，使，请写出相应的BF的长：BF＝_________
10、（4分）因式分解： ．
11、（4分）已知xy＝﹣1，x+y＝2，则x3y+x2y2+xy3＝_____．
12、（4分）一次函数的图象如图所示，当时，的取值范围是_______.
13、（4分）对于函数y＝（m﹣2）x+1，若y随x的增大而增大，则m的取值范围_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）△ABC在平面直角坐标系xOy中的位置如图所示．
（1）作△ABC关于点C成中心对称的△A1B1C1．
（2）将△A1B1C1向右平移4个单位，作出平移后的△A2B2C2．
（3）在x轴上求作一点P，使PA1+PC2的值最小，并写出点P的坐标（不写解答过程，直接写出结果）
15、（8分）一次安全知识测验中，学生得分均为整数，满分10分，这次测验中，甲，乙两组学生人数都为5人，成绩如下（单位：分）：
甲：8，8，7，8，9
乙：5，9，7，10，9
（1）填写下表：
（2）已知甲组学生成绩的方差，计算乙组学生成绩的方差，并说明哪组学生的成绩更稳定.
16、（8分）如图，已知：在平行四边形ABCD中，AB=2，AD=4，∠ABC=60°，E为AD上一点，连接CE，AF∥CE且交BC于点F．
（1）求证：四边形AECF为平行四边形．
（2）证明：△AFB≌△CE D．
（3）DE等于多少时，四边形AECF为菱形．
（4）DE等于多少时，四边形AECF为矩形．
17、（10分）如图，在平行四边形AECF中，B，D是直线EF上的两点，BE=DF，连接AB,BC,AD,DC.求证：四边形ABCD是平行四边形.
18、（10分）现有两家可以选择的快递公司的收费方式如下．
甲公司：物品重量不超过1千克的，需付费20元，超过1千克的部分按每千克4元计价．
乙公司：按物品重量每千克7元计价，外加一份包装费10元．设物品的重量为x千克，甲、乙公司快递该物品的费用分别为，．
（1）分别写出 和与x的函数表达式（并写出x的取值范围）；
（2）图中给出了与x的函数图象，请在图中画出（1）中与x的函数图象（要求列表，描点）．
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）一次函数的图象与轴的交点坐标是________．
20、（4分）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，点D是边BC上（不与B，C重合）一动点，∠ADE＝∠B＝a，DE交AC于点E，下列结论：①AD2＝AE．AB；②1.8≤AE＜5；⑤当AD＝时，△ABD≌△DCE；④△DCE为直角三角形，BD为4或6.1．其中正确的结论是_____．（把你认为正确结论序号都填上）
21、（4分）如图，所有阴影部分四边形都是正方形，所有三角形都是直角三角形，若正方形B、C、D的面积依次为4、3、9，则正方形A的面积为_______．
22、（4分）在设计人体雕像时，使雕像的上部（腰以上）与下部（腰以下）的高度比，等于下部与全部（全身）的高度比，可以增加视觉美感.按此比例，如果雕像的高度为 1m，那么它的下部应设计的高度为_____．
23、（4分）如图，C为线段AB上的一点，△ACM、△CBN都是等边三角形，若AC=3，BC=2，则△MCD与△BND的面积比为 ．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图,要从一块的白铁皮零料上截出一块矩形白铁皮.已知，,要求截出的矩形的长与宽的比为,且较长边在上，点分别在上,所截矩形的长和宽各是多少?
25、（10分）如图，在平行四边形ABCD中，点E.F分别在AB、CD上，AE=CF，连接AF，BF，DE，CE，分别交于H、G.
