南京栖霞中学2024年数学九年级第一学期开学教学质量检测试题【含答案】

这是一份南京栖霞中学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21页。试卷主要包含了选择题，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：一个长、宽、高分别为4cm、3cm、12cm的长方体盒子能容下的最长木棒长为（ ）
A．11cm B．12cm C．13cm D．14cm
2、（4分）若点A（2，4）在函数的图象上，则下列各点在此函数图象上的是（ ）．
A．（0，）B．（，0）C．（8，20）D．（，）
3、（4分）根据《九章算术》的记载中国人最早使用负数，下列四个数中的负数是（ ）
A．B．C．D．
4、（4分）甲、乙、丙三个旅游团的游客人数都相等，且每个团游客的平均年龄都是35岁，这三个团游客年龄的方差分别是，，，导游小方最喜欢带游客年龄相近的团队，若在这三个团中选择一个，则他应选（ ）
A．甲队B．乙队C．丙队D．哪一个都可以
5、（4分）在平面直角坐标系中，一次函数y=kx+b的图象如图所示，则k和b的取值范围是（ ）
A．k＞0，b＞0B．k＞0，b＜0C．k＜0，b＞0D．k＜0，b＜0
6、（4分）如图，在菱形ABCD中，DE⊥AB，=，BE=2，则tan∠DBE的值（ ）
A．B．2C．D．
7、（4分）对某班学生在家里做家务的时间进行调查后，将所得的数据分成4组，第一组的频率是0.16，第二、三组的频率之和为0.74，则第四组的频率是（ ）
A．0.38B．0.30C．0.20D．0.10
8、（4分）若，，则代数式的值为
A．1B．C．D．6
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）定义：等腰三角形的顶角与其一个底角的度数的比值称为这个等腰三角形的“特征值”．若等腰中，，则它的特征值__________．
10、（4分）在菱形中，若，，则菱形的周长为________.
11、（4分）如图 ，矩形 ABCD 中，对角线 AC，BD 相交于点 O，若再补充一个条件就能使矩形 ABCD 成为正方形，则这个条件是 （只需填一个条件即可）.
12、（4分）颖颖同学用20元钱去买方便面35包，甲种方便面每包0.7元，乙种方便面每包0.5元，则她最多可买甲种方便面_____包．
13、（4分）如图，将菱形纸片ABCD折叠，使点B落在AD边的点F处，折痕为CE，若∠D＝70°，则∠ECF的度数是_________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，某住宅小区在施工过程中留下了一块空地，已知AD=4米，CD=3米，∠ADC=90°，AB=13米，BC=12米，小区为美化环境，欲在空地上铺草坪，已知草坪每平方米100元，试问用该草坪铺满这块空地共需花费多少元？
15、（8分）如图，在平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点，正方形的点在线段上，点，在轴正半轴上，点在点的右侧，.将正方形沿轴正方向平移，得到正方形，当点与点重合时停止运动.设平移的距离为，正方形与重合部分的面积为.
（1）求直线的解析式；
（2）求点的坐标；
（3）求与的解析式，并直接写出自变量的取值范围.
16、（8分）宝安区某街道对长为20千米的路段进行排水管道改造后，需对该段路面全部重新进行修整，甲、乙两个工程队将参与施工，已知甲队每天的工作效率是乙队的2倍，若由甲、乙两队分别单独修整长为800米的路面，甲队比乙队少用5天．
（1）求甲队每天可以修整路面多少米？
（2）若街道每天需支付给甲队的施工费用为0.4万元，乙队为0.25万元，如果本次路面修整预算55万元，为了不超出预算，至少应该安排甲队参与工程多少天？
17、（10分）探索与发现
（1）正方形ABCD中有菱形PEFG，当它们的对角线重合，且点P与点B重合时（如图1），通过观察或测量，猜想线段AE与CG的数量关系，并证明你的猜想；
（2）当（1）中的菱形PEFG沿着正方形ABCD的对角线平移到如图2的位置时，猜想线段AE与CG的数量关系，只写出猜想不需证明.
