江苏省南京市建邺区金陵河西区2024年数学九年级第一学期开学教学质量检测试题【含答案】

这是一份江苏省南京市建邺区金陵河西区2024年数学九年级第一学期开学教学质量检测试题【含答案】，共24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）点P是正方形ABCD边AB上一点(不与A、B重合),连接PD并将线段PD绕点P顺时针旋转90°,得线段PE,连接BE,则∠CBE等于（ ）
A．75°B．60°C．30°D．45°
2、（4分）下列各式：，其中分式共有( )
A．2 个B．3 个C．4 个D．5 个
3、（4分）若一次函数y=ax+b的图象经过第一、二、四象限，则下列不等式中总是成立的是（ ）
A．ab＞0B．a﹣b＞0C．a2+b＞0D．a+b＞0
4、（4分）如图，天平右盘中的每个砝码的质量都是1克，则物体A的质量m克的取值范围表示在数轴上为（ ）
A． B．
C． D．
5、（4分）在ABCD中，∠A：∠B:∠C：∠D的度数比值可能是（ ）
A．1:2:3:4B．1:2:2:1C．1:1:2:2D．2:1:2:1
6、（4分）下列给出的条件中，能判断四边形ABCD是平行四边形的是( )
A．AB∥CD，AD = BC；B．∠B = ∠C；∠A = ∠D，
C．AB =CD，CB = AD；D．AB = AD，CD = BC
7、（4分）若关于x的一元二次方程有实数根，则整数a的最大值是（ ）
A．4B．5C．6D．7
8、（4分）下列运算中正确的是（ ）
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）甲、乙两车从地出发到地，甲车先行半小时后，乙车开始出发.甲车到达地后，立即掉头沿着原路以原速的倍返回（掉头的时间忽略不计），掉头1个小时后甲车发生故障便停下来，故障除排除后，甲车继续以加快后的速度向地行驶.两车之间的距离（千米）与甲车出发的时间（小时）之间的部分函数关系如图所示.在行驶过程中，甲车排除故障所需时间为______小时．
10、（4分）如图，在△ABC中，P，Q分别为AB，AC的中点．若S△APQ＝1，则S四边形PBCQ＝__．
11、（4分）如图，在正方形ABCD中，AB=3，点E，F分别在CD，AD上，CE=DF，BE，CF相交于点G,若图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，则△BCG的周长为_____．
12、（4分）如图，点P是边长为5的正方形ABCD内一点，且PB＝2，PB⊥BF，垂足为点B，请在射线BF上找一点M，使得以B，M，C为顶点的三角形与ABP相似，则BM＝_____．
13、（4分）若不等式组的解集是，则m的值是________.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）甲、乙两车分别从A地将一批物品运往B地，再返回A地，如图表示两车离A地的距离s（千米）随时间t（小时）变化的图象，已知乙车到达B地后以30千米/小时的速度返回．请根据图象中的数据回答：
（1）甲车出发多长时间后被乙车追上？
（2）甲车与乙车在距离A地多远处迎面相遇？
（3）甲车从B地返回的速度多大时，才能比乙车先回到A地？
15、（8分）若变量z是变量y的函数，同时变量y是变量x的函数，那么我们把变量z叫做变量x的“迭代函数”.
例如：z2y3，yx1，则z2x132x1，那么z2x1就是z与x之间的“迭代函数”解析式.
（1）当2006x2020时，zy2，，请求出z与x之间的“迭代函数”的解析式及z的最小值；
（2）若z2ya，yax24axba0，当1x3时，“迭代函数”z的取值范围为1z17，求a和b的值；
（3）已知一次函数yax1经过点1,2，zay2b2ycb4（其中a、b、c均为常数），聪明的你们一定知道“迭代函数”z是x的二次函数，若x1、x2（x1x2）是“迭代函数”z3的两个根，点x3,2是“迭代函数”z的顶点，而且x1、x2、x3还是一个直角三角形的三条边长，请破解“迭代函数”z关于x的函数解析式.