求证：(1)四边形AECF是平行四边形．(2)EF与GH互相平分．
26、（12分）如图，直线y=﹣x+3与x轴交于点C，与y轴交于点B，抛物线y=ax2+x+c经过B、C两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，点E是直线BC上方抛物线上的一动点，当△BEC面积最大时，请求出点E的坐标和△BEC面积的最大值；
（3）在（2）的结论下，过点E作y轴的平行线交直线BC于点M，连接AM，点Q是抛物线对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点P，使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出点P的坐标；如果不存在，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、D
【解析】
根据频数的概念：频数是表示一组数据中符合条件的对象出现的次数．
【详解】
∵一串数“”中，数字“3”出现了1次，
∴数字“3”出现的频数为1．
故选D．
此题考查频数与频率，解题关键在于掌握其概念
2、A
【解析】
由题干可得y＝2x，代入计算即可求解．
【详解】
∵，
∴y＝2x，
∴，
故选A．
本题考查了比例的基本性质：两内项之积等于两外项之积．即若，则ad＝bc，比较简单．
3、D
【解析】
根据不等式的性质，求出不等式的解集即可．
【详解】
解：不等式两边都除以2，
得：，
故选：D．
本题考查了解一元一次不等式，能根据题意得出不等式的解集是解此题的关键．
4、C
【解析】
证明△ABC是等边三角形即可解决问题．
【详解】
解：∵AB=AC，∠A=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=6，
故选：C．
本题考查等边三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
5、A
【解析】
先根据二次根式的性质化简，再根据最简二次根式的定义判断即可．
【详解】
解：①，②，③，④（y≥0）,
故其中的最简二次根式为①，共一个．
故选：A．
本题考查了对最简二次根式的定义的理解，能理解最简二次根式的定义是解此题的关键．
6、A
【解析】
∵甲的平均数和丙的平均数相等大于乙和丁的平均数，
∴从甲和丙中选择一人参加比赛，
又∵甲的方差与乙的方差相等，小于丙和丁的方差.
∴选择甲参赛，故选A．
考点：方差；算术平均数．
7、C
【解析】解：第一次降价后的价格为：15×（1﹣x），第二次降价后的价格为：15×（1﹣x）1．
∵两次降价后的价格为2元，∴15（1﹣x）1=2．故选C．
8、D
【解析】
试题分析：∵菱形具有的性质：对边相等，对角相等，对角线互相平分，对角线互相垂直；
平行四边形具有的性质：对边相等，对角相等，对角线互相平分；
∴菱形具有而一般平行四边形不具有的性质是：对角线互相垂直．
故选D．
考点：菱形的性质；平行四边形的性质．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、2或4.
【解析】
过点D作DF1∥BE，求出四边形BEDF1是菱形，根据菱形的对边相等可得BE=DF1，然后根据等底等高的三角形的面积相等可知点F1为所求的点，过点D作DF2⊥BD，求出∠F1DF2=60°，从而得到△DF1F2是等边三角形，然后求出DF1=DF2，再求出∠CDF1=∠CDF2，利用“边角边”证明△CDF1和△CDF2全等，根据全等三角形的面积相等可得点F2也是所求的点，然后在等腰△BDE中求出BE的长，即可得解．
【详解】
如图，过点D作DF1∥BE，易求四边形BEDF1是菱形，
所以BE=DF1，且BE、DF1上的高相等，
此时S△DCF1=S△BDE；
过点D作DF2⊥BD，
∵∠ABC=60°，F1D∥BE，
∴∠F2F1D=∠ABC=60°，
∵BF1=DF1，∠F1BD=∠ABC=30°，∠F2DB=90°，
∴∠F1DF2=∠ABC=60°，
∴△DF1F2是等边三角形，
∴DF1=DF2，
∵BD=CD，∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，
∴∠DBC=∠DCB=×60°=30°，
∴∠CDF1=180°-∠BCD=180°-30°=150°，
∠CDF2=360°-150°-60°=150°，
∴∠CDF1=∠CDF2，
∵在△CDF1和△CDF2中，
，
∴△CDF1≌△CDF2（SAS），
∴点F2也是所求的点，
∵∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，DE∥AB，
∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=×60°=30°，
又∵BD=6，
∴BE=×6÷cs30°=3÷=2，
∴BF1=BF2=BF1+F1F2=2+2=4，
故BF的长为2或4.
故答案为：2或4.
本题考查全等三角形的判定与性质，三角形的面积，等边三角形的判定与性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟练掌握等底等高的三角形的面积相等，以及全等三角形的面积相等是解题关键，（3）要注意符合条件的点F有两个．
10、．
【解析】
要将一个多项式分解因式的一般步骤是首先看各项有没有公因式，若有公因式，则把它提取出来，之后再观察是否是完全平方公式或平方差公式，若是就考虑用公式法继续分解因式．因此，
先提取公因式后继续应用平方差公式分解即可：．
11、-2
【解析】
先提公因数法把多项式x3y+x2y2+xy3因式分解，再根据完全平方公式因式分解即可求解．
【详解】
解：∵xy＝﹣1，x+y＝2，
∴x3y+x2y2+xy3＝
代入数据，原式=
故答案为：．
本题考查了因式分解，先提公因式，然后再套完全平方公式即可求解.
