2024年吉林省松原市名校数学九年级第一学期开学检测试题【含答案】

这是一份2024年吉林省松原市名校数学九年级第一学期开学检测试题【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）矩形各内角的平分线能围成一个（ ）
A．矩形B．菱形C．等腰梯形D．正方形
2、（4分）下列式子从左到右的变形中，属于因式分解的是( )
A．102－5=5(2－1)B．(+y) =+
C．2－4+4=(－4)+4D．2－16+3=(－4)(+4)+3
3、（4分）下列命题是假命题的是（ ）
A．四个角相等的四边形是矩形B．对角线互相平分的四边形是平行四边形
C．四条边相等的四边形是菱形D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
4、（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
5、（4分）如图，已知一组平行线a//b//c，被直线m、n所截，交点分别为A、B、C和D、E、F，且AB=2，BC=3，DE=l.6，则EF=（ ）
A．2.4B．1.8C．2.6D．2.8
6、（4分）若菱形的周长为16，高为2，则菱形两个邻角的比为（ ）
A．6:1B．5:1C．4:1D．3:1
7、（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．（，）
8、（4分）如图，E、F、G、H分别是BD、BC、AC、AD的中点，且AB＝CD．结论：①EG⊥FH；②四边形EFGH是矩形；③HF平分∠EHG；④EGBC；⑤四边形EFGH的周长等于2AB．其中正确的个数是( )
A．1B．2C．3D．4
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）若二次函数y＝ax2﹣bx+5（a≠5）的图象与x轴交于（1，0），则b﹣a+2014的值是_____．
10、（4分）若反比例函数y＝的图象在二、四象限，则常数a的值可以是_____．(写出一个即可)
11、（4分）一次函数y=（2m﹣1）x+1，若y随x的增大而增大，则m的取值范围是_____
12、（4分）如图，已知△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，三角形的顶点在相互平行的三条直线l1，l2，l3上，且l1、l2之间的距离为2，l2、l3之间的距离为3，则AC的长是_________；
13、（4分）已知：关于的方程有一个根是2，则________，另一个根是________.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，在中，，平分交于点， 于点， 过点作交于点，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，， 求菱形的周长．
15、（8分）如图，在正方形网络中，△ABC的三个顶点都在格点上，点A、B、C的坐标分别为A(-2，4)、B(-2，0)、C(-4，1)，结合所给的平面直角坐标系解答下列问题：
（1）画出△ABC关于原点O中心对称图形△A1B1C1.
（2）平移△ABC，使点A移动到点A2(0，2)，画出平移后的△A2B2C2并写出点B2、C2的坐标.
16、（8分）阅读材料，解答问题：
有理化因式：两个含有根式的非零代数式相乘，如果它们的积不含有根式，那么这两个代数式相互叫做有理化因式．例如：的有理化因式是；1﹣的有理化因式是1+．
分母有理化：分母有理化又称“有理化分母”，也就是把分母中的根号化去．指的是如果代数式中分母有根号，那么通常将分子、分母同乘以分母的有理化因式，达到化去分母中根号的目的．如：
﹣1，．
请根据上述材料，计算:的值．
17、（10分）对于一次函数y=kx+b（k≠0），我们称函数y[m]=为它的m分函数（其中m为常数）．例如，y=3x+1的4分函数为：当x≤4时，y[4]=3x+1；当x＞4时，y[4]=-3x-1．
（1）如果y=x+1的-1分函数为y[-1]，
①当x=4时，y[-1]______；当y[-1]=-3时，x=______．
②求双曲线y=与y[-1]的图象的交点坐标；
（1）如果y=-x+1的0分函数为y[0]，正比例函数y=kx（k≠0）与y=-x+1的0分函数y[0]的图象无交点时，直接写出k的取值范围．
18、（10分）为表彰在某活动中表现积极的同学，老师决定购买文具盒与钢笔作为奖品．已知5个文具盒、2支钢笔共需100元；3个文具盒、1支钢笔共需57元．
（1）每个文具盒、每支钢笔各多少元？
（2）若本次表彰活动，老师决定购买10件作为奖品，若购买个文具盒，10件奖品共需元，求与的函数关系式．如果至少需要购买3个文具盒，本次活动老师最多需要花多少钱？
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）若y=，则x+y= ．
20、（4分）如图，△ABC中，E为BC的中点，AD平分∠BAC，BD⊥AD，若AB=10，AC=16，则DE= ___________．
21、（4分）甲、乙两人在同一直线道路上同起点、同方向、同时出发，分别以不同的速度匀速跑步1000米，甲超出乙150米时，甲停下来等候乙，甲、乙会合后，两人分别以原来的速度继续跑向终点，先到终点的人在终点休息，在跑步的整个过程中，甲、乙两人的距离y（米）与乙出发的时间x（秒）之间的关系如图所示，则甲到终点时，乙距离终点还有_____米．
22、（4分）一次函数y=kx+b的图象如图所示，则不等式kx+b<0的解集为__________．
23、（4分）如图，在直角三角形中，，、、分别是、、的中点，若=6厘米，则的长为_________．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）甲、乙两地相距300千米，一辆货车和一辆轿车分别从甲地开往乙地（轿车的平均速度大于货车的平均速度），如图，线段、折线分别表示两车离甲地的距离（单位：千米）与时间（单位：小时）之间的函数关系.
