2023-2024学年广东省深圳市宝安区海旺学校九年级（上）开学数学试卷（含解析）

2023-2024学年广东省深圳市宝安区海旺学校九年级（上）开学数学试卷

一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  下列四个著名数学图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是(    )

A.  B.
C.  D.

2.  如果点在平面直角坐标系的第二象限内，那么的取值范围在数轴上可表示为(    )

A.  B.
C.  D.

3.  依次观察左边的三个图形，并判断照此规律从左向右的第四个图形是(    )

A.  B.  C.  D.

4.  下列命题是真命题的是(    )

A. 若，则
B. 将点向上平移个单位后得到的点的坐标为
C. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
D. 三角形三条边的垂直平分线的交点到三角形的三个顶点的距离相等

5.  小强是一位密码编译爱好者，在他的密码手册中，有这样一条信息：，，，，，分别对应下列六个字：华、爱、我、中、游、美，现将因式分解，结果呈现的密码信息可能是(    )

A. 我爱美 B. 中华游 C. 爱我中华 D. 美我中华

6.  已知分式其中，为常数满足表格中的信息：

则的值是(    )

A.  B.  C.  D.

7.  某运输公司运输一批货物，已知大货车比小货车每辆多运输吨货物，且大货车运输吨货物所用车辆数与小货车运输吨货物所用车辆数相同，设大货车每辆运输吨，则所列方程正确的是(    )

A.  B.  C.  D.

8.  已知菱形的两条对角线分别为和，、分别是边、的中点，是对角线上一点，则的最小值是(    )

A.
B.
C.
D. 不能确定

9.  如图，在矩形纸片中，，，点为上一点，将沿翻折至，与相交于点，与相交于点，且，则的长度是(    )

A.
B.
C.
D.

10.  如图，▱的对角线，交于点，平分，交于点，且，，连接，下列结论：；；；：其中成立的个数是(    )

A. 个 B. 个 C. 个 D. 个

二、填空题（本大题共7小题，共28.0分）

11.  已知，则 ______ ．

12.  一个边形的内角和是它外角和的倍，则边数______．

13.  若关于的一元二次方程有一个根是，则的值是______ ．

14.  如图，已知与相交于点，，若，，，则 ______ ．

15.  如图，在中，，，，是边上一点，为边上的中点，点，分别为，的中点，的值是______ ．

16.  如图，等腰的斜边在轴的正半轴上，为坐标原点，以点为圆心，的长为半径画弧，交于点，再分别以点，为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线交于点，若点的坐标为，则点的坐标为______ ．

17.  如图，，，，，点在上移动，当以，，为顶点的三角形与相似时，则的长为______ ．

三、解答题（本大题共8小题，共62.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

18.  本小题分
解不等式组：；
解方程：．

19.  本小题分
在长度均为的正方形网格中建立如图所示的平面直角坐标系，已知点、、的坐标分别为、、．
将沿着轴向左平移个单位后得到，请在图中画出平移后的；
将绕着顺时针旋转后得到，请在图中画出旋转后的；
将线段绕着某个定点旋转后得到其中点的对应点为点，点的对应点为点，则这个定点的坐标是______ ．

20.  本小题分
定义：如果一个分式能化成一个整式与一个分子为常数的分式的和的形式，那么称这个分式为“和谐分式”，如：，则是“和谐分式”．
下列分式中，属于“和谐分式”的是______ ；只填序号
；
；
；
．
将“和谐分式”化成一个整式与一个分子为常数的分式的和的形式： ______ ；
判断的结果是否为“和谐分式”，并说明理由．

21.  本小题分
如图，已知四边形是平行四边形，对角线与相交于点，且平分，延长过点作，交的延长线于点．
求证：四边形是菱形；
若，，求四边形的面积．

22.  本小题分
“日啖荔枝三百颗，不辞长作岭南人”深圳南山的荔枝以肉厚多汁深受大众的喜爱某超市用元购进一批桂味荔枝和用元购进糯米糍荔枝的千克数相同，已知每千克糯米糍荔枝价格比每千克桂味荔枝的价格多元．
求桂味荔枝、糯米糍荔枝每千克的进货价格；
这两种荔枝销售很好，超市决定再进这两种荔枝共千克，且糯米糍荔枝的数量不超过桂味荔枝数量的倍，桂味荔枝以元千克销售，糯米糍荔枝以元千克销售，请问桂味、糯米糍荔枝各进货多少千克时获得利润最大？最大利润是多少元？