16、（8分）已知张强家、体育场、文具店在同一直线上，下面的图象反映的过程是：张强从家跑步去体育场，在那里锻炼了一阵后又走到文具店去买笔，然后散步走回家．图中表示时间，表示张强离家的距离．
根据图象解答下列问题：
（1）体育场离张强家多远？张强从家到体育场用了多少时间？
（2）体育场离文具店多远？
（3）张强在文具店停留了多少时间？
（4）求张强从文具店回家过程中与的函数解析式．
17、（10分）（问题情境）
如图，四边形ABCD是正方形，M是BC边上的一点，E是CD边的中点，AE平分∠DAM．
（探究展示）
（1）直接写出AM、AD、MC三条线段的数量关系： ；
（2）AM＝DE+BM是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
（拓展延伸）
（3）若四边形ABCD是长与宽不相等的矩形，其他条件不变，如图，探究展示（1）、（2）中的结论是否成立，请分别作出判断，不需要证明．
18、（10分）如图，在△ABC中,∠B=90°,AB=5 cm,BC=7 cm，点P从点A开始沿AB边向点B以1 cm/s的速度移动,同时点Q从点B开始沿BC向点C以2cm/s的速度移动.当一个点到达终点时另一点也随之停止运动,运动时间为x秒(x>0).
(1)求几秒后，PQ的长度等于5 cm.
(2)运动过程中，△PQB的面积能否等于8 cm2?并说明理由.
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）分式当x __________时,分式的值为零.
20、（4分）如图，在中，已知，，分别为，，的中点，且，则图中阴影部分的面积等于__.
21、（4分）命题“对角线相等的四边形是矩形”的逆命题是_____________．
22、（4分）据统计，2008年上海市常住人口数量约为18884600人，用科学计数法表示上海市常住人口数是___________．（保留4个有效数字）
23、（4分）已知y=++9，则（xy-64）2的平方根为______．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）解不等式组，并把它的解集在数轴上表示出来．
25、（10分）已知反比例函数（k为常数，k≠0）的图象经过点A（2，3）．
（1）求这个函数的解析式；
（2）判断点B（－1，6），C（3，2）是否在这个函数的图象上，并说明理由；
（3）当－3＜x＜－1时，求y的取值范围．
26、（12分）2019年的暑假，李刚和他的父母计划去新疆旅游，他们打算坐飞机到乌鲁木齐，第二天租用一辆汽车自驾出游．

根据以上信息，解答下列问题：
（1）设租车时间为天，租用甲公司的车所需费用为元，租用乙公司的车所需费用为元，分别求出，关于的函数表达式；
（2）请你帮助李刚，选择租用哪个公司的车自驾出游比较合算，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、D
【解析】
过E作AB的延长线AF的垂线，垂足为F，可得出∠F为直角，又四边形ABCD为正方形，可得出∠A为直角，进而得到一对角相等，由旋转可得∠DPE为直角，根据平角的定义得到一对角互余，在直角三角形ADP中，根据两锐角互余得到一对角互余，根据等角的余角相等可得出一对角相等，再由PD=PE，利用AAS可得出三角形ADP与三角形PEF全等，根据确定三角形的对应边相等可得出AD=PF，AP=EF，再由正方形的边长相等得到AD=AB，由AP+PB=PB+BF，得到AP=BF，等量代换可得出EF=BF，即三角形BEF为等腰直角三角形，可得出∠EBF为45°，再由∠CBF为直角，即可求出∠CBE的度数．
【详解】
过点E作EF⊥AF，交AB的延长线于点F，则∠F=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB，∠A=∠ABC=90°，
∴∠ADP+∠APD=90°，
由旋转可得：PD=PE，∠DPE=90°，
∴∠APD+∠EPF=90°，
∴∠ADP=∠EPF，
在△APD和△FEP中，
∵，
∴△APD≌△FEP（AAS），
∴AP=EF，AD=PF，
又∵AD=AB，
∴PF=AB，即AP+PB=PB+BF，
∴AP=BF，
∴BF=EF，又∠F=90°，
∴△BEF为等腰直角三角形，
∴∠EBF=45°，又∠CBF=90°，
则∠CBE=45°．
故选D．
此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，以及等腰直角三角形的判定与性质，其中作出相应的辅助线是解本题的关键．
2、A
【解析】
判断分式的依据是看分母中是否含有字母，如果含有字母则是分式，如果不含有字母则不是分式．
【详解】
的分母中均不含有字母，因此它们是整式，而不是分式.
分母中含有字母，因此是分式.
故选：A.
此题考查分式的定义，解题关键在于掌握其定义.
