浙江省嘉兴市上海外国语大秀洲外国语学校2024年九年级数学第一学期开学考试试题【含答案】

这是一份浙江省嘉兴市上海外国语大秀洲外国语学校2024年九年级数学第一学期开学考试试题【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）下列各式：（1﹣x），，，，其中分式共有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
2、（4分）如图，从几何图形的角度看，下列这些图案既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3、（4分）的平方根是（ ）
A．B．C．D．
4、（4分）函数y=3x﹣1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
5、（4分）将点向左平移4个单位长度得点，则点的坐标是( )
A．B．C．D．
6、（4分）一次函数y＝2x+1的图象沿y轴向上平移3个单位，所得图象的函数解析式为（ ）
A．y＝2x＋4B．y＝2x－4C．y＝2x﹣2D．y＝2x+7
7、（4分）要使分式有意义，的取值范围为（ ）
A．B．C．D．且
8、（4分）若点A(–2，)、B( –1，)、C(1，)都在反比例函数(为常数)的图像上，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）在，，，，中任意取一个数，取到无理数的概率是___________.
10、（4分）一组数据：2，﹣1，0，x，1的平均数是0，则x＝_____．
11、（4分）在一个不透明的盒子里装有黑、白两种颜色的球共50只，这些球除颜色外其余完全相同．小颖做摸球实验，搅匀后，她从盒子里随机摸出一只球记下颜色后，再把球放回盒子中．不断重复上述过程，下表是实验中的一组统计数据：
请估计：当n很大时，摸到白球的频率将会接近_____；（精确到0.1）
12、（4分）如图，A，B两点被池塘隔开，不能直接测量其距离．于是，小明在岸边选一点C，连接CA，CB，分别延长到点M，N，使AM＝AC，BN＝BC，测得MN＝200m，则A，B间的距离为_____m．
13、（4分）若一组数据6，，3，5，4的众数是3，则这组数据的中位数是__________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB⊥AC，AB=3cm，BC=5cm．点P从A点出发沿AD方向匀速运动速度为lcm/s，连接PO并延长交BC于点Q．设运动时间为t（s）（0＜t＜5）
（1）当t为何值时，四边形ABQP是平行四边形？
（2）设四边形OQCD的面积为y（cm2），当t=4时，求y的值．
15、（8分）按要求完成下列尺规作图（不写作法，保留作图痕迹）
（1）如图①，点A绕某点M旋转后，A的对应点为，求作点M．
（2）如图②，点B绕某点N顺时针旋转后，B的对应点为，求作点N．
16、（8分）如图所示，已知是的外角，有以下三个条件：①；②∥；③.
（1）在以上三个条件中选两个作为已知,另一个作为结论写出一个正确命题，并加以证明.
（2）若∥,作的平分线交射线于点，判断的形状，并说明理由
17、（10分）如图，在中，点是对角线的中点，点在上，且，连接并延长交于点F．过点作的垂线，垂足为，交于点．
（1）求证：；
（2）若．
①求证：；
②探索与的数量关系，并说明理由．
18、（10分）如图，矩形中，对角线的垂直平分线与相交于点，与相交于点，连接，．求证：四边形是菱形．
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）比较大小：_______2（填“＞”或“＜”）．
20、（4分）如图，香港特别行政区区徽由五个相同的花瓣组成，它是以一个花瓣为基本图案通过连续四次旋转所组成，这四次旋转中，旋转角度最小是______°.
21、（4分）直线y＝2x＋1经过点(a，0)，则a＝________．
22、（4分）最简二次根式与是同类二次根式，则a的取值为__________．
23、（4分）若某多边形有5条对角线，则该多边形内角和为_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图1，在平面直角坐标系中，矩形OABC如图所示放置，点A在x轴上，点B的坐标为（n，1）（n＞0），将此矩形绕O点逆时针旋转90°得到矩形OA′B′C′，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过A、A′、C′三点．
（1）求此抛物线的解析式（a、b、c可用含n的式子表示）；
（2）若抛物线对称轴是x＝1的一条直线，直线y＝kx+2（k≠0）与抛物线相交于两点D（x1，y1）、E（x2、y2）（x1＜x2），当|x1﹣x2|最小时，求抛物线与直线的交点D和E的坐标；
（3）若抛物线对称轴是x＝1的一条直线，如图2，点M是抛物线的顶点，点P是y轴上一动点，点Q是坐标平面内一点，四边形APQM是以PM为对角线的平行四边形，点Q′与点Q关于直线AM对称，连接MQ′、PQ′，当△PMQ′与平行四边形APQM重合部分的面积是平行四边形的面积的时，求平行四边形APQM的面积．
25、（10分）已知关于的一元二次方程: ;
(1)求证:无论为何值，方程总有实数根;
(2)若方程的一个根是2，求另一个根及的值.
