2025届广东省深圳市南山区实验教育集团九年级数学第一学期开学检测试题【含答案】

这是一份2025届广东省深圳市南山区实验教育集团九年级数学第一学期开学检测试题【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）下列各组数中，可以构成直角三角形的三边长的是（ ）
A．1，2，3B．2，3，4C．1，，D．1，，3
2、（4分）下列从左到右的变形，属于因式分解的是（ ）
A．B．
C．D．
3、（4分）一个多边形的内角和与外角和相等，则这个多边形是（ ）
A．四边形B．五边形C．六边形D．八边形
4、（4分）已知a＜b，下列不等关系式中正确的是（ ）
A．a+3＞b+3B．3a＞3bC．﹣a＜﹣bD．﹣＞﹣
5、（4分）某特快列车在最近一次的铁路大提速后，时速提高了30千米小时，则该列车行驶350千米所用的时间比原来少用1小时，若该列车提速前的速度是x千米小时，下列所列方程正确的是
A．B．
C．D．
6、（4分）若m＞n，下列不等式不一定成立的是（ ）
A．m+2＞n+2B．2m＞2nC．＞D．m2＞n2
7、（4分）下列条件中能构成直角三角形的是（ ）．
A．2、3、4B．3、4、5C．4、5、6D．5、6、7
8、（4分）分式方程有增根，则的值为
A．0和3B．1C．1和D．3
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）分式方程的解是_____．
10、（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＝___．
11、（4分）如图，为直角三角形，其中，则的长为__________________________．
12、（4分）点A(x1，y1)、B(x2，y2)在一次函数y=-2x+b的图象上，若x1＜x2，则y1______y2(填“＜”或“＞”或“=”)．
13、（4分）若二次根式有意义，则的取值范围是______．
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A，B的坐标分别是(－3，0)，(0，6)，动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，同时动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动．以CP，CO为邻边构造PCOD.在线段OP延长线上一动点E，且满足PE＝AO.
(1)当点C在线段OB上运动时，求证：四边形ADEC为平行四边形；
(2)当点P运动的时间为秒时，求此时四边形ADEC的周长是多少．
15、（8分）重庆出租车计费的方法如图所示，x(km)表示行驶里程，y(元)表示车费，请根据图象解答下列问题：
(1)该地出租车起步价是_____元；
(2)当x＞2时，求y与x之间的关系式；
(3)若某乘客一次乘出租车的里程为18km，则这位乘客需付出租车车费多少元？
16、（8分）如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别是边BC、CD上的点，且CE=CF，连接AE，AF，取AE的中点M，EF的中点N，连接BM，MN．
（1）请判断线段BM与MN的数量关系和位置关系，并予以证明．
（2）如图2，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，其他条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
17、（10分）某幼儿园打算在六一儿童节给小朋友买礼物，计划用元购买一定数量的棒棒糖，商店推出优惠，购买达到一定数量之后，购买总金额打八折，此时，王老师发现，花元可以买到计划数量的倍还多个，棒棒糖的原单价是多少？
18、（10分）先化简：，再从中选取一个合适的代入求值．
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）对于实数x我们规定[x]表示不大于x的最大整数，例如[1.8]＝1，[7]＝7，[﹣5]＝﹣5，[﹣2.9]＝﹣3，若[]＝﹣2，则x的取值范围是_____．
20、（4分）如图，矩形边，，沿折叠，使点与点重合，点的对应点为，将绕着点顺时针旋转，旋转角为．记旋转过程中的三角形为，在旋转过程中设直线与射线、射线分别交于点、，当时，则的长为_______．
21、（4分）如图，在▱ABCD中，分别设P，Q，E，F为边AB，BC，AD，CD的中点，设T为线段EF的三等分点，则△PQT与▱ABCD的面积之比是______．
22、（4分）如图，在平行四边形ABCD中，AC和BD交于点O，过点O的直线分别与AB，DC交于点E，F，若△AOD的面积为3，则四边形BCFE的面积等于_____．
