2024年云南省昭通市昭阳区苏家院乡中学九上数学开学教学质量检测试题【含答案】

这是一份2024年云南省昭通市昭阳区苏家院乡中学九上数学开学教学质量检测试题【含答案】，共19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）二次根式中，字母a的取值范围是（ ）
A．a＜﹣B．a＞﹣C．aD．a
2、（4分）以下列各组数为三角形的边长，能构成直角三角形的是（ ）
A．1，2，3B．1，1，C．2，4，5D．6，7，8
3、（4分）当k＜0时，一次函数y=kx﹣k的图象不经过（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
4、（4分）若的平均数是5，则的平均数是( )
A．5B．6C．7D．8
5、（4分）在平面直角坐标系内，已知点A的坐标为（-6，0），直线l：y=kx+b不经过第四象限，且与x轴的夹角为30°，点P为直线l上的一个动点，若点P到点A的最短距离是2，则b的值为（ ）
A． 或B．C．2D．2或10
6、（4分）下列二次根式是最简二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
7、（4分）使得式子有意义的x的取值范围是（ ）
A．x≥4B．x＞4C．x≤4D．x＜4
8、（4分）下列各组数不能作为直角三角形三边长的是（ ）
A．3，4，5B．，，C．0.3，0.4，0.5D．30，40，50
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，升降平台由三个边长为1.2米的菱形和两个腰长为1.2米的等腰三角形组成，其中平台AM与底座A0N平行，长度均为24米，点B，B0分别在AM和A0N上滑动这种设计是利用平行四边形的________；为了安全，该平台作业时∠B1不得超过60°，则平台高度(AA0)的最大值为________ 米
10、（4分）已知一次函数y＝﹣2x+5，若﹣1≤x≤2，则y的最小值是_____．
11、（4分）如图，在矩形中，点为的中点，点为上一点，沿折叠，点恰好与点重合，则的值为______.
12、（4分）如图，是将绕点顺时针旋转得到的．若点，，在同一条直线上，则的度数是______．
13、（4分）如图，等腰直角三角形ABC的直角边AB的长为，将△ABC绕点A逆时针旋转15°后得到△AB′C′，AC与B′C′相交于点D，则图中阴影△ADC′的面积等于______．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，直线y＝x＋9分别交x轴、y轴于点A、B，∠ABO的平分线交x轴于点C．
（1）求点A、B、C的坐标；
（2）若点M与点A、B、C是平行四边形的四个顶点，求CM所在直线的解析式．
15、（8分）已知y＝y1＋y2，y1与x成正比例，y2与x成反比例，且当x＝1时，y＝3；当x＝时，y＝1．求x＝－时，y的值．
16、（8分）在平行四边形ABCD中E是BC边上一点，且AB=AE，AE，DC的延长线相交于点F.
(1)若∠F=62°，求∠D的度数;
(2)若BE=3EC，且△EFC的面积为1，求平行四边形ABCD的面积.
17、（10分）一列快车从甲地驶往乙地，一列慢车从乙地驶往甲地，两车同时出发，到达目的地后停止，设慢车行驶时间为小时，两车之间的距离为千米，两者的关系如图所示，根据图象探究：
（1）看图填空：两车出发 小时，两车相遇；
（2）求快车和慢车的速度；
（3）求线段所表示的与的关系式，并求两车行驶小时两车相距多少千米．
18、（10分）某校在招聘数学教师时以考评成绩确定人选．甲、乙两位高校毕业生的各项考评成绩如下．如果按笔试成绩占30%、模拟上课占60%、答辩占10%来计算各人的考评成绩，那么谁将优先录取？
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，在平面直角坐标系中，菱形OABC的顶点O是原点，顶点B在y轴正半轴上，顶点A在第一象限，菱形的两条对角线长分别是8和6，函数y= (x<0)的图象经过点C，则k的值为________.
20、（4分）已知直线与直线平行且经过点，则______.
21、（4分）不等式组的解集是_____．
22、（4分）化简：=______．
23、（4分）方程在实数范围内的解是_____.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）解方程
①2x（x－1）=x－1； ②（y+1）（y+2）=2
25、（10分）先化简，再求值：，其中与2，3构成的三边，且为整数.
26、（12分）如图，在4×3正方形网格中，每个小正方形的边长都是1.
