还剩6页未读，
继续阅读
2024-2025学年广东省深圳中学九年级（上）开学数学试卷（含答案）
展开
这是一份2024-2025学年广东省深圳中学九年级（上）开学数学试卷（含答案），共9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。
1.2024年巴黎奥运会是第三十三届夏季奥林匹克运动会，将于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行.下面2024年巴黎奥运会项目图标是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.若a>b，则下列不等式不一定成立的是( )
A. a−2>b−2B. 2a>2bC. a−3b2
3.若代数式 2xx−3在实数范围内有意义，则x的取值范围为( )
A. x≥0且x≠3B. x≥0C. x≠3D. x>0且x≠3
4.把多项式x2+ax−2分解因式，结果是(x+1)(x+b)，则a，b的值为( )
A. a=3，b=2B. a=−3，b=2
C. a=1，b=−2D. a=−1，b=−2
5.如图，在▱ABCD中，按照如下尺规作图的步骤进行操作：①以点B为圆心，以适当长为半径画弧，分别与AB，BC交于点E，F；②分别以E，F为圆心，以适当长为半径画弧，两弧交于点G，作射线BG，与边AD交于点H；③以B为圆心，BA长为半径画弧，交于边BC于点M.若AB=5，BH=8，则点A，M之间的距离为( )
A. 5B. 6
C. 7D. 8
6.下列命题中，假命题是( )
A. 顺次连接任意四边形各边中点形成的四边形都是平行四边形
B. 等腰三角形的高、中线、角平分线重合
C. 对角线互相垂直且平分的四边形是菱形
D. 用反证法证明命题“三角形中必有一个内角小于或等于60°”时，首先要假设“这个三角形中每一个内角都大于60°”
7.如图，用长为20m的篱笆，一面利用墙(墙的最大可用长度为11m)，围成中间隔有一道篱笆的长方形花圃，为了方便出入，在建造篱笆花圃时，在BC上用其他材料做了宽为1m的两扇小门，若花圃的面积刚好为40m2，则此时花圃AB段的长为( )m．
A. 4或103B. 103
C. 4D. 10
8.如图，在矩形ABCD中，AB=8,AD=8 3，点E为边AD上一动点，点F为CE的中点，连接BE，点G在BE上，且EF=GF，则下列结论：①在点E从点D运动到点A的过程中，点F运动的路径长为4 3；②AF+DF的最小值为16；③点G到BC的中点的距离为定值4 3；④S△EFG的最小值为16 3−24.其中正确的是( )
A. ①②③B. ①②④
C. ①③④D. ①②③④
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
9.因式分解：x2y−xy2= ______．
10.若a为方程x2+2x−5=0的解，则3a2+6a−8的值为______．
11.如图，在▱ABCD中，AB=3，AD=7，∠ABC的平分线交AD于E，交CD的延长线于点F，则DF= ______．
12.若关于x的方程2xx−2−1=mx−2解为正数，则m的取值范围是______．
13.在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=5，D为AC的中点，∠MDN分别交直线AB，BC于点E，F，且∠MDN=90°，连接EF，当AE=1时，EF的长为______．
三、解答题：本题共7小题，共61分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
14.(本小题8分)
(1)解不等式组：3(x−1)≥2x−4①2x+13>x−1②；
(2)解方程：x2−10x−24=0．
15.(本小题5分)
先化简(1+1x−2)÷x2−2x+1x2−4，然后从−1，1，−2，2中选取一个合适的数作为x的值代入求值．
16.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A(−1,1)，B(−4,2)，C(−3,3)．
(1)平移△ABC，若点A的对应点A1的坐标为(3,−1)，画出平移后的△A1B1C1；
(2)将△ABC以点(0,2)为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A2B2C2；
(3)已知将△A1B1C1绕某一点旋转可以得到△A2B2C2，则旋转中心的坐标为______；
(4)若第二象限内存在点D，使得以A、B、C、D四个点为顶点的四边形是平行四边形，则点D的坐标为______．
17.(本小题8分)
如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，BE//AC，AE//BD，OE与AB交于点F．