23、（4分）如图，在等腰直角中，，，D是AB上一个动点，以DC为斜边作等腰直角，使点E和A位于CD两侧。点D从点A到点B的运动过程中，周长的最小值是________.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）在平面直角坐标系中，对于点P(x，y)，若点Q的坐标为(ax＋y，x＋ay)，其中a为常数，则称点Q是点P的“a级关联点”．例如，点P(1，4)的“3级关联点”为Q(3×1＋4，1＋3×4)，即Q(7，13)．
（1）已知点A(－2，6)的“级关联点”是点A1，点B的“2级关联点”是B1(3，3)，求点A1和点B的坐标；
（2）已知点M(m－1，2m)的“－3级关联点”M′位于y轴上，求M′的坐标；
（3）已知点C(－1，3)，D(4，3)，点N(x，y)和它的“n级关联点”N′都位于线段CD上，请直接写出n的取值范围．
25、（10分）如下4个图中，不同的矩形ABCD，若把D点沿AE对折，使D点与BC上的F点重合；
（1）图①中，若DE︰EC=2︰1，求证：△ABF∽△AFE∽△FCE；并计算BF︰FC；
（2）图②中若DE︰EC=3︰1，计算BF︰FC= ；图③中若DE︰EC=4︰1，计算BF︰FC= ；
（3）图④中若DE︰EC=︰1，猜想BF︰FC= ；并证明你的结论
26、（12分）已知函数，试回答：
（1）为何值时，随的增大而增大；
（2）为何值时，图象过点．
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、C
【解析】
根据勾股定理的逆定理，判断三角形是否为直角三角形，需要验证三角形三边关系，两小边长的平方和等于最长边的平方即可．
【详解】
A．，不能构成直角三角形，此选项错误；
B．，不能构成直角三角形，此选项错误；
C．，能构成直角三角形，此选项正确；
D．，不能构成直角三角形，此选项错误；
故选：C．
考查了勾股定理的逆定理，利用三角形三边关系判定三角形是否为直角三角形，用到实数平方的计算，熟记定理内容，注意判定时，边长是平方关系．
2、D
【解析】
A.从左到右的变形是整式乘法，不是因式分解；
B.右边不是整式积的形式，不是因式分解；
C.分解时右边括号中少了一项，故不正确，不符合题意；
D. 是因式分解，符合题意，
故选D.
本题考查了因式分解的意义，熟练掌握因式分解的定义是解本题的关键．
3、A
【解析】
多边形的内角和外角性质．
【分析】设此多边形是n边形，
∵多边形的外角和为360°，内角和为（n－2）180°，
∴（n－2）180=360，解得：n=1．
∴这个多边形是四边形．故选A．
4、D
【解析】
根据不等式的性质逐一判断即可．
【详解】
A：不等式两边都加3，不等号的方向不变，原变形错误，故此选项不符合题意；
B：不等式两边都乘以3，不等号的方向不变，原变形错误，故此选项不符合题意；
C：不等式两边都乘﹣1，不等号的方向改变，原变形错误，故此选项不符合题意；
D不等式两边都除以﹣2，不等号的方向改变，原变形正确，故此选项符合题意；
故选：D．
本题主要考查了不等式的性质，熟记不等式在两边都乘除负数时，不等式符号需要改变方向是解题关键．
5、B
【解析】
根据题意可得等量关系为原来走350千米所用的时间提速后走350千米所用的时间，根据等量关系列式即可判断．
【详解】
解：原来走350千米所用的时间为，现在走350千米所用的时间为：，
所以可列方程为：.
故选：B．
本题考查分式方程的实际应用，根据题意找到提速前和提速后所用时间的等量关系是解决本题的关键．
6、D
【解析】
试题分析：A、不等式的两边都加2，不等号的方向不变，故A正确；
B、不等式的两边都乘以2，不等号的方向不变，故B正确；
C、不等式的两条边都除以2，不等号的方向不变，故C正确；
D、当0＞m＞n时，不等式的两边都乘以负数，不等号的方向改变，故D错误；
故选D．
【考点】不等式的性质．
7、B
【解析】
根据勾股定理逆定理进行计算判断即可．
【详解】
A.，故不能构成直角三角形；
B.，故能构成直角三角形；
C.，故不能构成直角三角形；
D.，故不能构成直角三角形．
故选：B．
本题考查勾股定理的逆定理，熟记定理是关键，属于基础题型．
8、D
【解析】
等式两边同乘以最简公分母后，化简为一元一次方程，因为有增根可能为x1=1或x1=﹣1分别打入一元一次方程后求出m，再验证m取该值时是否有根即可.
【详解】
∵分式方程-1=有增根，
∴x﹣1=0，x+1=0，
∴x1=1，x1=﹣1．
两边同时乘以（x﹣1）（x+1），原方程可化为x（x+1）﹣（x﹣1）（x+1）=m，
整理得，m=x+1，
当x=1时，m=1+1=2；
当x=﹣1时，m=﹣1+1=0，
当m=0，方程无解，
∴m=2．
故选D．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
两边都乘以x(x-1)，化为整式方程求解，然后检验.