18、（10分）如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别在AD、BC边上，且AE=CF．
求证：（1）△ABE≌△CDF；
（2）四边形BFDE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）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，将矩形纸片折叠，使点B与点D重合，那么△DCF的周长是___cm．
20、（4分）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，点C在第二象限，若BC＝OC＝OA，则点C的坐标为___．
21、（4分）菱形ABCD的对角线AC，BD的长分别为6cm，8cm，则这个菱形的周长是_______cm．
22、（4分）某种数据方差的计算公式是，则该组数据的总和为_________________．
23、（4分）如图是一辆慢车与一辆快车沿相同路线从地到地所行的路程与时间之间的函数图象，已知慢车比快车早出发小时，则、两地的距离为________ ．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）化简或求值
（1）（1+）÷
（2）1﹣÷，其中a=﹣，b=1．
25、（10分）已知：甲乙两车分别从相距300千米的A、B两地同时出发相向而行，其中甲到达B地后立即返回，如图是甲乙两车离A地的距离y（千米）与行驶时间x（小时）之间的函数图象．
（1）求甲车离A地的距离y甲（千米）与行驶时间x（小时）之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（2）若它们出发第5小时时，离各自出发地的距离相等，求乙车离A地的距离y乙（千米）与行驶时间x（小时）之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（3）在（2）的条件下，求它们在行驶的过程中相遇的时间．
26、（12分）某机动车出发前油箱内有42升油，行驶若干小时后，途中在加油站加油若干升，油箱中余油量Q(升)与行驶时间t(时)之间的函数关系如图所示．回答下列问题：
(1)机动车行驶几小时后，在途中加油站加油？
(2)求加油前油箱剩余油量Q与行驶时间t的函数关系，并求自变量t的取值范围；
(3)中途加油多少升？
(4)如果加油站距目的地还有320千米，车速为60千米/时，要到达目的地，油箱中的油是否够用？请说明理由．
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、C
【解析】
试题分析：∵侧面对角线BC2=32+42=52，∴CB=5m，∵AC=12m，∴AB==13（m），
∴空木箱能放的最大长度为13m，
故选C．
考点： 勾股定理的应用．
2、A
【解析】
∵点A（2，4）在函数y=kx-2的图象上，
∴2k-2=4，解得k=3，
∴此函数的解析式为：y=3x-2，
A选项：∵3×0-2=－2，∴此点在函数图象上，故本选项正确；
B选项：∵3×（）-2=1.5≠0，∴此点在不函数图象上，故本选项错误；
C选项：∵3×（8）-2=22≠20，∴此点在不函数图象上，故本选项错误；
D选项：∵3×-2=－0.5≠，∴此点在不函数图象上，故本选项错误．
故选A．
3、C
【解析】
将各数化简即可求出答案．
【详解】
解：A.原式，故A不是负数；
B.原式，故B不是负数；
C. 是负数；
D.原式，故D不是负数；
故选：C．
本题考查正数与负数，解题的关键是将原数化简，本题属于基础题型．
4、A
【解析】
分析：根据方差的意义可作出判断．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
详解：∵S甲2=1.44，S乙2=18.8，S丙2=25，∴S甲2最小，∴他应选甲队；
故选A．
点睛：本题考查了方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
5、C
【解析】
【分析】根据一次函数的图象与系数的关系进行解答即可．
【详解】∵一次函数y=kx+b的图象经过一、二、四象限，
∴k＜0，b＞0，
故选C．
【点睛】本题考查的是一次函数的图象与系数的关系，即一次函数y=kx+b（k≠0）中，当k＜0，b＞0时图象在一、二、四象限．
6、B
【解析】
试题解析：
设AE=3x，
∵

∴BE=5x−3x=2x=2，
∴x=1,
∴AD=5,AE=3,


故选B.
7、D
【解析】
根据各组频率之和为1即可求出答案．
【详解】
解：第四组的频率为：，
故选：．
本题考查频率的性质，解题的关键是熟练运用频率的性质，本题属于基础题型．
8、C
【解析】
直接提取公因式将原式分解因式，进而将已知数值代入求出答案．
【详解】
，，
．
故选：．
此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确分解因式是解题关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
可知等腰三角形的两底角相等，则可求得底角的度数．从而可求解
【详解】
解：
①当为顶角时，等腰三角形两底角的度数为：
∴特征值
②当为底角时，顶角的度数为：
∴特征值
综上所述，特征值为或
故答案为或
本题主要考查等腰三角形的性质，熟记等腰三角形的性质是解题的关键，要注意到本题中，已知的底数，要进行判断是底角或顶角，以免造成答案的遗漏．
10、8
【解析】
由菱形的，可得∠BAD=∠BCD =60°，则在Rt△AOB中根据勾股定理以及30°所对的直角边是斜边的一半，列方程可以求出AB的长，即可求出菱形周长.