26、（12分）如图，四边形是正方形，是边上一点，是的中点，平分.
（1）判断与的数量关系，并说明理由；
（2）求证：；
（3）若，求的长.
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、A
【解析】
分式即形式,且分母中要有字母，且分母不能为0.
【详解】
本题中只有第五个式子为分式，所以答案选择A项.
本题考查了分式的概念，熟悉理解定义是解决本题的关键.
2、B
【解析】
根据轴对称图形和中心对称图形的定义对各个选项一一判断即可得出答案.
【详解】
A.是轴对称图形，不是中心对称图形；
B.既是轴对称图形，又是中心对称图形；
C.是轴对称图形，不是中心对称图形；
D.是轴对称图形，不是中心对称图形.
故选B.
本题考查了中心对称图形和轴对称图形的识别.熟练应用中心对称图形和轴对称图形的概念进行判断是解题的关键.
3、B
【解析】
根据开平方的意义，可得一个数的平方根．
【详解】
解：9的平方根是±3，
故选：B．
本题考查了平方根，乘方运算是解题关键,注意平方根是两个互为相反的数．
4、B
【解析】
试题分析：根据一次函数的性质即可得到结果。
，
图象经过一、二、四象限，不经过第二象限，
故选B.
考点：本题考查的是一次函数的性质
点评：解答本题的关键是熟练掌握一次函数的性质：当时，图象经过一、二、三象限；当时，图象经过一、三、四象限；当时，图象经过一、二、四象限；当时，图象经过二、三、四象限.
5、B
【解析】
将点A的横坐标减4，纵坐标不变，即可得出点A′的坐标．
【详解】
解：将点A（3，3）向左平移4个单位长度得点A′，则点A′的坐标是（3-4，3），即（-1，3），
故选：B．
此题考查坐标与图形变化-平移，掌握平移中点的变化规律：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减是解题的关键．
6、A
【解析】
根据一次函数图象平移的规律即可求得答案.
【详解】
将一次函数y＝2x+1的图象沿y轴向上平移3个单位，
所得图象的函数解析式为：y=2x+1+3，
即y=2x+4，
故选A.
本题考查一次函数图象与几何变换，根据已知直线的解析式求得平移后的解析式，熟练掌握直线平移时解析式的变化规律是解题的关键.沿y轴上下平移时，上移加下移减.
7、C
【解析】
根据分式有意义的条件可得,再根据二次根式有意义的条件可得,再解即可.
【详解】
由题意得: ,且,
解得: ,
所以，C选项是正确的.
此题主要考查了分式和二次根式有意义的条件,关键是掌握分式有意义的条件是分母不等于零,二次根式中的被开方数是非负数
8、C
【解析】
首先根据可得反比例函数的图象在第一、三象限，因此可得在x的范围内，随着x的增大，y在减小，再结合A、B、C点的横坐标即可得到、、的大小关系.
【详解】
解：根据，可得反比例函数的图象在第一、三象限
因此在x的范围内，随着x的增大，y在减小
因为A、B两点的横坐标都小于0，C点的横坐标大于0
因此可得
故选C.
本题主要考查反比例函数的性质，关键在于判断反比例函数的系数是否大于0.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
直接利用无理数的定义得出无理数的个数，再利用概率公式求出答案．
【详解】
解：∵在，，，，中无理数只有这1个数，
∴任取一个数，取到无理数的概率是，
故答案为：．
此题主要考查了概率公式以及无理数，正确把握无理数的定义是解题关键．
10、-2
【解析】
根据平均数的公式可得关于x的方程，解方程即可得.
【详解】
由题意得
，
解得：x=-2，
故答案为：-2.
本题考查了平均数，熟练掌握平均数的计算公式是解题的关键.
11、0.60
【解析】
计算出平均值即可解答
【详解】
解：由表可知，当n很大时，摸到白球的频率将会接近0.60；
故答案为：0.60；
此题考查利用频率估计概率，解题关键在于求出平均值
12、1
【解析】
∵AM=AC，BN=BC，∴AB是△ABC的中位线，
∴AB=MN=1m，
故答案为1．
13、4
【解析】
因为其余各数均出现一次且众数为3，所以，x=3;然后从小到大，排序即可确定中位数.