12、
【解析】
根据函数图象与轴的交点坐标，观察图象在x轴上方的部分即可得.
【详解】
当y≥0时，观察图象就是直线y=kx+b在x轴上方的部分对应的x的范围(包含与x轴的交点)，
∴x≤2，
故答案为：x≤2.
本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系，合理运用数形结合思想是解题的关键.
13、m＞1
【解析】
根据图象的增减性来确定（m﹣1）的取值范围，从而求解．
【详解】
解：∵一次函数y＝（m﹣1）x+1，若y随x的增大而增大，
∴m﹣1＞2，
解得，m＞1．
故答案是：m＞1．
本题考查了一次函数的图象与系数的关系．
函数值y随x的增大而减小⇔k＜2；
函数值y随x的增大而增大⇔k＞2．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）见解析（2）见解析（3）（，0）
【解析】
解；作图如图所示，可得P点坐标为：（，0）。
（1）延长AC到A1，使得AC=A1C1，延长BC到B1，使得BC=B1C1，即可得出图象。
（2）根据△A1B1C1将各顶点向右平移4个单位，得出△A2B2C2。
（3）作出A1关于x轴的对称点A′，连接A′C2，交x轴于点P，再利用相似三角形的性质求出P点坐标即可。
15、（1）甲：平均数8；乙：平均数8，中位数9；（2）甲组学生的成绩比较稳定．
【解析】
（1）根据平均数和中位数的定义求解可得；
（2）根据方差的定义计算出乙的方差，再比较即可得．
【详解】
（1）甲的平均数：，
乙的平均数：，
乙的中位数：9；
（2） .
∵，
∴甲组学生的成绩比较稳定．
本题考查了求平均数，中位数与方差，方差反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
16、 (1)见解析;(2)见解析;(3)DE=2;(4)DE=1.
【解析】
（1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形进行证明即可得；
（2）根据ABCD为平行四边形，可得AB=CD， AD=BC，再根据AECF为平行四边形，可得AF=CE，AE=FC，继而可得DE=BF，根据SSS即可证明△AFB≌△CED；
（3）当DE=2时，AECF为菱形，理由：由AB=DC=2，∠ABC=∠EDC=60°可得△EDC为等边三角形，继而可得到AE=EC，根据邻边相等的平行四边形是菱形即可得；
（4）当DE=1时，AECF为矩形，理由：若AECF为矩形则有∠DEC=90°，再根据DC=2，∠D=60°，则可得∠DCE=30°，继而可得DE=1.
【详解】
（1）∵为平行四边形，∴，即，
又∵(已知)，∴为平行四边形；
（2）∵为平行四边形，∴， ，
∵为平行四边形，∴，
∴，
在与中，
，
∴；
(3)当时，为菱形，理由如下：
∵，
∴为等边三角形，，，即：，
∴平行四边形为菱形；
（4）当时，为矩形，理由如下：
若为矩形得：，
∵，，
∴，∴.
本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定、矩形的判定与性质等，熟练掌握相关的性质与定理是解题的关键.
17、见解析.
【解析】
连接AC交BD与点O.由四边形AECF是平行四边形，可证OA=OC,OE=OF,又BE=DF，所以OB=OD，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可证结论成立.
【详解】
证明：连接AC交BD与点O.
∵四边形AECF是平行四边形，
∴OA=OC,OE=OF,
∵BE=DF，
∴OE+BE=OF+DF,
∴OB=OD,
∴四边形ABCD是平行四边形.
本题主要考查了平行四边形的判定，平行四边形的判定方法有：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；③两组对边分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤.两组对角分别相等的四边形是平行四边形.