【详解】
解：如图，
∵ABCD为菱形
∴∠BAD=∠BCD，BD⊥AC，O为AC、BD中点
又∵
∴∠BAD=∠BCD =60°
∴∠BAC=∠BAD=30°
在Rt△AOB中，BO=AB，
设BO=x，根据勾股定理可得：
解得x=1
∴AB=2x=2
∴菱形周长为8
故答案为8
本题考查菱形的性质综合应用，灵活应用菱形性质是解题关键.
11、AB=BC（答案不唯一）．
【解析】
根据正方形的判定添加条件即可．
【详解】
解：添加的条件可以是AB=BC．理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，AB=BC，
∴四边形ABCD是正方形．
故答案为AB=BC（答案不唯一）．
本题考查了矩形的性质，正方形的判定的应用，能熟记正方形的判定定理是解此题的关键，注意：有一组邻边相等的矩形是正方形，对角线互相垂直的矩形是正方形．此题是一道开放型的题目，答案不唯一，也可以添加AC⊥BD．
12、1
【解析】
设可购买甲种方便面x包，则可购买乙种方便面（35﹣x）包，根据总价＝单价×数量结合总价不超过20元，即可得出关于x的一元一次不等式，解之取其中的最大整数是解题的关键．
【详解】
设可购买甲种方便面x包，则可购买乙种方便面（35﹣x）包，
根据题意得：0.7x+0.5（35﹣x）≤20，
解得：x≤1.5，
∵x为整数，
∴x=1．
故答案为1．
本题考查了一元一次不等式的应用，根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式是解题的关键．
13、35°
【解析】
根据折叠的性质可得∠ECB=∠ECF，CB=CF，根据菱形的性质可得CB=CD，∠B=∠D=70°，∠BCD=180°-∠D=110°，求出等腰三角形DCF的顶角∠DCF，即可求出∠ECF的度数
【详解】
解：在菱形ABCD中，CB=CD，∠B=∠D=70°，∠BCD=180°-∠D=110°，
根据折叠可得：∠ECB=∠ECF，CB=CF，
∴CF=CD
∴∠DCF=180°-70°-70°=40°，
∴∠ECF=（∠BCD-∠DCF）=35°.
故答案为35°.
本题考查图形的翻折变换，关键是掌握折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、2400元
【解析】
试题分析：连接AC，根据勾股定理求出AC，根据勾股定理的逆定理求出∠ACB=90°，求出区域的面积，即可求出答案．
试题解析：连结AC，
在Rt△ACD中，∠ADC=90°，AD=4米，CD=3米，由勾股定理得：AC=（米），
∵AC2+BC2=52+122=169，AB2=132=169，∴AC2+BC2=AB2，∴∠ACB=90°，
该区域面积S=S△ACB﹣S△ADC=×5×12﹣×3×4=24（平方米），
即铺满这块空地共需花费=24×100=2400元．
考点：1．勾股定理；2．勾股定理的逆定理．
15、 (1);(2) ;(3) .
【解析】
（1）将A,E的坐标代入解析式即可解答
（2）根据题意可知CD=2，将其代入解析式，即可求出点C
（3）根据题意可分情况讨论：当时，；当时，，即可解答
【详解】
（1）设直线的解析式为，因为经过点，点.
，解得：，∴.
（2）当时，，，
∴.
（3）当时，如图1.
点的横坐标为，点的横坐标为.
∴当时，，
∴，
∴当时，，
∴.
∴.
当时，如图2.
∴
综上.