23.  本小题分
学习完“一元一次不等式与一次函数”后，老师给出了这样一道练习题：如图，直线与直线交于点，求不等式的解集同学们都感觉这道题很容易，通过观察图象快速写出了这道题的答案是：______ 接着，老师又提出了一个具有挑战性的题目：求不等式：的解集小明所在的数学兴趣小组展开了对这个问题的探究，探究的思路是借助函数图象解决问题．
首先画出函数的图象．的图象．
列表：如表是与的几组对应值，其中 ______ ；
描点：根据表中的数值描点，请补充描出点；
连线：用平滑的曲线顺次连接各点，请画出函数图象；

观察分析图象特征，结合已有的学习经验和该函数的性质，可得不等式的解集是______ ．

 

24.  本小题分
如图，在平面直角坐标系中，直线：与轴，轴分别交于点，两点，点在轴上点的右侧，四边形为平行四边形，且．
______ ，点的坐标为______ ．
一动点在边上，以每秒的速度从点向点运动．
连接，当平分时，求此时的面积；
另一动点在边上，以每秒的速度从点出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点到达点时停止运动同时点也停止，则为何值时，以，，，四点组成的四边形是平行四边形．

25.  本小题分
如图，，是两个等腰直角三角形，其中，，，连接，取中点，连接，．
如图，当，，三个点共线时，请直接写出与的数量关系与位置关系；
如图，将绕点逆时针旋转，取与的中点，，当点，，三点不共线时，连接，，，，求证：≌；
在的条件下，连接，在绕点旋转的过程中，求面积的最小值，并说明理由．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：、不是轴对称图形，是中心对称的图形，故本选项不符合题意；
B、既是轴对称图形，又是中心对称的图形，故本选项符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称的图形，故本选项不符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称的图形，故本选项不符合题意．
故选：．
根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后两部分重合．

2.【答案】 

【解析】解：点在平面直角坐标系的第二象限内，
，
解得：，
在数轴上表示为：，
故选：．
根据点的位置得出不等式组，求出不等式组的解集，即可得出选项．
本题考查了解一元一次不等式组、在数轴上表示不等式组的解集和点的坐标等知识点，能求出不等式组的解集是解此题的关键．

3.【答案】 

【解析】解：根据图形，由规律可循．从左到右是顺时针方向旋转图形，可得到第四个图形是．
故选：．
根据规律可知，从左到右是顺时针方向旋转图形，据此可得出第四个图形．
本题的难度一般，主要考查旋转的性质，特别要主要找出规律答题．

4.【答案】 

【解析】解：、若，则，是假命题；
B、将点向上平移个单位后得到的点的坐标为，是假命题；
C、一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形，是假命题；
D、三角形三条边的垂直平分线的交点到三角形的三个顶点的距离相等，是真命题；
故选：．
根据不等式的性质，平移的性质，平行四边形的判定，三角形外心的性质逐一判断即可．
题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．

5.【答案】 

【解析】【分析】
本题考查因式分解的应用，涉及平方差公式，提取公因式法，并考查学生的阅读理解能力．
将原式进行因式分解即可求出答案．
【解答】
解：原式
由条件可知，可表示为“爱我中华”
故选：．

6.【答案】 

【解析】解：当时无意义，
，
；
当时，分式的值为，
即，
解得；
这个分式为，
当时，值为，
即，
解得，
将检验是方程的解，
故选：．
根据分式无意义、分式的值为，可确定、的值，进而确定分式，再令分式的值为求解即可．
本题考查分式，理解分式无意义、分式值为的意义是正确解答的前提，求出、的值，确定分式再代入计算是解决问题的关键．

7.【答案】 

【解析】解：每辆大货车的货运量是吨，
每辆小货车的货运量是 吨，
依题意得：．
故选：．
由每辆大货车的货运量是吨，则每辆小货车的货运量是吨，根据用大货车运送吨货物所需车辆数与小货车运送吨货物所需车辆数相同，即可得出关于的分式方程．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．

8.【答案】 

【解析】【分析】
作关于的对称点，连接，交于，连接，此时的值最小，连接，求出、，根据勾股定理求出长，证出，即可得出答案．
本题考查了轴对称最短路线问题，平行四边形的性质和判定，菱形的性质，勾股定理的应用，解此题的关键是能根据轴对称找出的位置．
【解答】
解：作关于的对称点，连接，交于，连接，此时的值最小，连接，
四边形是菱形，
，，即在上，
，
，
为中点，
为中点，
为中点，四边形是菱形，
，，是的中点，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形，
，，
在中，由勾股定理得：，
即，
，
故选A．