(1)分别求出线段AB，CD的长度；
(2)在图中画线段EF，使得EF的长为，以AB，CD，EF三条线段能否构成直角三角形，并说明理由.
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】
根据二次根式以及分式有意义的条件即可解答．
【详解】
根据题意知2a+1＞0，解得：a＞﹣，故选B．
本题考查二次根式有意义的条件，解题的关键是正确理解二次根式与分式有意义的条件，本题属于基础题型．
2、B
【解析】
由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
【详解】
A、12+22≠32，故不是直角三角形，故此选项错误；
B、12+12=（）2，故是直角三角形，故此选项正确；
C、22+42≠52，故不是直角三角形，故此选项错误；
D、62+72≠82，故不是直角三角形，故此选项错误．
故选B．
本题考查勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．
3、C
【解析】
试题分析：∵k＜0，∴﹣k＞0，∴一次函数y=kx﹣k的图象经过第一、二、四象限．故选C．
考点：一次函数图象与系数的关系．
4、C
【解析】
先根据平均数的概念列出关于m的方程，解之求出m的值，据此得出新数据，继而根据平均数的概念求解可得．
【详解】
解：根据题意，有
，
∴解得：，
∴．
故选：C.
本题主要考查算术平均数，解题的关键是掌握算术平均数的概念进行解题.
5、A
【解析】
直线l：y=kx+b不经过第四象限，可能过一、二、三象限，与x轴的夹角为30°，又点A的坐标为（-6，0），因此两种情况，分别画出每种情况的图形，结合图形，利用已学知识进行解答．
【详解】
解：如图：分两种情况：
（1）在Rt△ABP1中，AP1=2，∠ABP1=30°，
∴AB=2AP1=4，
∴OB=OA-AB=6-4=2，
在Rt△BCO中，∠CBO=30°，∴OC=tan30°×OB=，即：b=；
（2）同理可求得AD=4，OD=OA+AD=10，
在Rt△DOE中，∠EDO=30°，∴OE=tan30°×OD=，即：b=；
故选：A．
考查一次函数的图象和性质、直角三角形的边角关系等知识，分类讨论得出答案，注意分类的原则既不重复，又不能遗漏，可根据具体问题合理灵活地进行分类．
6、C
【解析】A选项的被开方数中含有分母；B、D选项的被开方数中含有未开尽方的因数；因此这三个选项都不符合最简二次根式的要求．所以本题的答案应该是C．
解：A、=；B、=2；D、=2；
因此这三个选项都不是最简二次根式，故选C．
7、D
【解析】
直接利用二次根式有意义的条件分析得出答案．
【详解】
解：使得式子有意义，则：4﹣x＞0，
解得：x＜4
即x的取值范围是：x＜4
故选D．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确把握定义是解题关键．
8、B
【解析】
选项A，，三角形是直角三角形； 选项B，，三角形不是直角三角形；选项C，，三角形是直角三角形；
选项D，，三角形是直角三角形；故选B ．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、不稳定性； 4.2
【解析】
（1）根据四边形的不稳定性即可解决问题．
（1）当∠B1=60°时，平台AA0的高度最大，解直角三角形A1B0A0，可得A0A1的长，再由AA3=A3A1=A1A1=A1A0，即可解决问题．
【详解】
解：（1）因为四边形具有不稳定性，点B，B0分别在AM和A0N上滑动 ，从而达到升降目的，因而这种设计利用了平行四边形的不稳定性；
（1）由图可知，当∠B1=60°时，平台AA0的高度最大，=30°，B0A1=1A1C1=1.4，则A0A1=A1B0sin∠A1B0A0=1.4×=1.1．
又∵AA3=A3A1=A1A1=A1A0=1.1，则AA0=4×1.1=4.2．
故答案为：不稳定性，4.2．
本题考查了解直角三角形的应用，等腰三角形的性质，菱形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
10、1
【解析】
根据一次函数的性质得出其增减性，进而解答即可．
【详解】
解：∵一次函数y＝﹣2x+5，k＝﹣2＜0，
∴y随x的增大而减小，
∵﹣1≤x≤2，
∴当x＝2时，y的最小值是1，
故答案为：1
此题主要考查了一次函数，根据一次函数的性质得出其增减性是解答此题的关键．
11、
【解析】
【分析】由矩形性质可得AB=CD,BC=AD;由对折得AB=BE，设AB=x,根据勾股定理求出BC关于x的表达式，便可得到.
