2024-2025学年安徽省黄山市数学九上开学质量检测试题【含答案】

这是一份2024-2025学年安徽省黄山市数学九上开学质量检测试题【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）如图，点P是正方形内一点，连接并延长，交于点.连接，将绕点顺时针旋转90°至，连结.若，，，则线段的长为( )
A．B．4C．D．
2、（4分）20位同学在植树节这天共种了52棵树苗，其中男生每人种3棵，女生每人种2棵，设男生有x人，女生有y人，根据题意，列方程组正确的是（ ）
A．B．
C．D．
3、（4分）兴趣小组的同学要测量树的高度．在阳光下，一名同学测得一根 长为 1 米的竹竿的影长为 0.4 米，同时另一名同学测量树的高度时， 发现树的影子不全落在地面上，有一部分落在教学楼的第一级台 阶水平面上，测得此影子长为 0.2 米，一级台阶高为 0.3 米，如图 所示，若此时落在地面上的影长为 4.4 米，则树高为( )
A．11.8 米B．11.75 米
C．12.3 米D．12.25 米
4、（4分）如图，正方形ABCD的边长为4cm，动点P从点A出发，沿A→D→C的路径以每秒1cm的速度运动（点P不与点A、点C重合），设点P运动时间为x秒，四边形ABCP的面积为ycm2，则下列图象能大致反映y与x的函数关系的是（ ）
A．B．
C．D．
5、（4分）已知三条线段长a、b、c满足a2＝c2﹣b2，则这三条线段首尾顺次相接组成的三角形的形状是（ ）
A．等腰三角形B．等边三角形
C．直角三角形D．等腰直角三角形
6、（4分）方程的根是（ ）
A．B．C．D．，
7、（4分）在平面直角坐标系中，直线l经过一、二、四象限，若点（2，3），（0，b），（﹣1，a），（c，﹣1）都在直线l上，则下列判断不正确的是（ ）
A．b＞aB．a＞3C．b＞3D．c＞0
8、（4分）如图，矩形ABCD中，AB=3，AD=1，AB在数轴上，若以点A为圆心，对角线AC的长为半径作弧交数轴的正半轴于M，则点M表示的数为（ ）
A．2B．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）若，则_________ ．
10、（4分）在平面直角坐标系中，将直线y=-2x+1的图象向左平移2个单位，再向上平移1个单位，所得到直线的解析式是__________。
11、（4分）已知a+b=5，ab=-6，则代数式ab2+a2b的值是______．
12、（4分）矩形（非正方形）四个内角的平分线围成的四边形是__________形.（埴特殊四边形）
13、（4分）如图，已知一次函数y＝kx+b经过A（2，0），B（0，﹣1），当y＞0时，则x的取值范围是_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）某中学举行春季长跑比赛活动，小明从起点学校西门出发，途经市博物馆后按原路返还，沿比赛路线跑回终点学校西门．设小明离开起点的路程s（千米）与跑步时间t（分钟）之间的函数关系如图所示，其中从起点到市博物馆的平均速度是0.3千米/分钟，用时35分钟根据图象提供的信息，解答下列问题：
（1）求图中的值，并求出所在直线方程；
（2）组委会在距离起点2.1千米处设立一个拍摄点，小明从第一次过点到第二次经过点所用的时间为68分钟
①求所在直线的函数解析式；
②该运动员跑完赛程用时多少分钟？
15、（8分）如图①，中，，点为边上一点，于点，点为中点，点为中点，的延长线交于点，≌.
（1）求证：；
（2）求的大小；
（3）如图②，过点作交的延长线于点，求证：四边形为矩形.
16、（8分）如图，小亮从点处出发，前进5米后向右转，再前进5米后又向右转，这样走次后恰好回到出发点处.
（1）小亮走出的这个边形的每个内角是多少度？这个边形的内角和是多少度？
（2）小亮走出的这个边形的周长是多少米？
17、（10分）勾股定理神秘而美妙，它的证法多样，其巧妙各有不同，其中的“面积法”给了小聪以灵感，他惊喜的发现，当两个全等的直角三角形如图1或图1摆放时，都可以用“面积法”来证明，请你利用图1或图1证明勾股定理（其中∠DAB＝90°）
求证：a1+b1＝c1．
18、（10分）如图，△ABC全等于△DEF，点B，E，C，F在同一直线，连接AD，求证：四边形ABED是平行四边形．
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）二次根式中，字母的取值范围是__________．
20、（4分）当0＜m＜3时，一元二次方程x2+mx+m=0的根的情况是_______.