【详解】
原式通分得：
去分母得：
去括号解得，
经检验，为原分式方程的解
故答案为
本题考查了分式方程的解法，其基本思路是把方程的两边都乘以各分母的最简公分母，化为整式方程求解，求出x的值后不要忘记检验.
10、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．
11、.
【解析】
由∠B=90°，∠BAD=45°，根据直角三角形两锐角互余求得∠BDA=45°，因此AB=BD，由∠DAC=15°，根据三角形外角性质可求得∠C=30°，由AC=2，根据直角三角形中30°的角所对的直角边等于斜边的一半，求得AB=1，即BD=1，根据勾股定理求得BC=，从而得到CD的长.
【详解】
解：∵∠B=90°，∠BAD=45°,
∴∠BDA=45°，AB=BD，
∵∠DAC=15°，
∴∠C=30°，
∴AB=BD=AC=×2=1，
∴BC===，
∴CD=BC-BD=-1.
故答案为-1.
本题考查了直角三角形两锐角互余的性质，30°的角所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理等知识.
12、＞
【解析】
根据一次函数图象的增减性进行答题．
【详解】
解：∵一次函数y=-2x+b中的x的系数-2＜0，
∴该一次函数图象是y随x的增大而减小，
∴当x1＜x2时，y1＞y2
故答案是：＞．
本题考查了一次函数图象上点的左边特征．此题也可以把点A、B的坐标代入函数解析式，求得相应的y的值，然后再比较大小．
13、
【解析】
试题解析：由题意得，6-x≥0，
解得，x≤6.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、 (1)证明见解析；(2) 四边形ADEC的周长为6＋3.
【解析】
（1）连接CD交AE于F，根据平行四边形的性质得到CF=DP，OF=PF，根据题意得到AF=EF，又CF=DP，根据平行四边形的判定定理证明即可；
（2）根据题意计算出OC、OP的长，根据勾股定理求出AC、CE，根据平行四边形的周长公式计算即可．
【详解】
(1)证明：如答图，连接CD交AE于F.
∵四边形PCOD是平行四边形，
∴CF＝DF，OF＝PF.
∵PE＝AO，
∴AF＝EF.
又∵CF＝DF，
∴四边形ADEC为平行四边形．
(2)解：当点P运动的时间为秒时，
OP＝，OC＝3，
则OE＝.
由勾股定理，得AC＝＝3，
CE＝＝.
∵四边形ADEC为平行四边形，
∴四边形ADEC的周长为（3+）×2＝6＋3.
本题考查的知识点是平行四边形的性质和判定、勾股定理的应用，解题关键是掌握对角线互相平分的四边形是平行四边形．
15、 (1)10；(2)y＝2x+6；(3)这位乘客需付出租车车费42元．
【解析】
(1)由图象知x＝0时，y＝10可得答案；
(2)先求得出租车每公里的单价，根据车费＝起步价+超出部分费用可得函数解析式；
(3)将x＝18代入(2)中所求函数解析式．
【详解】
解：(1)由函数图象知，出租车的起步价为10元，
故答案为10；
(2)当x＞2时，每公里的单价为(14﹣10)÷(4﹣2)＝2，
∴当x＞2时，y＝10+2(x﹣2)＝2x+6；
(3)当x＝18时，y＝2×18+6＝42元，
答：这位乘客需付出租车车费42元．
此题考查了函数图象，由函数值求自变量的值的运用，解答时理解函数图象是重点，求出函数的解析式是关键．
16、（1）BM=MN，BM⊥MN，证明见解析；（2）仍然成立，证明见解析
【解析】
（1）根据已知正方形ABCD的边角相等关系，推出△ABE≌△ADF(SAS)，得出AE=AF，利用MN是△AEF的中位线，BM为Rt△ABE的中线，可得BM=MN，由外角性质，得出∠BME=∠1+∠3，再由MN∥AF，∠1+∠2+∠EAF=∠BAD=90°，等角代换可推出结论；
（2）同（1）思路一样，证明△ABE≌△ADF(SAS)，利用外角性质和中位线平行关系，通过等角代换即得证明结论．
【详解】
（1）BM=MN，BM⊥MN．
证明：在正方形ABCD中，∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，AB=AD=BC=DC，
∵CE=CF，
∴BC-CE=DC-CF，
∴BE=DF，
∴△ABE≌△ADF(SAS)，