【详解】
解：其余各数均出现一次且众数为3，所以，x=3，原数据从小到大排序为：3，3，4，5，6，所以，中位数为4
解答本题的关键是确定x的值，即灵活应用中位数概念.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）当t=1.5s时，四边形ABQP是平行四边形，理由详见解析；（1）5.4cm1．
【解析】
（1）求出和，根据平行四边形的判定得出即可；
（1）先求出高AM和ON的长度，再求出和的面积，再求出答案即可．
【详解】
（1）当时，四边形ABQP是平行四边形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形
∴
∴
在和中，
∴
∴，
∵
∴
即
∴四边形ABQP是平行四边形
故当时，四边形ABQP是平行四边形；
（1）过A作于M，过O作于N
∵
∴在中，由勾股定理得：
由三角形的面积公式得：，即
∴
∵
∴
∵
∴
∴
在和中，
∴
∴
∵
∴的面积为
当时，
∴的面积为
∴
故y的值为．
本题考查了平行四边形的性质和判定、三角形的面积、全等三角形的性质和判定等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．
15、 (1)见解析；（2）见解析
【解析】
（1）连结AA′，作AA′的垂直平分线与AA′的交点为M点；
（2）连结BB′，作BB′的垂直平分线得到BB′的中点，然后以BB′为直径作圆，则圆与BB′的垂直平分线的交点即为N点．
【详解】
解：如图①，点M即为所求；
如图②，点N即为所求.
① ②
考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．关键是熟练掌握线段垂直平分线的作法．
16、（1）①③作为条件，②作为结论，见解析；（2）等腰三角形，见解析
【解析】
（1）根据题意，结合平行线的性质，选择两个条件做题设，一个条件做结论，得到正确的命题；
（2）作出图形，利用平行线的性质和角平分线的定义证明即可.
【详解】
（1）证明：∵，
∴，，
∵，
∴，
∴ＡＣ＝ＢＣ
（2）是等腰三角形，理由如下：
如图：
∵，
∴
∵BF平分，
∴，
∴，
∴BC=FC，
∴是等腰三角形
本题考查的是平行线的性质以及角平分线的性质，本题是一道探索性条件开放性题目，能有效地培养学生“执果索因”的思维方式与能力．
17、（1）见解析；（2）①见解析，②，理由见解析.
【解析】
（1）根据平行四边形的性质得到∠OAF=∠OCE，证明△OAF≌△OCE，根据全等三角形的对应边相等证明结论；
（2）①过A作AM⊥BC于M，交BG于K，过G作GN⊥BC于N，根据三角形的外角性质得到∠BAG=∠BGA；
②证明△AME≌△BNG，根据全等三角形的性质得到ME=NG，根据等腰直角三角形的性质得到BE=GC，根据（1）中结论证明即可．
【详解】
（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴
∴，
∵，
∴；
（2）①过作于，交于，过作于，
则，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，又，
∴，
设，
则，，
∴；
②，
理由如下：∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
在等腰中，，
∴，
∴，
∵，
∴.
本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质以及勾股定理的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形以及等腰直角三角形，利用全等三角形的对应边相等得出结论．
18、见解析
【解析】
先证明四边形AMCN为平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可证得结论.
【详解】
是矩形，则，
，
而是的垂直平分线，
则，，
而，
，
，四边形为平行四边形，
又，
四边形是菱形．
本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定等，正确把握相关的性质定理与判定定理是解题的关键.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、＜
【解析】
试题解析：

故答案为：
20、72
【解析】
试题解析：观察图形可知，中心角是由五个相同的角组成，
∴旋转角度是
∴这四次旋转中,旋转角度最小是
故答案为72.
21、
【解析】
代入点的坐标，求出a的值即可．
【详解】
将（a，0）代入直线方程得：2a+1=0
解得，a=，
故答案．
本题考查了直线方程问题，考查函数代入求值，是一道常规题．
22、
【解析】
分析：根据最简二次根式及同类二次根式的定义，令被开方数相等解方程．
详解：根据题意得，3a+1=2
解得，a=
故答案为．
点睛：此题主要考查了最简二次根式及同类二次根式的定义，正确理解同类二次根式的定义是解题的关键．
23、540°．
【解析】
根据多边形对角线的条数求出多边形的边数，再根据多边形的内角和公式求出即可．
【详解】
设多边形的边数为n，
∵多边形有5条对角线，
∴＝5，
解得：n＝5或n＝﹣2（舍去），
即多边形是五边形，
所以多边形的内角和为（5﹣2）×180°＝540°，
故答案为：540°．