21、（4分）如图，点是的对称中心， ，是边上的点，且是边上的点，且，若分别表示和的面积则.
22、（4分）如图，在平面直角坐标系中，过点分别作轴于点，轴于点，、分别交反比例函数的图像于点、，则四边形的面积为__________．
23、（4分）一次函数y＝﹣x，函数值y随x的增大而_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，直线与坐标轴交于点、两点，直线与直线相交于点，交轴于点，且的面积为.
(1)求的值和点的坐标；
(2)求直线的解析式；
(3)若点是线段上一动点，过点作轴交直线于点，轴，轴，垂足分别为点、，是否存在点，使得四边形为正方形，若存在，请求出点坐标，若不存在，请说明理由.
25、（10分）某商店准备购进一批电冰箱和空调，每台电冰箱的进价比每台空调的进价多400元，商店用8000元购进电冰箱的数量与用6400元购进空调的数量相等．
（1）求每台电冰箱与空调的进价分别是多少？
（2）已知电冰箱的销售价为每台2100元，空调的销售价为每台1750元．若商店准备购进这两种家电共100台，其中购进电冰箱x台（33≤x≤40），那么该商店要获得最大利润应如何进货？
26、（12分）2019年中国北京世界园艺博览会于4月28日晚在北京·延庆隆重开幕，本届世园会主题为“绿色生活、美丽家园”．自开园以来，世园会迎来了世界各国游客进园参观．据统计，仅五一小长假前来世园会打卡的游客就总计约32.7万人次．其中中国馆也是非常受欢迎的场馆．据调查，中国馆5月1日游览人数约为4万人，5月3日游览人数约为9万人，若5月1日到5月3日游客人数的日增长率相同，求中国馆这两天游客人数的日平均增长率是多少？
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】
如图作BH⊥AQ于H．首先证明∠BPP′=90°，再证明△PHB是等腰直角三角形，求出PH、BH、AB，再证明△ABH∽△AQB，可得AB2=AH•AQ，由此即可解决问题。
【详解】
解：如图作于.
∵是等腰直角三角形，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，AH=AP+PH=1+2=3，
在中，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故选：D.
本题考查正方形的性质、旋转变换、勾股定理的逆定理、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形或相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
2、D
【解析】
试题分析：要列方程（组），首先要根据题意找出存在的等量关系.本题等量关系为：
①男女生共20人；
②男女生共植树节这天共种了52棵树苗，其中男生每人种3棵，女生每人种2棵.
据此列出方程组：.
故选D．
考点：由实际问题抽象出二元一次方程组.
3、A
【解析】
在同一时刻物高和影长成正比，即在同一时刻的两个物体，影子，经过物体顶部的太阳光线三者构成的两个直角三角形相似．据此可构造出相似三角形．
【详解】
根据题意可构造相似三角形模型如图，
其中AB为树高，EF为树影在第一级台阶上的影长，BD为树影在地上部分的长，ED的长为台阶高，并且由光沿直线传播的性质可知BC即为树影在地上的全长；
延长FE交AB于G,则Rt△ABC∽Rt△AGF，
∴AG:GF=AB:BC=物高：影长=1:0.4
∴GF=0.4AG
又∵GF=GE+EF，BD=GE，GE=4.4m，EF=0.2m，
∴GF=4.6
∴AG=11.5
∴AB=AG+GB=11.8，即树高为11.8米.
此题考查相似三角形的应用，解题关键在于画出图形.