18、（1），；
（2）
图象见解析
【解析】
（1）根据题目中甲乙公司不同的收费方式结合数量关系，找出和与x之间的关系；
（2）根据的方程进行列表，依次描点连线即可得出函数图象．
【详解】
解：（1）设物品的重量为x千克
由题意可得；；
（2）列表为
函数图象如下：
故本题最后答案为：（1），；
（2）
图象如上所示．
（1）本题主要考查了一次函数的应用，解题的关键是根据不同的x的范围列出不同的解析式，其中不要忽略本题为实际问题，即x的取值范围为正；
（2）本题主要考查了函数图象的画法，明确画函数图象的步骤是解题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、 (0，-3)．
【解析】
令x= 0，求出y的值即可得出结论．
【详解】
解:当x=0时，y=-3
∴一次函数的图象与y轴的交点坐标是(0,-3)．
故答案为：(0，-3)．
本题考查的是一次函数图形上点的特征，熟知一次函数图象与坐标轴交点的算法是解答此题的关键．
20、①②④．
【解析】
①易证△ABD∽△ADF，结论正确；
②由①结论可得：AE=，再确定AD的范围为：3≤AD＜5，即可证明结论正确；
③分两种情况：当BD＜4时，可证明结论正确，当BD＞4时，结论不成立；故③错误；
④△DCE为直角三角形，可分两种情况：∠CDE=90°或∠CED=90°，分别讨论即可．
【详解】
解：如图，在线段DE上取点F，使AF=AE，连接AF，
则∠AFE=∠AEF，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵∠ADE=∠B=a，
∴∠C=∠ADE=a，
∵∠AFE=∠DAF+∠ADE，∠AEF=∠C+∠CDE，
∴∠DAF=∠CDE，
∵∠ADE+∠CDE=∠B+∠BAD，
∴∠CDE=∠BAD，
∴∠DAF=∠BAD，
∴△ABD∽△ADF
∴，即AD2=AB•AF
∴AD2=AB•AE，
故①正确；
由①可知：，
当AD⊥BC时，由勾股定理可得：
，
∴，
∴，即，故②正确；
如图2，作AH⊥BC于H，
∵AB=AC=5，
∴BH=CH=BC=4，
∴，
∵AD=AD′=，
∴DH=D′H=，
∴BD=3或BD′=5，CD=5或CD′=3，
∵∠B=∠C
∴△ABD≌△DCE（SAS），△ABD′与△D′CE不是全等形
故③不正确；
如图3，AD⊥BC，DE⊥AC，
∴∠ADE+∠DAE=∠C+∠DAE=90°，
∴∠ADE=∠C=∠B，
∴BD=4；
如图4，DE⊥BC于D，AH⊥BC于H，
∵∠ADE=∠C，
∴∠ADH=∠CAH，
∴△ADH∽△CAH，
∴，即，
∴DH=，
∴BD=BH+DH=4+==6.1，
故④正确；
综上所述，正确的结论为：①②④；
故答案为：①②④.
本题属于填空题压轴题，考查了直角三角形性质，勾股定理，全等三角形判定和性质，相似三角形判定和性质，动点问题和分类讨论思想等；解题时要对所有结论逐一进行分析判断，特别要注意分类讨论．
21、1
【解析】
根据勾股定理的几何意义：得到S正方形A+S正方形B=S正方形E，S正方形D﹣S正方形C=S正方形E，求解即可．
【详解】
由题意：S正方形A+S正方形B=S正方形E，S正方形D﹣S正方形C=S正方形E，∴S正方形A+S正方形B=S正方形D﹣S正方形C．
∵正方形B，C，D的面积依次为4，3，9，∴S正方形A+4=9﹣3，∴S正方形A=1．
故答案为1．
本题考查了勾股定理，要熟悉勾股定理的几何意义，知道直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方．
22、
【解析】
设雕像的下部高为x m，则上部长为（1-x）m，然后根据题意列出方程求解即可．
【详解】
解：设雕像的下部高为x m，则题意得：，
整理得：，
解得： 或 (舍去)；
∴它的下部应设计的高度为.
故答案为：.
本题考查了黄金分割，解题的关键在于读懂题目信息并列出比例式，难度不大．
23、.
【解析】
试题分析：利用△ACM、△CBN都是等边三角形，则也是相似三角形，相似比是3：2，再证得△MCD∽△BND，应用相似三角形的面积比等于相似比的平方得△MCD与△BND的面积比为．
故答案为：.
考点：相似三角形的判定与性质；等边三角形的性质．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、所截矩形的长是，宽是
【解析】
过点作交于，交于，先利用勾股定理求出BC，易知，从而求出AN，又易证，，设，则，列出方程解出x即可
【详解】
解：过点作交于，交于
四边形是矩形
设，则
解得：
答：所截矩形的长是，宽是.