(1)在不添加新的点和线的前提下，增加一个条件：______，使得四边形AOBE是矩形，并说明理由；
(2)若AC⊥BD，OE=10，AC=16，求▱ABCD的面积．
18.(本小题8分)
深圳市某商场准备购买足球、排球两种商品，每个足球的进价比排球多30元，用3000元购进足球和2100元购进排球的数量相同．
(1)每个足球和排球的进价分别是多少？
(2)根据对运动用品的市场调查，商场计划用不超过4800元的资金购进足球和排球共60个，其中足球数量不低于排球数量13倍，该商场有几种进货方案？(不用写出具体方案)
19.(本小题12分)
材料1：法国数学家弗朗索瓦⋅韦达在著作《论方程的识别与订正》中提出一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0,b2−4ac≥0)的两根x1，x2有如下的关系(韦达定理)：x1+x2=−ba,x1⋅x2=ca；
材料2：如果实数m、n满足m2−m−1=0、n2−n−1=0，且m≠n，则可利用根的定义构造一元二次方程x2−x−1=0，然后将m、n看作是此方程的两个不相等实数根．
请根据上述材料解决下面问题：
(1)①已知一元二次方程2x2−3x−5=0的两根分别为x1，x2，则x1+x2= ______，x1⋅x2= ______．
②已知实数a，b满足：a2+4a−3=0，b2+4b−3=0(a≠b)，则1a+1b= ______．
(2)已知实数m、n、t满足：m2−4m=11+t，n2−4n=11+t，且0(3)设实数a，b分别满足3a2+19a+12=0，12b2+19b+3=0，且ab≠1，求3ab+5a+3b的值．
20.(本小题12分)
垂美四边形定义如下：对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”．
(1)如图1，四边形ABCD是“垂美四边形”，猜想AB2、CD2与BC2、AD2之间的数量关系：______，并说明理由．
(2)如图2，分别以Rt△ABC的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接BG、CE，若AB=4,AC=2 3，求EG的长．
(3)如图3，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点P是Rt△ABC外一点，连接BP，BP=AC=10，已知|BC−AB|=2，若以A、B、C、P为顶点的四边形为垂美四边形，请直接写出AP的长．
参考答案
1.B
2.D
3.A
4.D
5.B
6.B
7.C
8.D
9.xy(x−y)
10.7
11.4
12.m>2且m≠4
13. 2215
14.解：(1)解不等式①得，x≥−1，
解不等式②得，x<4，
所以不等式组的解集为：−1≤x<4．
(2)x2−10x−24=0，
(x−12)(x+2)=0，
则x−12=0或x+2=0，
所以x1=12，x2=−2．
15.解：原式=x−2+1x−2⋅(x+2)(x−2)(x−1)2
=x−1x−2⋅(x+2)(x−2)(x−1)2
=x+2x−1，
∵x−2≠0且x+2≠0且x−1≠0，
∴在−1，1，−2，2中x只能取−1，
当x=−1时，原式=−1+2−1−1=−12．
16.(1)如图，△A1B1C1即为所求．
(2)如图，△A2B2C2即为所求．
(3)(2,1)．
(4)如图：D的坐标为(−2,0)或(0,2)或(−6,4)时，以A、B、C、D四个点为顶点的四边形是平行四边形，
∵D在第二象限，
∴D(−6,4)．
17.解：(1)添加：AC⊥BD(答案不唯一)．
理由：∵BE//AC，AE//BD，
∴四边形AOBE是平行四边形，
∵AC⊥DB，
∴∠AOB=90°，
∴四边形AOBE是矩形；
(2)由(1)可知，四边形AOBE是矩形，
∴AB=OE=10，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC=12AC=8，
∵AC⊥BD，
∴OD=OB= AB2−AO2= 102−82=6，
∴BD=12，
∴四边形ABCD的面积=12⋅AC⋅BD=12×16×12=96．
18.解：(1)设每个足球的进价是x元，则每个排球的进价是(x−30)元，
根据题意得：3000x=2100x−30，
解得：x=100，
经检验，x=100是所列方程的解，且符合题意，
∴x−30=70，
答：每个足球的进价是100元，每个排球的进价是70元；
(2)设购进足球m个，则购进排球(60−m)个，
由题意得：100m+70(60−m)≤4800m≥13(60−m)，
解得：15≤m≤20，
又∵m为正整数，
∴m=15，16，17，18，19，20，
∴该商场有6种进货方案．
19.(1)①1.5；−2.5；
②43；
(2)∵实数m、n、t满足：m2−4m=11+t，n2−4n=11+t
∴m，n是方程x2−4x−11−t=0的解，
∴m+n=4，mn=−11−t，