此题考查一次函数与几何图形，解题关键在于将已知点代入解析式
16、（1）1米；（2）2天
【解析】
（1）设甲队每天可以修整路面x米，则乙队每天可以修整路面x米，根据“甲、乙两队分别单独修整长为800米的路面，甲队比乙队少用5天”列出方程并解答；
（2）设应该安排甲队参与工程y天，根据“每天需支付给甲队的施工费用为0.4万元，乙队为0.25万元，如果本次路面修整预算5.5万元”列出不等式并解答．
【详解】
解：（1）设甲队每天可以修整路面x米，则乙队每天可以修整路面x米，
根据题意，得+5＝
解得x＝1．
经检验，x＝1是原方程的根，且符合题意．
答：甲队每天可以修整路面1米；
（2）设应该安排甲队参与工程y天，
根据题意，得0.4y+×0.25≤55
解得y≥2．
故至少应该安排甲队参与工程2天，．
本题考查分式方程的应用，一元一次不等式的应用，分析题意，找到合适的等量关系和不等关系是解决问题的关键．
17、（1）结论：AE=CG．理由见解析；（2）结论不变，AE=CG.
【解析】
分析：（1）结论AE=CG．只要证明△ABE≌△CBG，即可解决问题．
（2）结论不变，AE=CG．如图2中，连接BG、BE．先证明△BPE≌△BPG，再证明△ABE≌△CBG即可．
详解：（1）结论：AE=CG．理由如下：
如图1，

∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CB，∠ABD=∠CBD，
∵四边形PEFG是菱形，∴BE=BG，∠EBD=∠GBD，∴∠ABE=∠CBG，
在△ABE和△CBG中，
，∴△ABE≌△CBG，∴AE=CG．
（2）结论不变，AE=CG．理由如下：
如图2，连接BG、BE．

∵四边形PEFG是菱形，∴PE=PG，∠FPE=∠FPG，∴∠BPE=∠BPG，
在△BPE和△BPG中，
，∴△BPE≌△BPG，∴BE=BG，∠PBE=∠PBG，
∵∠ABD=∠CBD，∴∠ABE=∠CBG，
在△ABE和△CBG中，
，∴△ABE≌△CBG，∴AE=CG．
点睛：本题考查了正方形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，属于中考常考题型．
18、（1）见解析；（2）见解析；
【解析】
（1）由四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的对边相等，对角相等的性质，即可证得∠A=∠C，AB=CD，又由AE=CF，利用SAS，即可判定△ABE≌△CDF．
（2）由四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形对边平行且相等，即可得AD∥BC，AD=BC，又由AE=CF，即可证得DE=BF．根据对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可证得四边形BFDE是平行四边形．
【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠A=∠C，AB=CD，
在△ABE和△CDF中，∵AB=CD，∠A=∠C，AE=CF，
∴△ABE≌△CDF（SAS）．
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC．
∵AE=CF，∴AD﹣AE=BC﹣CF，即DE=BF．
∴四边形BFDE是平行四边形．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、1．
【解析】
根据翻转变换的性质得到BF=DF，根据三角形的周长公式计算即可．
【详解】
由翻转变换的性质可知，BF＝DF，
则△DCF的周长＝DF+CF+CD＝BF+CF+CD＝BC+CD＝1cm，
故答案为：1．
本题考查的是翻转变换的性质，翻转变换是一种对称变换，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
20、 (﹣，2)
【解析】
根据一次函数图象上点的坐标特征可求出点A、B的坐标，由BC＝OC利用等腰三角形的性质可得出OC、OE的值，再利用勾股定理可求出CE的长度，此题得解．
【详解】
∵直线y＝﹣x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴点A的坐标为(3，0)，点B的坐标为(0，4)．
过点C作CE⊥y轴于点E，如图所示．
∵BC＝OC＝OA，
∴OC＝3，OE＝2，
∴CE＝＝，
∴点C的坐标为(﹣，2)．
故答案为：(﹣，2)．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、等腰三角形的性质以及勾股定理，利用等腰直角三角形的性质结合勾股定理求出CE、OE的长度是解题的关键．
21、20cm
【解析】
根据菱形的对角线互相垂直平分可得AC⊥BD，OA=AC，OB=BD，再利用勾股定理列式求出AB，然后根据菱形的四条边都相等列式计算即可得解．
【详解】
解：如图，∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=AC=×6=3cm，
OB=BD=×8=4cm，
根据勾股定理得，AB=，
所以，这个菱形的周长=4×5=20cm．
故答案为：20
本题考查了菱形的性质，勾股定理，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分，需熟记．
22、32
【解析】
根据方差公式可知这组数据的样本容量和平均数，即可求出这组数据的总和．
【详解】
∵数据方差的计算公式是，
∴样本容量为8，平均数为4，
∴该组数据的总和为8×4=32，
故答案为：32
本题考查方差及平均数的意义，一般地，设n个数据，x1、x2、…xn的平均数为x，则方差s2=[（x1-x）2+（x2-x）2+…+（xn-x）2]，平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数．
23、1
【解析】
分析：根据数量关系“路程=速度×时间”结合函数图象，即可得出v快=v慢，设两车相遇的时间为t，根据数量关系“路程=速度×时间”即可得出t•v慢=（t-2）•v快=276，解之即可得出t与v慢的值，将慢车的速度代入s=18v慢中即可求出A、B两地的距离．
详解：
根据函数图象可知：s=（14-2）v快=18v慢，
∴v快=v慢．
设两车相遇的时间为t，
根据函数图象可知：t•v慢=（t-2）•v快=276，
解得：t=6，v慢=46，
∴s=18v慢=18×46=1．
故答案为1．
点睛：考查了函数的图象以及解一元一次方程，根据数量关系结合函数图象找出快、慢两车速度间的关系是解题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）、；（2）、2.