3、C
【解析】
解：∵一次函数y=ax+b的图象经过第一、二、四象限，∴a＜0，b＞0，∴ab＜O，故A错误，a﹣b＜0，故B错误，，故C正确，a+b不一定大于0，故D错误．故选C．
4、C
【解析】
根据天平知2＜A＜3，然后观察数轴,只有C符合题意，故选C
5、D
【解析】
根据平行四边形的两组对角分别相等判定即可
【详解】
解：根据平行四边形的两组对角分别相等，可知D正确．
故选：D．
此题主要考查了平行四边形的性质，熟知平行四边形的两组对角分别相等这一性质是解题的关键．
6、C
【解析】
根据平行四边形的判定方法逐项判断即可.
【详解】
解：A、AB∥CD，AD = BC，如等腰梯形，不能判断是平行四边形，故本选项错误；
B、∠B = ∠C，∠A =∠D，不能判断是平行四边形，如等腰梯形，故本选项错误；
C、AB=CD，CB = AD，两组对边分别相等，可判断是平行四边形，正确；
D、AB = AD，CD = BC，两组邻边分别相等，不能判断是平行四边形；
故选C.
本题考查的是平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键.
7、B
【解析】
根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到a-6≠0且△=（-2）2-4×（a-6）×3≥0，再求出两不等式的公共部分得到a≤ 且a≠6，然后找出此范围内的最大整数即可．
【详解】
根据题意得a-6≠0且△=（-2）2-4×（a-6）×3≥0，
解得a≤ 且a≠6，
所以整数a的最大值为5.
故选B.
本题考查一元二次方程的定义和跟的判别式，一元二次方程的二次项系数不能为0；当一元二次方程有实数根时，△≥0.
8、B
【解析】
根据二次根式的乘除法则求出每个式子的值，再判断即可．
【详解】
解: A. =＝42，故本选项不符合题意；
B. ，故本选项，符合题意；
C. ，故本选项不符合题意；
D. =3，故本选项不符合题意；
故选：B．
本题考查二次根式的性质和二次根式的乘除法则，能灵活运用二次根式的乘除法则进行计算是解题关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
画出符合题意的行程信息图，利用图中信息列方程组求出甲乙的速度，再构建方程解决问题即可．
【详解】
解：设去时甲的速度为km/h，乙的速度为km/h，
则有， 解得，
∴甲返回时的速度为km/h，
设甲修车的时间为小时，则有，
解得．
故答案为．
本题考查函数图象问题，解题的关键是读懂图象信息，还原行程信息图，灵活运用所学知识解决问题．
10、1
【解析】
根据三角形的中位线定理得到PQ＝BC，得到相似比为，再根据相似三角形面积之比等于相似比的平方，可得到结果.
【详解】
解：∵P，Q分别为AB，AC的中点，
∴PQ∥BC，PQ＝BC，
∴△APQ∽△ABC，
∴ ＝（）2＝，
∵S△APQ＝1，
∴S△ABC＝4，
∴S四边形PBCQ＝S△ABC﹣S△APQ＝1，
故答案为1．
本题考查相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
11、+1．
【解析】
分析：根据面积之比得出△BGC的面积等于正方形面积的，进而依据△BCG的面积以及勾股定理，得出BG+CG的长，进而得出其周长．
详解：∵阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：1，
∴阴影部分的面积为×9=6，
∴空白部分的面积为9-6=1，
由CE=DF，BC=CD，∠BCE=∠CDF=90°，可得△BCE≌△CDF，
∴△BCG的面积与四边形DEGF的面积相等，均为×1=，
设BG=a，CG=b，则ab=，
又∵a2+b2=12，
∴a2+2ab+b2=9+6=15，
即（a+b）2=15，
∴a+b=，即BG+CG=，
∴△BCG的周长=+1，
故答案为+1．
点睛：此题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质以及三角形面积问题．解题时注意数形结合思想与方程思想的应用．
12、2或
【解析】
先利用等角的余角相等得到∠ABP＝∠CBM，利用相似三角形的判定方法得到当时，△BAP∽△BCM，即；当时，△BAP∽△BMC，即，然后分别利用比例的性质求BM的长即可．
【详解】
如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABC＝90°，BA＝BC，
∵PB⊥BF，
∴∠PBM＝90°，
∵∠ABP+∠CBP＝90°，∠CBP+∠CBM＝90°，
∴∠ABP＝∠CBM，
∴当时，△BAP∽△BCM，即，解得BM＝2；
当时，△BAP∽△BMC，即，解得BM＝，
综上所述，当BM为2或 时，以B，M，C为顶点的三角形与△ABP相似．
故答案为2或．
此题主要考查的是相似三角形的判定和性质，应注意相似三角形的对应顶点不明确时，要分类讨论，不要漏解．
13、2
【解析】
分别求出每个不等式的解集，取共同部分，即可得到m的值.