本题主要考查相似三角形的应用，在实际问题中抽象出几何图形，本题解题关键在于能够找到相似三角形列出方程
25、见解析
【解析】
(1)根据四边形ABCD是平行四边形,由平行四边形的性质可得:,,
根据,利用平行四边形的判定定理可得:四边形AECF是平行四边形,
由得四边形AECF是平行四边形,根据平行四边形的性质可得:,
根据,,,可得:,,根据平行四边形的判定定理可得:四边形BFDE是平行四边形,再根据平行四边形的性质可得:,根据平行四边形的判定定理可得:四边形EGFH是平行四边形,由平行四边形的性质可得:
与GH互相平分.
【详解】
四边形ABCD是平行四边形,
,,
,
四边形AECF是平行四边形,
由得:四边形AECF是平行四边形,
,
,,,
,,
四边形BFDE是平行四边形,
,
四边形EGFH是平行四边形,
与GH互相平分.
本题主要考查平行四边形的判定定理和平行四边形的性质,解决本题的关键是要熟练掌握平行四边形的判定定理和平行四边形的性质.
26、（1）；（2）点E的坐标是（2，1）时，△BEC的面积最大，最大面积是1；（1）P的坐标是（﹣1，）、（5，）、（﹣1，）．
【解析】
解：（1）∵直线y=﹣x+1与x轴交于点C，与y轴交于点B，
∴点B的坐标是（0，1），点C的坐标是（4，0），
∵抛物线y=ax2+x+c经过B、C两点，
∴，解得，
∴y=﹣x2+x+1．
（2）如图1，过点E作y轴的平行线EF交直线BC于点M，EF交x轴于点F，
，
∵点E是直线BC上方抛物线上的一动点，∴设点E的坐标是（x，﹣x2+x+1），则点M的坐标是（x，﹣x+1），∴EM=﹣x2+x+1﹣（﹣x+1）=﹣x2+x，∴S△BEC=S△BEM+S△MEC==×（﹣x2+x）×4=﹣x2+1x=﹣（x﹣2）2+1，
∴当x=2时，即点E的坐标是（2，1）时，△BEC的面积最大，最大面积是1．
（1）在抛物线上存在点P，使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形．
①如图2，
，
由（2），可得点M的横坐标是2，∵点M在直线y=﹣x+1上，∴点M的坐标是（2，），又∵点A的坐标是（﹣2，0），∴AM=
，∴AM所在的直线的斜率是：；∵y=﹣x2+x+1的对称轴是x=1，
∴设点Q的坐标是（1，m），点P的坐标是（x，﹣x2+x+1），
则，
解得或，
∵x＜0，∴点P的坐标是（﹣1，﹣）．
②如图1，
，
由（2），可得点M的横坐标是2，∵点M在直线y=﹣x+1上，∴点M的坐标是（2，），
又∵点A的坐标是（﹣2，0），∴AM=，
∴AM所在的直线的斜率是：；
∵y=﹣x2+x+1的对称轴是x=1，
∴设点Q的坐标是（1，m），点P的坐标是（x，﹣x2+x+1），则，
解得或，
∵x＞0，∴点P的坐标是（5，﹣）．
③如图4，
，
由（2），可得点M的横坐标是2，∵点M在直线y=﹣x+1上，
∴点M的坐标是（2，），
又∵点A的坐标是（﹣2，0），∴AM=，
∵y=﹣x2+x+1的对称轴是x=1，
∴设点Q的坐标是（1，m），点P的坐标是（x，﹣x2+x+1），
则
解得，
∴点P的坐标是（﹣1，）．
综上，可得在抛物线上存在点P，使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形，点P的坐标是（﹣1，﹣）、（5，﹣）、（﹣1，）．
本题考查二次函数综合题．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
平均数
众数
中位数
甲
______________
8
8
乙
______________
9
______________
x
…
_____
_____
…
y
…
_____
_____
…
x
…
__1___
__2___
_3___
…
y
…
___17__
__24___
_31___
…
x
…
__1___
__2___
_3___
…
y
…
___17__
__24___
_31___
…
x
…
__1___
__2___
_3___
…
y
…
___17__
__24___
_31___
…