∴∠1=∠2，AE=AF，
∵M为AE的中点，N为EF的中点，
∴MN是△AEF的中位线，BM为Rt△ABE的中线．
∴MN∥AF，MN=AF，BM=AE=AM，
∴BM=MN，∠EMN=∠EAF，
∵BM=AM，
∴∠1=∠3， ∠2=∠3，
∴∠BME=∠1+∠3=∠1+∠2，
∴∠BMN=∠BME+∠EMN=∠1+∠2+∠EAF=∠BAD=90°，
∴BM⊥MN．
故答案为：BM=MN，BM⊥MN．

（2）（1）中结论仍然成立．
证明：在正方形ABCD中，∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，AB=AD=BC=DC，
∴∠ABE=∠ADF=90°，
∵CE=CF，∴CE-BC=CF-DC，∴BE=DF，
∴△ABE≌△ADF(SAS)，∴∠1=∠2，AE=AF，
同理（1）得MN∥AF，MN=AF，BM=AE=AM，
∴BM=MN，
同理（1）得∠BME=∠1+∠2，∠EMN=∠EAF，
∴∠BMN=∠EMN-∠BME=∠EAF-(∠1+∠2)=∠BAD=90°，
∴BM⊥MN，
故答案为：结论仍成立．
考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，外角的性质，直角三角形中中线的性质，三角形中位线性质，熟记几何图形的性质概念是解题关键，注意图形的类比拓展．
17、棒棒糖的原单价为3元．
【解析】
【分析】设棒棒糖的原单价是x元，由等量关系“优惠后，花480元可以买到计划数量的2倍还多20个”，列出方程，解方程进行检验后即可得答案.
【详解】设棒棒糖的原单价为x元，
根据题意，得： ×2＋20＝ ，
解得：x=3 ，
经检验：x=3是原方程的根，
答：棒棒糖的原单价为3元．
【点睛】本题考查了分式方程的应用，弄清题意，找出等量关系列出方程是解题的关键.
18、，
【解析】
根据分式的运算法则先化简，再选择合适的值带入即可求出答案．
【详解】
解：原式，
由分式有意义的条件可知：，且，
∴当时，原式．
本题考查分式的运算法则，解题的关键是熟练运用分式的运算法则，本题属于基础题型，需要注意选择的值要使分式有意义．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、﹣9≤x＜﹣1
【解析】
根据题意可以列出相应的不等式，解不等式求出x的取值范围即可得答案．
【详解】
∵[x]表示不大于x的最大整数，[]＝﹣2，
∴﹣2≤＜﹣1，
解得：﹣9≤x＜﹣1．
故答案为：﹣9≤x＜﹣1．
本题考查了一元一次不等式组和一元一次不等式组的整数解的应用，能根据题意得出关于x的不等式组是解题关键．
20、
【解析】
设AE=x=FC=FG，则BE=ED=8-x，根据勾股定理可得：x=，进而确定BE、EF的长，再由折叠性质可得∠BEF=∠DEF=∠BFE和∠DEF=∠NME=∠F'，可证四边形BEMF'为平行四边形，进而得到平行四边形BEMF'为菱形，由菱形的性质可得EM=BE,最后由即可解答．
【详解】
解：如图：AE=x=FC=FG，则，
在中，有，即，
解得，
，，
由折叠的性质得，
，
，
，，
四边形为平行四边形，
由旋转的性质得：，
，
平行四边形为菱形，
，
．
本题考查了旋转的性质、勾股定理、矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定等知识；考查知识点多，增加了试题的难度，其中证得四边形BEMF'是菱形是解答本题的关键．
21、1：1
【解析】
如图，连接AC、PE、QF．设平行四边形ABCD的面积为8S,证明四边形EFQP是平行四边形，求出S平行四边形EFQP＝1S和S△TPQ＝2S即可解决问题.
【详解】
解：如图，连接AC、PE、QF．设平行四边形ABCD的面积为8S．
∵DE＝AE，DF＝FC，
∴EF∥AC，EF：AC＝1：2，
∴S△DEF＝S△DAC＝×1S＝S，
同理可证PQ∥AC，PQ：AC＝1：2，S△CFQ＝S△PQB＝S△APE＝S，
∴四边形EFQP是平行四边形，
∴S平行四边形EFQP＝1S，
∴S△TPQ＝S平行四边形EFQP＝2S，
∴S△TPQ：S平行四边形ABCD＝2S：8S＝1：1，
故答案为1：1．
本题考查的是平行四边形的综合运用，熟练掌握平行四边形的性质和相似三角形的性质是解题的关键.