【详解】设AB=x,在矩形ABCD中, AB=CD=x,BC=AD;
因为，E为CD的中点，
所以，CE=，
由对折可知BE=AB=x.
在直角三角形BCE中
BC=，
所以，.
故答案为图（略），
【点睛】本题考核知识点：矩形性质，轴对称. 解题关键点：利用轴对称性质得到相等线段，利用勾股定理得到BE和BC的关系.
12、
【解析】
根据旋转的性质，即可求出的度数．
【详解】
旋转，
，，
，
．
故答案为：．
本题考查了三角形的旋转问题，掌握旋转的性质是解题的关键．
13、
【解析】
由旋转的性质可得AB=AB'=，∠BAB'=15°，可得∠B'AD=∠BAC-∠B'AB=30°，由直角三角形的性质可得B'D=1，由三角形面积公式可求解．
【详解】
解：∵AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠BAC=45°，
∵△ABC绕点A逆时针旋转15°后得到△AB′C′，
∴AB=AB'=，∠BAB'=15°，
∴∠B'AD=∠BAC-∠B'AB=30°，且∠B'=90°，
∵tan∠B'AD=,
∴AB'=B'D，
∴B'D=1，
∴阴影△ADC'的面积=，
故答案为：.
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，及锐角三角函数的知识，熟练运用旋转的性质是本题的关键．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）；（2）或
【解析】
（1）首先根据一次函数的解析式即可得出A，B的坐标，然后利用勾股定理求出AB的长度，然后根据角平分线的性质得出，再利用即可得出CD的长度，从而求出点C的坐标；
（3）首先利用平行四边形的性质找出所有可能的M点，然后分情况进行讨论，利用待定系数法即可求解．
【详解】
（1）令，则，
令，则，解得 ，
∴，
，
．
过点C作交AB于点D，
∵BC平分， ，
．
，
，
解得 ，
．
（2）如图，能与A，B，C构成平行四边形的点有三处：，
①点C与在同一直线，是经过点C与AB平行的直线，设其直线的解析式为 ，
将代入中，
得，解得 ，
∴CM所在的直线的解析式为；
②∵四边形是平行四边形，
∴ ．
，
．
设直线 的解析式为 ，
将代入解析式中得
解得
∴直线解析式为 ，
综上所述，CM所在的直线的解析式为或．
本题主要考查一次函数与几何综合，平行四边形的判定与性质，掌握待定系数法及数形结合是解题的关键．
15、y=-1
【解析】
设，，则，利用待定系数法求出的值，可得，再把代入求解即可．
【详解】
解：设，，则．
把，，，分别代入上式得．
解得，．
∴．
∴当，．
本题考查了正比例函数和反比例函数的问题，掌握正比例函数和反比例函数的性质、待定系数法是解题的关键．
16、（1）（2）
【解析】
（1）由四边形ABCD是平行四边形，∠F=62°，易求得∠BAE的度数，又由AB=BE，即可求得∠B的度数，然后由平形四边形的对角相等，即可求得∠D的度数；
（2）根据相似三角形的性质求出△FEC与△FAD的相似比，得到其面积比，再找到△FEC与平行四边形的关系，求出平行四边形的面积．
【详解】
（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BAF=∠F=62°，
∵AB=BE，
∴∠AEB=∠BAE=62°，
∴∠B=180°-∠BAE-∠AEB=56°，
∵在平行四边形ABCD中，∠D=∠B，
∴∠D=56°．
（2）∵DC∥AB，
∴△CEF∽△BEA．
∵BE=3EC
∴，
∵S△EFC=1．
∴S△ABE=9a，
∵
∴
∴
∴
∵
∴
此题考查了平行四边形的性质与相似三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键．
17、（1）两车出发1.8小时相遇；（2）快车速度为；慢车速度为；（3），
【解析】
（1）根据图象可知两车出发1.8小时相遇；
（2）根据图象和题意可以分别求出慢车和快车的速度；
（3）根据题意可以求得点C的坐标，由图象可以得到点B的坐标，从而可以得到线段BC所表示的y与x之间的函数关系式，再把x=6代入求出对应的y值即可得出两车行驶6小时两车相距多少千米．
【详解】
（1）由图知：两车出发1．8小时相遇．
（2）快车8小时到达，慢车12小时到达，
故：快车速度为
慢车速度为
（3）由题可得，点C是快车刚到达乙地，
∵点C的横坐标是8，
∴纵坐标是：100×8=800，
即点C的坐标为（8，800）．
设线段BC对应的函数解析式为y=kx+b，
∵点B（1.8，0），点C（8，800），
∴，解得，
∴线段BC所表示的y与x的函数关系式是y=250x-1200（1.8≤x≤8）．
当x=6时，y=250×6-1200=300，
即两车行驶6小时两车相距300千米．
本题考查一次函数的应用，路程、速度与时间关系的应用，待定系数法求一次函数的解析式以及求函数值，解答此类问题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
18、甲优先录取.