【详解】
解：，解得：，
∵不等式组的解集为：，
∴;
故答案为：2.
本题考查了由不等式组的解集求参数，解题的关键是根据不等式组的解集求参数.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）1.5小时；（2）40.8；（3）48千米/小时.
【解析】
解：（1）由图知，可设甲车由A地前往B地的函数解析式为s=kt，
将（2.4，48）代入，解得k=20，所以s=20t，
由图可知，在距A地30千米处，乙车追上甲车，所以当s=30千米时，（小时）．
即甲车出发1.5小时后被乙车追上，
（2）由图知，可设乙车由A地前往B地函数的解析式为s=pt+m，
将（1.0，0）和（1.5，30）代入，得，解得，
所以s=60t﹣60，当乙车到达B地时，s=48千米．代入s=60t﹣60，得t=1.8小时，
又设乙车由B地返回A地的函数的解析式为s=﹣30t+n，
将（1.8，48）代入，得48=﹣30×1.8+n，解得n=102，
所以s=﹣30t+102，当甲车与乙车迎面相遇时，有﹣30t+102=20t
解得t=2.04小时代入s=20t，得s=40.8千米，即甲车与乙车在距离A地40.8千米处迎面相遇；
（3）当乙车返回到A地时，有﹣30t+102=0，解得t=3.4小时，
甲车要比乙车先回到A地，速度应大于（千米/小时）．
【点评】本题考查的是一次函数在实际生活中的运用，解答此类问题时要利用数形结合的方法解答．
15、（1）z= -x+6；-1004；（2）或；（3）
【解析】
（1）把代入zy2中化简即可得出答案；
（2）把yax24axba0代入z2ya整理得z=2a(x-2) 2-7a+2b,再分两种情况讨论，分别得方程组和，求解即可得；
（3）把（1，2）代入y=ax+1解得a=1，得出y=x+1，再将y=x+1代入z=ay2+（b-2）y+c-b+4得，根据点x3,2是“迭代函数”z的顶点得出，再根据当z=3时， 解得，又x1、x2、x3是一个直角三角形的三条边长得，代入解得b=-8,c=15,从而得解。
【详解】
解：（1）把代入zy2中得：
z（）2= -x+6
∵-＜0，
∴z随着x的增大而减小，
∵2006 x2020 ，
∴当x=2020时，z有最小值，最小值为z= -×2020+6=-1004
故答案为：z= -x+6；-1004
（2）把yax24axba0代入z2ya，得
z2（ax24axb）a
=2ax28axba，
=2a(x-2) 2-7a+2b
这是一个二次函数，图象的对称轴是直线x=2，
当a＞0时，由函数图象的性质可得x=-1时，z=17;x=3时，z=-1;
∴
解得
当a＜0时，由函数图象的性质可得x=-1时，z=-1;x=3时，z=17;
∴
解得
综上，或
（3）把（1，2）代入y=ax+1得a+1=2
解得a=1
∴y=x+1
把y=x+1代入z=ay2+（b-2）y+c-b+4并整理得
∵点x3,2是“迭代函数”z的顶点,
整理得
当z=3时，
解得
又∵x1x2
∴x1 x3x2
又∵x1、x2、x3还是一个直角三角形的三条边长
∴
即
解得
∴
把代入
解得c=15
∴
故答案为：
本题考查了二次函数和“迭代函数”，理解“迭代函数”的概念和函数的性质是解题的关键。
16、（1）体育场离张强家，张强从家到体育场用了；（2）体育场离文具店；（3）张强在文具店停留了；（4）（）
【解析】
（1）根据y轴的分析可得体育场离张强家的距离，根据x轴可以分析出张强从家到体育场用了多少时间.
（2）通过图象可得张强在45min的时候，到达了文具店，通过图象观察体育场离文具店的距离为2.5-1.5=1.
（3）根据图象可得张强在45min到65min之间是运动的路程为0，因此可得在文具店停留的时间.
（4）已知在65min是路程为1.5,100min是路程为0,采用待定系数法计算可得一次函数的解析式.