∴(m+1)(n+1)=mn+m+n+1=−t−6
∵0∴Δ=16−4×1×(−11−t)>0，−11−t>0，
∴−15∴5<−t−6<9，
∴5<(m+1)(n+1)<9；
(3)∵3a2+19a+12=0，12b2+19b+3=0，
∴3(1b)2+19×1b+12=0，
∵ab≠1，
∴a≠1b，
∴a,1b是方程3x2+19x+12=0的解，
∴a+1b=−193,a×1b=4，
∴3ab=−19b−3，a=4b，
∴3ab+5a+3b=−19b−3+20b+3b=1．
20.(1)AD2+BC2=AB2+CD2；
(2)解：如图，
∵四边形ACFG，ABDE是正方形，△ABC为直角三角形，
∴AC=AG，AB=AE，∠1=∠2=90°=∠ACF=∠ACB，
∴∠GAB=∠CAE，
∴△AGB≌△ACE(SAS)，
∴∠3=∠4，
∵∠5=∠6，
∴∠3+∠5=∠4+∠6，
∵∠2=90°，
∴∠3+∠5=∠4+∠6=90°，
∴BG⊥CE，
∴四边形BCGE为“垂美四边形”，
∴BC2+GE2=GC2+BE2，
在Rt△ACB中，由勾股定理得，AC2+BC2=AB2，
∴BC2=16−12=4，同理可求BE2=32，CG2=24，
∴4+GE2=32+24，
解得GE=2 13；
(3)①当BC>AB时，则BC=2+AB，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，AB2+BC2=AC2，
∴AB2+(2+AB)2=100，
解得：AB=6(舍负)，
∴CB=8，
过点P作BA延长线的垂线，垂足为点，
由题意得，AC⊥BP，
∴∠ACB+∠2=∠1+∠2=90°，
∴∠1=∠ACB，
而∠D=∠ABC=90°，AC=BP，
∴△BDP≌△CBA，
∴PD=BA=6，BD=BC=8，
∴AD=8−6=2，
在Rt△ADP中，由勾股定理得，
AP= AD2+DP2=2 10；
②当AB>BC时，
同上可求此时AB=8，BC=6，
过点P作PD⊥AB于点D，
同上可证△BDP≌△CBA，
∴DP=BA=8，BD=BC=6，
∴AD=2，
在Rt△ADP中，由勾股定理得，AP= AD2+DP2=2 17，
综上所述，AP=2 10或2 17．
1.2024年巴黎奥运会是第三十三届夏季奥林匹克运动会，将于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行.下面2024年巴黎奥运会项目图标是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.若a>b，则下列不等式不一定成立的是( )
A. a−2>b−2B. 2a>2bC. a−3
3.若代数式 2xx−3在实数范围内有意义，则x的取值范围为( )
A. x≥0且x≠3B. x≥0C. x≠3D. x>0且x≠3
4.把多项式x2+ax−2分解因式，结果是(x+1)(x+b)，则a，b的值为( )
A. a=3，b=2B. a=−3，b=2
C. a=1，b=−2D. a=−1，b=−2
5.如图，在▱ABCD中，按照如下尺规作图的步骤进行操作：①以点B为圆心，以适当长为半径画弧，分别与AB，BC交于点E，F；②分别以E，F为圆心，以适当长为半径画弧，两弧交于点G，作射线BG，与边AD交于点H；③以B为圆心，BA长为半径画弧，交于边BC于点M.若AB=5，BH=8，则点A，M之间的距离为( )
A. 5B. 6
C. 7D. 8
6.下列命题中，假命题是( )
A. 顺次连接任意四边形各边中点形成的四边形都是平行四边形
B. 等腰三角形的高、中线、角平分线重合
C. 对角线互相垂直且平分的四边形是菱形
D. 用反证法证明命题“三角形中必有一个内角小于或等于60°”时，首先要假设“这个三角形中每一个内角都大于60°”
7.如图，用长为20m的篱笆，一面利用墙(墙的最大可用长度为11m)，围成中间隔有一道篱笆的长方形花圃，为了方便出入，在建造篱笆花圃时，在BC上用其他材料做了宽为1m的两扇小门，若花圃的面积刚好为40m2，则此时花圃AB段的长为( )m．
A. 4或103B. 103
C. 4D. 10
8.如图，在矩形ABCD中，AB=8,AD=8 3，点E为边AD上一动点，点F为CE的中点，连接BE，点G在BE上，且EF=GF，则下列结论：①在点E从点D运动到点A的过程中，点F运动的路径长为4 3；②AF+DF的最小值为16；③点G到BC的中点的距离为定值4 3；④S△EFG的最小值为16 3−24.其中正确的是( )
A. ①②③B. ①②④
C. ①③④D. ①②③④
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
9.因式分解：x2y−xy2= ______．
10.若a为方程x2+2x−5=0的解，则3a2+6a−8的值为______．