9.【答案】 

【解析】解：设，
由折叠的性质得：，
在和中，
，
≌，

，，
，，
在中，由勾股定理得：，
解得：，
．
故选：．
由证明≌，得出，，，因此，，在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
本题考查了翻折变换，矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质和全等三角形的判定与性质，由勾股定理得出方程是解决问题的关键．

10.【答案】 

【解析】解：四边形为平行四边形，，
，，，，
，，
平分，
，

为等边三角形，
，，
，
，
，
，故正确；
，，
，
，
，故错误；
，故正确；
，，
是的中点，
：：，
：：，
：：，
：：，
，故正确．
，，
，
，
，故正确，
故选：．
结合平行四边形的性质可证明为等边三角形，由，可判断，证明，可判断；由平行四边形的面积公式可判断；利用三角形中线的性质结合三角形的面积可求解判断，由三角形中位线定理可求，即可判断，即可求解．
本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，等边三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．

11.【答案】 

【解析】解：原式
，
，
原式，
故答案为：．
根据分式的加法法则把原式变形，代入计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，掌握分式的加法法则是解题的关键．

12.【答案】 

【解析】【分析】
本题主要考查了多边形的内角和的计算公式以及多边形的外角和定理，比较简单．
利用多边形的外角和是，一个边形的内角和等于它外角和的倍，则内角和是，而边形的内角和是，则可得到方程，解之即可．
【解答】
解：设多边形的边数为，
根据题意列方程，得：
，
解得：，
故答案为．

13.【答案】 

【解析】解：把代入，得
，
解得，，
而即．
所以．
故答案是：．
先把代入得到：，解关于的方程得，，然后根据一元二次方程的定义可确定的值．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．

14.【答案】 

【解析】解：，
∽，
，
即，
，
证明∽，由相似三角形的性质得出，则可得出答案．
本题考查了相似三角形的判定与性质，熟记性质是解题的关键．

15.【答案】 

【解析】解：连接，
，，，
，
为边上的中点，
，
点，分别为，中点，
是的中位线，
．
故答案为：．
连接，由勾股定理得到，由直角三角形斜边中线的性质得到，由三角形中位线定理得到．
本题考查直角三角形斜边中线，勾股定理，三角形中位线定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．

16.【答案】 

【解析】解：连接，过点作，如图所示，
由题意可知：，是的角平分线，
，
，
≌，
，
是等腰直角三角形，
，，
，
，
，
是等腰直角三角形，点的坐标为，
，
，
，
，
，
点的坐标为
故答案为：
连接，过点作，证明≌，得，然后根据是等腰直角三角形，即可解决问题．
本题考查了作图基本作图，等腰直角三角形，全等三角形的判定与性质，坐标与图形性质，解决本题的关键是掌握基本作图方法．

17.【答案】或或 

【解析】解：设，则，
，，
，
当时，∽，
即；
解得，
；
当时，∽，
即，
整理得，
解得，，
或．
当为或或时，以、、为顶点的三角形与相似．
故答案为：或或．
设，则，根据垂直的定义得到，再根据两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似，当时，∽，即；当时，∽，即；然后分别解方程求出即可．
本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似．

18.【答案】解：，
由得：，
由得：，
不等式组的解集为：；
解方程：．
，
或，
，． 

【解析】根据不等式组的解法即可求出答案．
利用因式分解法即可求出答案．
此题主要考查了不等式组的解法以及因式分解法解一元二次方程，正确掌握解题步骤是解题关键．

19.【答案】 

【解析】解：如图，即为所求；
如图，即为所求；
将线段绕着某个定点旋转后得到其中点的对应点为点，点的对应点为点，则这个定点的坐标．
故答案为：．

利用平移变换的性质分别作出，，的对应点，，即可；
利用旋转变换的性质分别作出，，的对应点，，即可；
连接，交于点，点即为所求．
本题考查作图旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质，属于中考常考题型．

20.【答案】   

【解析】解：，
是和谐分式．
分式分子的次数低于分母次数，
该分式不能化成一个整式与一个分子为常数的分式的和的形式．
不是和谐分式．
，
是和谐分式．
，
不是和谐分式．
故答案为：．
由题意，．
故答案为：．