【解析】
根据加权平均数的计算公式分别计算出甲、乙两人的成绩，再进行比较即得结果．
【详解】
解：甲的考评成绩是：88×30%+91×60%+88×10%=92.2，
乙的考评成绩是：91×30%+90×60%+90×10%=91.1．
答：甲优先录取．
本题考查了加权平均数的应用，属于基础题型，熟练掌握计算的方法是解题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、-12.
【解析】
根据题意可得点C的坐标为（-4，3），将点C的坐标代入y= 中求得k值即可.
【详解】
根据题意可得点C的坐标为（-4，3），
将点C的坐标代入y= 中，得，
3=，
解得 k=-12.
故答案为：-12.
本题考查了菱形的性质及求反比例函数的解析式，求得点C的坐标为（-4，3）是解决问题的关键.
20、1
【解析】
根据平行直线的解析式的k值相等可得k＝-1，再将经过的点的坐标代入求解即可．
【详解】
解：∵直线与直线平行，
∴k＝-1.
∴直线的解析式为.
∵直线经过点（1，1），
∴b＝4.
∴k+b＝1．
本题考查了两直线平行问题，主要利用了两平行直线的解析式的k值相等，需熟记．
21、x≤1
【解析】
先求出每个不等式的解集，再求出不等式组的解集即可．
【详解】
解：
解不等式①得：x≤1，
解不等式②得：x＜7，
∴不等式组的解集是x≤1，
故答案为：x≤1．
本题考查了解一元一次不等式组，能根据不等式的解集求出不等式组的解集是解此题的关键．
22、a+1
【解析】
先根据同分母分式加减法进行计算，再约分化简分式即可.
【详解】
.
故答案为a+1
本题考核知识点：分式的加减.解题关键点：熟记分式的加减法则，分式的约分.
23、
【解析】
由x3+8=0，得x3=-8，所以x=-1．
【详解】
由x3+8=0，得
x3=-8，
x=-1，
故答案为：x=-1．
本题考查了立方根，正确理解立方根的意义是解题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、 (1)x1=1，x2=; (2) y1=0，y2=-3
【解析】
【分析】（）用因式分解法求解；（2）先去括号整理，再用因式分解法求解.
【详解】
解：①2x（x－1）=x－1
（2x-1）（x－1）=0
所以，2x-1=0或x－1=0
所以，x1=1, x2=;
②（y+1）（y+2）=2
y2+3y=0
y(y+3)=0
所以，y=0或y+3=0
所以，y1=0，y2=-3
【点睛】本题考核知识点：解一元二次方程.解题关键点：用因式分解法解方程.
25、1
【解析】
试题分析：先进行分式的除法运算，再进行分式的加减法运算，根据三角形三边的关系确定出a的值，然后代入进行计算即可.
试题解析：原式= ，
∵a与2、3构成△ABC的三边，
∴3−2又∵a为整数，
∴a=2或3或4，
∵当x=2或3时，原分式无意义，应舍去，
∴当a=4时,原式==1
26、；．（2）以AB、CD、EF三条线段可以组成直角三角形
【解析】
（1）利用勾股定理求出AB、CD的长即可；
（2）根据勾股定理的逆定理，即可作出判断．
【详解】
（1）AB==；CD==2．
（2）如图，EF==，
∵CD2+EF2=8+5=13，AB2=13，∴CD2+EF2=AB2，∴以AB、CD、EF三条线段可以组成直角三角形．
本题考查了勾股定理、勾股定理的逆定理，充分利用网格是解题的关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
考评项目
成绩/分
甲
乙
理论知识（笔试）
88
95
模拟上课
95
90
答 辩
88
90