11.如图，在▱ABCD中，AB=3，AD=7，∠ABC的平分线交AD于E，交CD的延长线于点F，则DF= ______．
12.若关于x的方程2xx−2−1=mx−2解为正数，则m的取值范围是______．
13.在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=5，D为AC的中点，∠MDN分别交直线AB，BC于点E，F，且∠MDN=90°，连接EF，当AE=1时，EF的长为______．
三、解答题：本题共7小题，共61分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
14.(本小题8分)
(1)解不等式组：3(x−1)≥2x−4①2x+13>x−1②；
(2)解方程：x2−10x−24=0．
15.(本小题5分)
先化简(1+1x−2)÷x2−2x+1x2−4，然后从−1，1，−2，2中选取一个合适的数作为x的值代入求值．
16.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A(−1,1)，B(−4,2)，C(−3,3)．
(1)平移△ABC，若点A的对应点A1的坐标为(3,−1)，画出平移后的△A1B1C1；
(2)将△ABC以点(0,2)为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A2B2C2；
(3)已知将△A1B1C1绕某一点旋转可以得到△A2B2C2，则旋转中心的坐标为______；
(4)若第二象限内存在点D，使得以A、B、C、D四个点为顶点的四边形是平行四边形，则点D的坐标为______．
17.(本小题8分)
如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，BE//AC，AE//BD，OE与AB交于点F．
(1)在不添加新的点和线的前提下，增加一个条件：______，使得四边形AOBE是矩形，并说明理由；
(2)若AC⊥BD，OE=10，AC=16，求▱ABCD的面积．
18.(本小题8分)
深圳市某商场准备购买足球、排球两种商品，每个足球的进价比排球多30元，用3000元购进足球和2100元购进排球的数量相同．
(1)每个足球和排球的进价分别是多少？
(2)根据对运动用品的市场调查，商场计划用不超过4800元的资金购进足球和排球共60个，其中足球数量不低于排球数量13倍，该商场有几种进货方案？(不用写出具体方案)
19.(本小题12分)
材料1：法国数学家弗朗索瓦⋅韦达在著作《论方程的识别与订正》中提出一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0,b2−4ac≥0)的两根x1，x2有如下的关系(韦达定理)：x1+x2=−ba,x1⋅x2=ca；
材料2：如果实数m、n满足m2−m−1=0、n2−n−1=0，且m≠n，则可利用根的定义构造一元二次方程x2−x−1=0，然后将m、n看作是此方程的两个不相等实数根．
请根据上述材料解决下面问题：
(1)①已知一元二次方程2x2−3x−5=0的两根分别为x1，x2，则x1+x2= ______，x1⋅x2= ______．
②已知实数a，b满足：a2+4a−3=0，b2+4b−3=0(a≠b)，则1a+1b= ______．
(2)已知实数m、n、t满足：m2−4m=11+t，n2−4n=11+t，且0
20.(本小题12分)
垂美四边形定义如下：对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”．
(1)如图1，四边形ABCD是“垂美四边形”，猜想AB2、CD2与BC2、AD2之间的数量关系：______，并说明理由．
(2)如图2，分别以Rt△ABC的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接BG、CE，若AB=4,AC=2 3，求EG的长．
(3)如图3，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点P是Rt△ABC外一点，连接BP，BP=AC=10，已知|BC−AB|=2，若以A、B、C、P为顶点的四边形为垂美四边形，请直接写出AP的长．
参考答案
1.B
2.D
3.A
4.D
5.B
6.B
7.C
8.D
9.xy(x−y)
10.7
11.4
12.m>2且m≠4
13. 2215
14.解：(1)解不等式①得，x≥−1，
解不等式②得，x<4，
所以不等式组的解集为：−1≤x<4．
(2)x2−10x−24=0，
(x−12)(x+2)=0，
则x−12=0或x+2=0，
所以x1=12，x2=−2．
15.解：原式=x−2+1x−2⋅(x+2)(x−2)(x−1)2
=x−1x−2⋅(x+2)(x−2)(x−1)2
=x+2x−1，
∵x−2≠0且x+2≠0且x−1≠0，