本题考查了多边形的对角线和多边形的内角，能正确求出多边形的边数是解此题的关键，注意：边数为n的多边形的对角线的条数是，边数为n的多边形的内角和=（n-2）×180°．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（3）y＝﹣x2+（n﹣3）x+n；（2）D（﹣3，5），E（3，4）；（2）5或3．
【解析】
（3）先根据四边形ABCD是矩形，点B的坐标为（n，3）（n＞5），求出点A、C的坐标，再根据图形旋转的性质求出A′、C′的坐标；把A、A′、C′三点的坐标代入即可得出a、b、c的值，进而得出其抛物线的解析式；
（2）将一次函数与二次函数组成方程组，得到一元二次方程x2+（k-2）x-3=5，根据根与系数的关系求出k的值，进而求出D（-3，5），E（3，4）；
（2）设P（5，p），根据平行四边形性质及点M坐标可得Q（2，4+p），分P点在AM下方与P点在AM上方两种情况，根据重合部分的面积关系及对称性求得点P的坐标后即可得▱APQM面积．
【详解】
解：（3）∵四边形ABCO是矩形，点B的坐标为（n，3）（n＞5），
∴A（n，5），C（5，3），
∵矩形OA′B′C′由矩形OABC旋转而成，
∴A′（5，n），C′（﹣3，5）；
将抛物线解析式为y＝ax2+bx+c，
∵A（n，5），A′（5，n），C′（﹣3，5），
∴ ，
解得，
∴此抛物线的解析式为：y＝﹣x2+（n﹣3）x+n；
（2）对称轴为x＝3，得﹣＝3，解得n＝2，
则抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+2．
由，
整理可得x2+（k﹣2）x﹣3＝5，
∴x3+x2＝﹣（k﹣2），x3x2＝﹣3．
∴（x3﹣x2）2＝（x3+x2）2﹣4x3x2＝（k﹣2）2+4．
∴当k＝2时，（x3﹣x2）2的最小值为4，即|x3﹣x2|的最小值为2，
∴x2﹣3＝5，由x3＜x2可得x3＝﹣3，x2＝3，即y3＝4，y2＝5．
∴当|x3﹣x2|最小时，抛物线与直线的交点为D（﹣3，5），E（3，4）；
（2）①当P点在AM下方时，如答图3，
设P（5，p），易知M（3，4），从而Q（2，4+p），
∵△PM Q′与▱APQM重合部分的面积是▱APQM面积的，
∴PQ′必过AM中点N（5，2），
∴可知Q′在y轴上，
易知QQ′的中点T的横坐标为3，而点T必在直线AM上，
故T（3，4），从而T、M重合，
∴▱APQM是矩形，
∵易得直线AM解析式为：y＝2x+2，
∵MQ⊥AM，
∴直线QQ′：y＝﹣x+，
∴4+p＝﹣×2+，
解得：p＝﹣，
∴PN＝，
∴S▱APQM＝2S△AMP＝4S△ANP＝4××PN×AO＝4×××3＝5；
②当P点在AM上方时，如答图2，
设P（5，p），易知M（3，4），从而Q（2，4+p），
∵△PM Q′与▱APQM重合部分的面积是▱APQM面积的，
∴PQ′必过QM中点R（，4+），
易得直线QQ′：y＝﹣x+p+5，
联立，
解得：x＝，y＝ ，
∴H（，），
∵H为QQ′中点，
故易得Q′（，），
由P（5，p）、R（，4+）易得直线PR解析式为：y＝（﹣）x+p，
将Q′（，）代入到y＝（﹣）x+p得：＝（﹣）×+p，
整理得：p2﹣9p+34＝5，
解得p3＝7，p2＝2（与AM中点N重合，舍去），
∴P（5，7），
∴PN＝5，
∴S▱APQM＝2S△AMP＝2××PN×|xM﹣xA|＝2××5×2＝3．
综上所述，▱APQM面积为5或3．
本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法确定函数解析式、二次函数的性质、一元二次方程根与系数的关系、方程思想及分类讨论思想等知识点．在（2）中利用求得n的值是解题的关键，在（2）中确定出k的值是解题的关键，在（2）中根据点P的位置分类讨论及根据已知条件求出点P的坐标是解决本题的难点．
25、（1）详见解析；（2），
【解析】
（1）根据根的判别式得出△＝（k﹣3）2≥0，从而证出无论k取任何值，方程总有实数根．
（2）先把x＝2代入原方程，求出k的值，再解这个方程求出方程的另一个根．
【详解】
(1)证明:(方法一).
∴无论为何值时，方程总有实数根.
(方法二)将代人方程，等式成立，即是原方程的解，
因此，无论为何值时，方程总有实数根，
(2)把代人方程解得，
解方程得
本题主要考查了一元二次方程的根的判别式，一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△＝0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根．
26、（1）见解析；（2）见解析；（3）．
【解析】
（1）利用平行线的性质得出，再根据角平分线的性质即可解答
（2）过点作交于点，连接，利用HL证明，即可解答
（3）设，则，再利用勾股定理求出a即可解答.
【详解】
（1）如图所示：
与的数量关系：，
理由如下：
，
∵平分，
，
.
（2）如图所示：
过点作交于点，连接．
∵平分，
，
又是的中点，，
，
在和中，
，
，
又，
．
（3）设，则，
在中，由勾股定理得：

解得：，
．
此题考查全等三角形的判定与性质，勾股定理，角平分线的性质，平行线的性质，解题关键在于作辅助线.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
摸球的次数n
100
200
300
500
800
1 000
3 000
摸到白球的次数m
65
124
178
302
481
620
1845
摸到白球的频率
0.65
0.62
0.593
0.604
0.601
0.620
0.615