【详解】
解：
（1）体育场离张强家，张强从家到体育场用了
（2）体育场离文具店
（3）张强在文具店停留了
（4）设张强从文具店回家过程中与的函数解析式为，
将点，代入得
，
解得，
∴（）
本题主要考查图象的分析识别能力，这是考试的热点，应当熟练掌握，注意第四问要写出自变量的范围.
17、（1）证明见解析；（2）成立.证明见解析；（3） (1)成立；(2)不成立
【解析】
（1）从平行线和中点这两个条件出发，延长AE、BC交于点N，如图1（1），易证△ADE≌△NCE，从而有AD=CN，只需证明AM=NM即可．
（2）作FA⊥AE交CB的延长线于点F，易证AM=FM，只需证明FB=DE即可；要证FB=DE，只需证明它们所在的两个三角形全等即可．
（3）在图2（1）中，仿照（1）中的证明思路即可证到AM=AD+MC仍然成立；在图2（2）中，采用反证法，并仿照（2）中的证明思路即可证到AM=DE+BM不成立．
【详解】
解：（1）证明：延长AE、BC交于点N，如图1（1），
∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC．∴∠DAE=∠ENC．∵AE平分∠DAM，∴∠DAE=∠MAE．
∴∠ENC=∠MAE．∴MA=MN．
∴△ADE≌△NCE（AAS）
∴AD=NC．∴MA=MN=NC+MC=AD+MC．
（2）AM=DE+BM成立．
证明：过点A作AF⊥AE，交CB的延长线于点F，如图1（2）所示．
∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=∠D=∠ABC=90°，AB=AD，AB∥DC．
∵AF⊥AE，∴∠FAE=90°．∴∠FAB=90°﹣∠BAE=∠DAE．
∴△ABF≌△ADE（ASA）．∴BF=DE，∠F=∠AED．∵AB∥DC，∴∠AED=∠BAE．
∵∠FAB=∠EAD=∠EAM，∴∠AED=∠BAE=∠BAM+∠EAM=∠BAM+∠FAB=∠FAM．
∴∠F=∠FAM．∴AM=FM．∴AM=FB+BM=DE+BM．
（3）①结论AM=AD+MC仍然成立．
证明：延长AE、BC交于点P，如图2（1），
∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC．∴∠DAE=∠EPC．∵AE平分∠DAM，∴∠DAE=∠MAE．
∴∠EPC=∠MAE．∴MA=MP．
∴△ADE≌△PCE（AAS）．∴AD=PC．∴MA=MP=PC+MC=AD+MC．
②结论AM=DE+BM不成立．
证明：假设AM=DE+BM成立．过点A作AQ⊥AE，交CB的延长线于点Q，如图2（2）所示．
∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠D=∠ABC=90°，AB∥DC．∵AQ⊥AE，
∴∠QAE=90°．∴∠QAB=90°﹣∠BAE=∠DAE．∴∠Q=90°﹣∠QAB=90°﹣∠DAE=∠AED．
∵AB∥DC，∴∠AED=∠BAE．∵∠QAB=∠EAD=∠EAM，∴∠AED=∠BAE=∠BAM+∠EAM
=∠BAM+∠QAB ∴∠Q=∠QAM．∴AM=QM．∴AM=QB+BM．∵AM=DE+BM，∴QB=DE．
∴△ABQ≌△ADE（AAS）∴AB=AD．与条件“AB≠AD“矛盾，故假设不成立．
∴AM=DE+BM不成立．
本题是四边形综合题，主要考查了正方形和矩形的性质，全等三角形的性质和判定，等腰三角形的判定，平行线的性质，角平分线的定义等，考查了基本的模型构造：平行和中点构造全等三角形.有较强的综合性.
18、 (1)1秒后PQ的长度等于5 cm；(1)△PQB的面积不能等于8 cm1.
【解析】
（1）根据PQ=5，利用勾股定理BP1+BQ1=PQ1，求出即可；
（1）通过判定得到的方程的根的判别式即可判定能否达到8cm1．
【详解】
解:(1)根据题意,得BP=(5-x),BQ=1x.
当PQ=5时,在Rt△PBQ中,BP1+BQ1=PQ1,
∴(5-x)1+(1x)1=51,
5x1-10x=0,
5x(x-1)=0,
x1=0(舍去),x1=1,
答:1秒后PQ的长度等于5 cm.
(1)设经过x秒以后,△PBQ面积为8,
×(5-x)×1x=8.
整理得x1-5x+8=0,
Δ=15-31=-7