∴在−1，1，−2，2中x只能取−1，
当x=−1时，原式=−1+2−1−1=−12．
16.(1)如图，△A1B1C1即为所求．
(2)如图，△A2B2C2即为所求．
(3)(2,1)．
(4)如图：D的坐标为(−2,0)或(0,2)或(−6,4)时，以A、B、C、D四个点为顶点的四边形是平行四边形，
∵D在第二象限，
∴D(−6,4)．
17.解：(1)添加：AC⊥BD(答案不唯一)．
理由：∵BE//AC，AE//BD，
∴四边形AOBE是平行四边形，
∵AC⊥DB，
∴∠AOB=90°，
∴四边形AOBE是矩形；
(2)由(1)可知，四边形AOBE是矩形，
∴AB=OE=10，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC=12AC=8，
∵AC⊥BD，
∴OD=OB= AB2−AO2= 102−82=6，
∴BD=12，
∴四边形ABCD的面积=12⋅AC⋅BD=12×16×12=96．
18.解：(1)设每个足球的进价是x元，则每个排球的进价是(x−30)元，
根据题意得：3000x=2100x−30，
解得：x=100，
经检验，x=100是所列方程的解，且符合题意，
∴x−30=70，
答：每个足球的进价是100元，每个排球的进价是70元；
(2)设购进足球m个，则购进排球(60−m)个，
由题意得：100m+70(60−m)≤4800m≥13(60−m)，
解得：15≤m≤20，
又∵m为正整数，
∴m=15，16，17，18，19，20，
∴该商场有6种进货方案．
19.(1)①1.5；−2.5；
②43；
(2)∵实数m、n、t满足：m2−4m=11+t，n2−4n=11+t
∴m，n是方程x2−4x−11−t=0的解，
∴m+n=4，mn=−11−t，
∴(m+1)(n+1)=mn+m+n+1=−t−6
∵0
∴−15
∴5<(m+1)(n+1)<9；
(3)∵3a2+19a+12=0，12b2+19b+3=0，
∴3(1b)2+19×1b+12=0，
∵ab≠1，
∴a≠1b，
∴a,1b是方程3x2+19x+12=0的解，
∴a+1b=−193,a×1b=4，
∴3ab=−19b−3，a=4b，
∴3ab+5a+3b=−19b−3+20b+3b=1．
20.(1)AD2+BC2=AB2+CD2；
(2)解：如图，
∵四边形ACFG，ABDE是正方形，△ABC为直角三角形，
∴AC=AG，AB=AE，∠1=∠2=90°=∠ACF=∠ACB，
∴∠GAB=∠CAE，
∴△AGB≌△ACE(SAS)，
∴∠3=∠4，
∵∠5=∠6，
∴∠3+∠5=∠4+∠6，
∵∠2=90°，
∴∠3+∠5=∠4+∠6=90°，
∴BG⊥CE，
∴四边形BCGE为“垂美四边形”，
∴BC2+GE2=GC2+BE2，
在Rt△ACB中，由勾股定理得，AC2+BC2=AB2，
∴BC2=16−12=4，同理可求BE2=32，CG2=24，
∴4+GE2=32+24，
解得GE=2 13；
(3)①当BC>AB时，则BC=2+AB，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，AB2+BC2=AC2，
∴AB2+(2+AB)2=100，
解得：AB=6(舍负)，
∴CB=8，
过点P作BA延长线的垂线，垂足为点，
由题意得，AC⊥BP，
∴∠ACB+∠2=∠1+∠2=90°，
∴∠1=∠ACB，
而∠D=∠ABC=90°，AC=BP，
∴△BDP≌△CBA，
∴PD=BA=6，BD=BC=8，
∴AD=8−6=2，
在Rt△ADP中，由勾股定理得，
AP= AD2+DP2=2 10；
②当AB>BC时，
同上可求此时AB=8，BC=6，
过点P作PD⊥AB于点D，
同上可证△BDP≌△CBA，
∴DP=BA=8，BD=BC=6，
∴AD=2，
在Rt△ADP中，由勾股定理得，AP= AD2+DP2=2 17，
综上所述，AP=2 10或2 17．
相关试卷
2024-2025学年广东省深圳市西乡中学数学九上开学检测试题【含答案】： 这是一份2024-2025学年广东省深圳市西乡中学数学九上开学检测试题【含答案】，共21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。
2024-2025学年广东省深圳中学九年级（上）开学数学试卷（含解析）： 这是一份2024-2025学年广东省深圳中学九年级（上）开学数学试卷（含解析），共19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。
2024-2025学年广东省深圳外国语学校九年级（上）开学数学试卷（含解析）： 这是一份2024-2025学年广东省深圳外国语学校九年级（上）开学数学试卷（含解析），共23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。