4、D
【解析】
根据点P的路线，找到临界点为D点，则分段讨论P在边AD、边DC上运动时的y与x的函数关系式．
【详解】
当0≤x≤4时，点P在AD边上运动
则y=（x+4）4=2x+8
当4≤x≤8时，点P在DC边上运动
则y═（8-x+4）4=-2x+24
根据函数关系式，可知D正确
故选D．
本题为动点问题的函数图象探究题，考查了一次函数图象性质，应用了数形结合思想．
5、C
【解析】
根据勾股定理的逆定理判断即可．
【详解】
∵三条线段长a、b、c满足a2＝c2﹣b2，
∴a2+b2＝c2，
即三角形是直角三角形，
故选C．
本题考查了勾股定理的逆定理、等腰三角形的判定、等边三角形的判定、等腰直角三角形等知识点，能熟记勾股定理的逆定理的内容是解此题的关键．
6、D
【解析】
此题用因式分解法比较简单，提取公因式，可得方程因式分解的形式，即可求解．
【详解】
解：x2−x＝0，
x（x−1）＝0，
解得x1＝0，x2＝1．
故选：D．
本题考查了一元二次方程的解法，解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法，此题方程两边公因式较明显，所以本题运用的是因式分解法．
7、A
【解析】
依据直线l经过一、二、四象限，经过点（2，3），（1，b），（﹣1，a），（c，﹣1），在直角坐标系中画出直线l，即可得到a＞b，a＞b＞3，c＞1．
【详解】
.解：∵直线l经过一、二、四象限，经过点（2，3），（1，b），（﹣1，a），（c，﹣1），
∴画图可得：
∴a＞b＞3，c＞1，
故选A．
本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，即一次函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式．
8、C
【解析】
在Rt△​ABC中利用勾股定理求出AC，继而得出AM的长，结合数轴的知识可得出点M的坐标．
【详解】
解：由题意得，AC===，
∴AM=，
∴点M表示的数为，
故选：C．
此题考查了勾股定理与无理数，属于基础题，利用勾股定理求出AC的长度是解答本题的关键，难度一般．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、-2
【解析】
试题解析：∵
∴b=3a
∴.
10、y=-2x-2
【解析】
利用平移中点的变化规律：横坐标左移加，右移减；纵坐标上移加，下移减，求解即可．
【详解】
将直线y=−2x+1的图象向左平移2个单位，再向上平移一个单位，得到的直线的解析式是：y=−2(x+2)+1+1=−2x−2，即y=−2x−2.
本题考查了一次函数图象与几何变换，熟练掌握平移中点的变化规律是：横坐标左移加，右移减；纵坐标上移加，下移减．
11、-1．
【解析】
先利用提公因式法因式分解，然后利用整体代入法求值即可．
【详解】
解：∵ab2+a2b=ab（a+b），
而a+b=5，ab=-6，
∴ab2+a2b=-6×5=-1．
故答案为：-1．
此题考查的是因式分解，掌握利用提公因式法因式分解是解决此题的关键．
12、正方
【解析】
此类题根据矩形性质，三角形内角和定理及角平分线定义得到所求的四边形的各个角为90°，进而求解．
【详解】
∵AF，BE是矩形的内角平分线．
∴∠ABF=∠BAF-90°．
故∠1=∠2=90°．
同理可证四边形GMON四个内角都是90°，则四边形GMON为矩形．
又∵有矩形ABCD且AF、BE、DK、CJ为矩形ABCD四角的平分线，
∴有等腰直角△DOC，等腰直角△AMD，等腰直角△BNC，AD=BC．
∴OD=OC，△AMD≌△BNC，
∴NC=DM，
∴NC-OC=DM-OD，
即OM=ON，
∴矩形GMON为正方形，
故答案为正方．
本题考查的是矩形性质，角平分线定义，联系三角形内角和的知识可求解．
13、x＞1
【解析】
利用待定系数法可得直线AB的解析式为y＝x−1，依据当y＞0时，x−1＞0，即可得到x的取值范围．
【详解】
解：由A（1，0），B（0，﹣1），可得直线AB的解析式为y＝x﹣1，
∴当y＞0时，x﹣1＞0，
解得x＞1，
故答案为：x＞1．
本题主要考查了一次函数与不等式之间的联系，直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y＝kx＋b，解题关键是求出直线解析式.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）；（2）①；②85分钟
【解析】
（1）根据路程=速度×时间，再把A点的值代入即可解决问题．
（2）①先求出A、B两点坐标即可解决问题．
②令s=0，求出x的值即可解决问题．
【详解】
解：（1）∵从起点到市博物馆的平均速度是0.3千米/分钟，用时35分钟，
∴千米．
∴，
设直线的解析式为：，
把代入，得
，
解得，，
∴直线的解析式为：；
（2）①∵直线解析式为，
∴当时，，解得，
∵小明从第一次经过C点到第二次经过C点所用的时间为68分钟，
∴小明从起点到第二次经过C点所用的时间是，分钟，
∴直线经过，，
设直线解析式，
∴，，
解得，，
∴直线解析式为．
②小明跑完赛程用的时间即为直线与轴交点的横坐标，
∴当时，，解得，
∴小明跑完赛程用时85分钟．
此题考查一次函数综合题，解题关键在于列出方程.
15、（1）证明见解析；（2）∠MEF＝30°；（3）证明见解析.