22、6
【解析】
根据平行四边形的性质得到OD=OB，得到△AOB的面积=△AOD的面积，求出平行四边形ABCD的面积，根据中心对称图形的性质计算．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OD=OB，
∴△AOB的面积=△AOD的面积=3，
∴△ABD的面积为6，
∴平行四边形ABCD的面积为12，
∵平行四边形是中心对称图形，
∴四边形BCFE的面积=×平行四边形ABCD的面积=×12=6，
故答案为：6.
本题主要考查了全等三角形的判定，平行四边形的性质，掌握全等三角形的判定，平行四边形的性质是解题的关键.
23、
【解析】
根据勾股定理得到DE=CE=CD，求得△DCE周长=CD+CE+DE=（1+）CD，当CD的值最小时，△DCE周长的值最小，当CD⊥AB时，CD的值最小，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论.
【详解】
解：∵△DCE是等腰直角三角形，
∴DE=CE=CD，
∴△DCE周长=CD+CE+DE=（1+）CD，
当CD的值最小时，△DCE周长的值最小，
∴当CD⊥AB时，CD的值最小，
∵在等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，BC=2，
∴AB=BC=2，
∴CD=AB=，
∴△DCE周长的最小值是2+，
故答案为：2+．
本题考查了轴对称——最短路线问题，等腰直角三角形，熟练掌握等腰直角三角形的性质是解题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）（1，1）（2）（0，﹣16）（3）
【解析】
（1）根据关联点的定义，结合点的坐标即可得出结论；（2）根据关联点的定义和点M（m﹣1，2m）的“﹣3级关联点”M′位于y轴上，即可求出M′的坐标；（3）因为点C（﹣1，3），D（4，3），得到y=3，由点N（x，y）和它的“n级关联点”N′都位于线段CD上，可得到方程组，解答即可．
【详解】
（1）∵点A（﹣2，6）的“级关联点”是点A1，
∴A1（﹣2×+6，﹣2+×6），
即A1（5，1）．
设点B（x，y），
∵点B的“2级关联点”是B1（3，3），
∴
解得
∴B（1，1）．
（2）∵点M（m﹣1，2m）的“﹣3级关联点”为M′（﹣3（m﹣1）+2m，m﹣1+（﹣3）×2m），
M′位于y轴上，
∴﹣3（m﹣1）+2m=0，
解得：m=3
∴m﹣1+（﹣3）×2m=﹣16，
∴M′（0，﹣16）．
（3）∵点N（x，y）和它的“n级关联点”N′都位于线段CD上，
∴N′（nx+y，x+ny），
∴ ， ，
∴x=3-3n,
∴,解得.
本题考查了一次函数图象上的坐标的特征，“关联点”的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
25、（1）根据折叠的性质及矩形的性质可证得△ABF∽△AFE∽△FCE，再根据相似三角形的性质求解即可，1:1；（2）1:2，1:3；（3）1︰（n-1）
【解析】
试题分析：根据折叠的性质及矩形的性质可证得△ABF∽△AFE∽△FCE，再根据相似三角形的性质求解即可.
解：（1）∵∠BAF+∠AFB=90°，∠CFE+∠AFB=90°
∴∠BAF=∠CFE
∵∠B=∠C=90°
∴△ABF∽△FCE
∴BF︰CE=AB︰FC=AF︰FE
∴AB︰AF=BF︰FE
∵∠B=∠AFE=90°
∴△ABF∽△AFE
∴△ABF∽△AFE∽△FCE
∵DE︰EC=2︰1
∴FE︰EC=2︰1
∴BF︰FC=1︰1
（2）若DE︰EC=3︰1，则BF︰FC=1︰2；若DE︰EC=4︰1，计算BF︰FC=1︰3；
（3）∵DE︰EC=︰1
∴FE︰EC=︰1
∴BF︰FC=1︰（n-1）.
考点：相似三角形的综合题
点评：相似三角形的综合题是初中数学的重点和难点，在中考中极为常见，一般以压轴题形式出现，难度较大.
26、（1）；（2）
【解析】
（1）当时，随增大而增大，解出的值即可；
（2）将点代入即可得出的值．
【详解】
解：（1）当时，随增大而增大，
解得：；
（2）将点代入可得：，
解得：．
本题考查一次函数的基本知识，属于基础题，注意一次函数增减性的掌握．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人