【解析】
原式括号中两项通分并利用同分母分式的加法法则计算，同时利用除法法则变形，约分即可得到结果；原式第二项利用除法法则变形，约分后两项通分并利用同分母分式的减法法则计算得到最简结果，将a与b的值代入计算即可求出值．
【详解】
解：（1）原式==
（2）原式=1﹣•=1－=
当a=﹣，b=1时，原式=2．
考点：分式的化简求值；分式的混合运算
25、（1） ；（2）140千米，y乙=300﹣28x ，（0≤x≤）；（3）或小时
【解析】
(1)由图知,该函数关系在不同的时间里表现出不同的关系,需分段表达，可根据待定系数法列方程,求函数关系式.（2）根据题意求出乙车速度，列出y乙与行驶时间x的函数关系式；（3）联立方程分段求出相遇时间．
【详解】
（1）由图象可知，甲车由A到B的速度为300÷3=100千米/时，由B到A的速度为千米/时，
则当0≤x≤3时：y甲=100x，
当3≤x≤时：y甲=300﹣80（x﹣3）=﹣80x+540，
∴y甲=，
（2）当x=5时，y甲=﹣80×5+540=140（千米），
则第5小时时，甲距离A140千米，则乙距离B140千米，则乙的速度为140÷5=28千米/时，
则y乙=300﹣28x （0≤x≤），
（3）当0≤x≤3时，
100x=300﹣28x，
解得x=.
当3≤x≤时，
300﹣28x=﹣80x+540，
x=.
∴甲、乙两车相遇的时间为或小时，
本题考查了一次函数的应用，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答本题．
26、（1）机动车行驶5小时后加油；（2）Q＝42－6t(0≤t≤5)；（3）中途加油24升；（4）油箱中的油够用，理由详见解析
【解析】
（1）观察函数图象，即可得出结论；
（2）根据每小时耗油量＝总耗油量÷行驶时间，即可求出机动车每小时的耗油量，再根据加油前油箱剩余油量＝42−每小时耗油量×行驶时间，即可得出结论；
（3）根据函数图象中t＝5时，Q值的变化，即可求出中途加油量；
（4）根据可行驶时间＝油箱剩余油量÷每小时耗油量，即可求出续航时间，由路程＝速度×时间，即可求出续航路程，将其与320比较后即可得出结论．
【详解】
解：(1)观察函数图象可知：机动车行驶5小时后加油．
(2)机动车每小时的耗油量为(42－12)÷5＝6(升)，
∴加油前油箱剩余油量Q与行驶时间t的函数关系为Q＝42－6t(0≤t≤5)
(3)36－12＝24(升)．
∴中途加油24升．
(4)油箱中的油够用．
理由：
∵加油后油箱里的油可供行驶11－5＝6(小时)，
∴剩下的油可行驶6×60＝360(千米)．
∵360＞320，
∴油箱中的油够用．
本题考查了一次函数的应用，解题的关键是：（1）观察函数图象找出结论；（2）根据数量关系，列出函数关系式；（3）根据数量关系，列式计算；（4）利用路程＝速度×时间，求出可续航路程．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人