【解析】
（1）利用直角三角形斜边中线的性质定理可得CM＝DB，EM＝DB，问题得证；
（2）利用全等三角形的性质，证明△DEM是等边三角形，即可解决问题；
（3）设FM＝a，则AE＝CM＝EM＝a，EF＝2a，推出，，得到AN∥PM，易证四边形ANMP是平行四边形，结合∠P＝90°即可解决问题．
【详解】
解：（1）证明：如图①中，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB＝∠DCB＝90°，
∵DM＝MB，
∴CM＝DB，EM＝DB，
∴CM＝EM；
（2）解：∵△DAE≌△CEM，CM＝EM，
∴AE＝ED＝EM＝CM＝DM，∠AED＝∠CME＝90°
∴△ADE是等腰直角三角形，△DEM是等边三角形，
∵∠AED＝∠DEF＝90°，∠DEM＝60°，
∴∠MEF＝30°；
（3）证明：如图②中，设FM＝a．
由（2）可知△ADE是等腰直角三角形，△DEM是等边三角形，∠MEF＝30°，
∴AE＝CM＝EM＝a，EF＝2a，
∵CN＝NM，
∴MN＝a，
∴，，
∴EM∥AN，
∵AP⊥PM，MN⊥PM，
∴AP∥MN，
∴四边形ANMP是平行四边形，
∵∠P＝90°，
∴四边形ANMP是矩形．
本题考查了全等三角形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线定理、平行线分线段成比例定理以及矩形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识进行推理论证，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
16、（1）这个边形的每个内角为，这个边形的内角和为3960度；（2）小亮走出这个边形的周长为120米.
【解析】
（1）这个n边形每个内角度数为180°﹣15°＝165°；根据多边形外角和360°，用360除以15求出边数，再利用内角和公式即可求解；
（2）周长为边数乘以边长．
【详解】
解：
（1）这个边形的每个内角为.
∵多边形的外角和为，
∴，解得：，
∴这个边形的内角和为3960度.
（2）（米），所以小亮走出这个边形的周长为120米.
本题主要考查了多边形的内角与外角，解题的关键是通过多边形外角和求解边数，再利用多边形内角和公式求解度数．
17、见解析.
【解析】
图1，根据三个直角三角形的面积和等于梯形的面积列式化简即可得证；
图1，连结DB，过点D作BC边上的高DF，则DF＝EC＝b﹣a，表示出S四边形ADCB＝S△ACD+S△ABC，S四边形ADCB＝S△ADB+S△DCB，两者相等，整理即可得证．
【详解】
利用图1进行证明：
证明：∵∠DAB＝90°，点C，A，E在一条直线上，BC∥DE，则CE＝a+b，
∵S四边形BCED＝S△ABC+S△ABD+S△AED＝ab+c1+ab，
又∵S四边形BCED＝（a+b）1，
∴ab+c1+ab＝（a+b）1，
∴a1+b1＝c1．
利用图1进行证明：
证明：如图，连结DB，过点D作BC边上的高DF，则DF＝EC＝b﹣a，∵S四边形ADCB＝S△ACD+S△ABC＝b1+ab．
又∵S四边形ADCB＝S△ADB+S△DCB＝c1+a（b﹣a），
∴b1+ab＝c1+a（b﹣a），
∴a1+b1＝c1．
本题考查勾股定理的证明，解题的关键是利用构图法来证明勾股定理.