．
该分式是和谐分式．
依据题意，根据和谐分式的意义逐个判断即可得解；
依据题意，分子，进而变形可以得解；
依据题意，首先通过分式的混合运算法则进行化简，然后再依据和谐分式的意义判断即可得解．
本题主要考查了分式的混合运算，解题时要能熟练掌握并理解．

21.【答案】证明：四边形是平行四边形，
，
，
平分，
，
，
，
平行四边形是菱形；
解：四边形是菱形，
，，，，，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
在中，由勾股定理得：，
，
． 

【解析】证，得，再由菱形的判定即可得出结论；
证四边形是平行四边形，得，，再由勾股定理得由勾股定理得，则，即可解决问题．
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．

22.【答案】解：设桂味荔枝每千克的进货价格元，则糯米糍荔枝每千克的进货价每千克元，
根据题意得：，
解得：，
经检验是分式方程的解，
，
答：桂味荔枝、糯米糍荔枝每千克的进货价格分别为元和元；
设桂味荔枝进货千克，总利润为元，则糯米糍荔枝进货千克，
根据题意得：，
解得：，
，
，
随的增大而减小，
当时，最大，元，此时，
答：桂味、糯米糍荔枝各进货千克和千克时获得利润最大，最大利润是元． 

【解析】设桂味荔枝每千克的进货价格元，则糯米糍荔枝每千克的进货价每千克元，根据两种荔枝千克数相同列出方程，解方程即可；
设桂味荔枝进货千克，总利润为元，则糯米糍荔枝进货千克，根据题意得出，得出，由题意得出，由一次函数的性质得出随的增大而减小，得出当时，的最小值元，求出即可．
本题考查了一次函数的应用、分式方程的应用；根据题意方程方程组和得出一次函数解析式是解决问题的关键．

23.【答案】     

【解析】解：直线与直线交于点，
当，，
即不等式的解集为；
故答案为：；
当时，，
即；
故答案为：；
如图，
由图象得时，，
即不等式的解集是．
故答案为：．
写出直线在直线下方所对应的自变量的范围得到不等式的解集；
计算自变量为时的函数值得到的值，然后用平滑的曲线顺次连接各点得到函数的图象；
观察函数图象，写出函数值大于或等于所对应的自变量的范围即可．
本题考查了一次函数与一元一次不等式，认真体会一次函数与一元一次不等式组之间的内在联系及数形结合思想．理解一次函数的增减性是解决本题的关键．

24.【答案】   

【解析】解：由题意，对于直线：，
令，则，
．
令，则，
．
四边形是平行四边形，
，．
，，
的纵坐标与的纵坐标相同为，．
．
，
．
故答案为：；．
由题意，平分，
．
，
．
．
．
由得，，
．
由四边形是平行四边形，
．
，
．
设经过秒，以点、、、为顶点组成平行四边形，
以点、、、为顶点组成平行四边形，
，
分为以下情况：
Ⅰ当点的运动路线是时，，
．
此时方程，此时不符合题意．
Ⅱ当点的运动路线是时，，
，．
解得：．
Ⅲ当点的运动路线是时，，
．
解得：．
Ⅳ当点的运动路线是时，，
．
解得：．
综上所述，或或时，以、、、四点组成的四边形为平行四边形．
依据题意，首先求出、两点坐标，再根据平行四边形的性质，可得，的纵坐标与的纵坐标相同，进而可以得解；
依据题意，平分，，可得，结合、两点坐标可得，再由的纵坐标即可的边上的高，进而可以得解；
依据题意，以，，，四点组成的四边形是平行四边形，又，从而，再结合运动时间，进行分析可以得解．
本题考查了一次函数的图象与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，进行分类讨论是解题的关键．

25.【答案】解：，，理由如下：
如图，连接，

和是等腰直角三角形，，
，，，
，
为的中点，
，
又，
≌，
，
同理≌，
，
，
，，
；
证明：、是等腰直角三角形，，、分别是、的中点，
，，，，
是的中点，
是的中位线，
，，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
≌；
解：面积的最小值是，理由如下：
由知，≌，四边形是平行四边形，
，，，，
，
，
，
，
即，
是等腰直角三角形，
，
如图，当最小时，的面积最小，

，
当、、共线时，最小值，
，
此时，，
即面积的最小值是． 

【解析】连接，证≌，得，同理≌，得，则，即可得出结论；
证是的中位线，得，，再证四边形是平行四边形，得，，然后证≌即可；
当最小时，的面积最小，由等腰直角三角形的性质及三角形面积公式可得出答案．
本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理以及最小值等知识，熟练掌握旋转的性质及全等三角形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型．