18、见解析
【解析】
根据全等三角形的性质得到AB∥DE且AB＝DE，即可证明四边形ABED是平行四边形．
【详解】
∵△ABC≌△DEF
∴∠B＝∠DEF，AB＝DE
∴AB∥DE．
∴AB＝DE，AB∥DE
∴四边形ABED是平行四边形．
此题主要考查平行四边形的判定，解题的关键是熟知全等三角形的性质及平行四边形的判定定理．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
二次根式有意义的条件就是被开方数是非负数，即可求解．
【详解】
根据题意得：x﹣1≥0，解得：x≥1．
故答案为x≥1．
本题考查了二次根式的意义和性质．概念：式子（a≥0）叫二次根式．性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
20、无实数根
【解析】
根据一元二次方程根的判别式判断即可
【详解】
一元二次方程x2+mx+m=0，则△=m2-4m=（m-2）2-4，当0＜m＜3时，△＜0，故无实数根
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac有如下关系：当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；当△=0时，方程有两个相等的两个实数根；当△＜0时，方程无实数根．
21、
【解析】
根据同高的两个三角形面积之比等于底边之比得出再由点O是▱ABCD的对称中心，根据平行四边形的性质可得S△AOB=S△BOC= ，从而得出S1与S2之间的等量关系．
【详解】
解：由题意可得
∵点O是▱ABCD的对称中心，
∴S△AOB=S△BOC= ，
故答案为:
本题考查了中心对称，三角形的面积，平行四边形的性质，根据同高的两个三角形面积之比等于底边之比得出是解题的关键．
22、1
【解析】
根据反比例函数系数k的几何意义可得S△DBO＝S△AOC＝|k|＝1，再利用矩形OCPD的面积减去△BDO和△CAO的面积即可．
【详解】
解：∵B、A两点在反比例函数的图象上，
∴S△DBO＝S△AOC＝×2＝1，
∵P（2，3），
∴四边形DPCO的面积为2×3＝6，
∴四边形BOAP的面积为6﹣1﹣1＝1，
故答案为：1．
此题主要考查了反比例函数k的几何意义，关键是掌握在反比例函数的图象上任意一点象坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是|k|，且保持不变．
23、减小
【解析】
根据其图象沿横轴的正方向的增减趋势，判断其增减性．
【详解】
解：因为一次函数y=中，k=
所以函数值y随x的增大而减小．
故答案是：减小．
考查了一次函数的性质：k＞0，y随x的增大而增大，函数从左到右上升；k＜0，y随x的增大而减小，函数从左到右下降．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1），点为；（2）；（3）存在，点为，理由见解析
【解析】
（1）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出m的值及点A的坐标；
（2）过点P作PH⊥x轴，垂足为H，则PH=，利用三角形的面积公式结合△PAC的面积为，可求出AC的长，进而可得出点C的坐标，再根据点P，C的坐标，利用待定系数法即可求出直线PC的解析式；
（3）由题意，可知：四边形EMNQ为矩形，设点E的纵坐标为t，利用一次函数图象上点的坐标特征可得出点E的坐标为（t-3，t）、点Q的坐标为（，t），利用正方形的性质可得出关于t的一元一次方程，解之即可得出结论.
【详解】
解：（1）把点代入直线，
即 时，
直线，当时， 得：
，点为
（2）过点作轴，垂足为，由（1）得，
∴
解得：
点为
设直线为，把点、代入，得：
解得：
直线的解析式为
（3）由已知可得，四边形为矩形，
设点的纵坐标为，则 得：
点为
轴
点的纵坐标也为
点在直线上，当时，

又
当时，矩形为正方形，所以

故点为
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、三角形的面积、解一元一次方程、待定系数法求一次函数解析式以及正方形的性质，解题的关键是：（1）利用一次函数图象上点的坐标特征，求出m的值及点A的坐标；（2）根据点的坐标，利用待定系数法求出一次函数解析式；（3）利用正方形的性质，找出关于t的一元一次方程.
25、（1）每台电冰箱的进价2000元，每台空调的进价1600元．
（2）此时应购进电冰箱33台，则购进空调67台．
【解析】
试题分析：（1）设每台电冰箱的进价m元，每台空调的进价（m﹣400）元，根据：“用8000元购进电冰箱的数量与用6400元购进空调的数量相等”列分式方程求解可得；
（2）设购进电冰箱x台，则购进空调（100﹣x）台，根据：总利润=冰箱每台利润×冰箱数量+空调每台利润×空调数量，列出函数解析式，结合x的范围和一次函数的性质可知最值情况．
解：（1）设每台电冰箱的进价m元，每台空调的进价（m﹣400）元
依题意得，，
解得：m=2000，
经检验，m=2000是原分式方程的解，
∴m=2000；
∴每台电冰箱的进价2000元，每台空调的进价1600元．
（2）设购进电冰箱x台，则购进空调（100﹣x）台，
根据题意得，总利润W=100x+150（100﹣x）=﹣50x+15000，
∵﹣50＜0，
∴W随x的增大而减小，
∵33≤x≤40，
∴当x=33时，W有最大值，
即此时应购进电冰箱33台，则购进空调67台．
26、50%．
【解析】
设中国馆这两天游客人数的日平均增长率为x，根据中国馆5月1日游览人数约为4万人，5月3日游览人数约为9万人，若5月1日到5月3日游客人数的日增长率相同，列出方程即可.
【详解】
解：设中国馆这两天游客人数的日平均增长率为x，由题意得：

解得，（舍去）
答：中国馆这两天游客人数的日平均增长率为50%．
此题考查一元二次方程的应用，解题关键在于列出方程.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人