（1）线段与折线中，______（填线段或折线）表示货车离甲地的距离与时间之间的函数关系.
（2）求线段的函数关系式（标出自变量取值范围）；
（3）货车出发多长时间两车相遇？
25、（10分）如图，点是边上的中点，，垂足分别是点.
(1)若，求证：；
(2)若，求证：四边形是矩形.
26、（12分）如图，是平行四边形的对角线，，分别交于点.
求证：.
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】
根据矩形的性质及角平分线的性质进行分析即可．
【详解】
矩形的四个角平分线将矩形的四个角分成8个45°的角，因此形成的四边形每个角是90°
又知两条角平分线与矩形的一边构成等腰直角三角形，
所以这个四边形邻边相等，根据有一组邻边相等的矩形是正方形，得到该四边形是正方形．
故选D．
此题是考查正方形的判别方法，判别一个四边形为正方形主要根据正方形的概念，途经有两种：①先说明它是矩形，再说明有一组邻边相等；②先说明它是菱形，再说明它有一个角为直角
2、A
【解析】
因式分解是将一个多项式转化成几个代数式乘积的形式，据此定义进行选择即可.
【详解】
A.符合定义且运算正确，所以是因式分解，符合题意；
B.是单项式乘多项式的运算，不是因式分解，不符合题意；
C.因为，所以C不符合题意；
D.不符合定义，不是转换成几个代数式乘积的形式，不符合题意；
综上所以答案选A.
本题考查的是因式分解的定义，熟知因式分解是将式子转化成几个代数式乘积的形式是解题的关键.
3、D
【解析】
分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，根据矩形，平行四边形，菱形，正方形的判定定理判断即可．
【详解】
解：A、正确，符合矩形的判定定理；
B、正确，符合平行四边形的判定定理；
C、正确，符合菱形的判定定理；
D、错误，例如对角线互相垂直的等腰梯形．
故选：D．
本题考查命题的真假判断，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．
4、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.
5、A
【解析】
根据平行线分线段成比例定理得到，然后利用比例性质可求出EF的长．
【详解】
解：∵a∥b∥c，
∴，
即，
∴EF=2.1．
故选：A．
本题考查了平行线分线段成比例定理：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
6、B
【解析】
由锐角函数可求∠B的度数，可求∠DAB的度数，即可求解．
【详解】
如图，
∵四边形ABCD是菱形，菱形的周长为16，
∴AB=BC=CD=DA=4，
∵AE=2，AE⊥BC，
∴sin∠B=
∴∠B=30°
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠DAB+∠B=180°，
∴∠DAB=150°，
∴菱形两邻角的度数比为150°：30°=5：1，
故选：B．
本题考查了菱形的性质，锐角三角函数，能求出∠B的度数是解决问题的关键．
7、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．
8、C
【解析】
根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半与AB=CD可得四边形EFGH是菱形，然后根据菱形的对角线互相垂直平分，并且平分每一组对角的性质对各小题进行判断即可得答案．
【详解】
∵E、F、G、H分别是BD、BC、AC、AD的中点，
∴EF=CD，FG=AB，GH=CD，HE=AB，
∵AB=CD，
∴EF=FG=GH=HE，
∴四边形EFGH是菱形，故②错误，
∴EG⊥FH，HF平分∠EHG；故①③正确，
∴四边形EFGH的周长= EF=FG=GH=HE =2AB，故⑤正确，
没有条件可证明EG=BC，故④错误，
∴正确的结论有：①③⑤，共3个，
故选C.
本题考查了三角形中位线定理与菱形的判定与菱形的性质，根据三角形的中位线定理与AB=CD判定四边形EFGH是菱形并熟练掌握菱形的性质是解答本题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1．
【解析】
把（1，0）代入y=ax2-bx+5得a-b+5=0，然后利用整体代入的方法计算b-a+2014的值．
【详解】
解：把（1，0）代入y=ax2-bx+5得a-b+5=0，
所以b-a=5，
所以b-a+2014=5+2014=1．
故答案为1．
本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．
10、2(答案不唯一)．
【解析】
由反比例函数y=的图象在二、四象限，可知a-3<0，据此可求出a的取值范围.
【详解】
∵反比例函数y=的图象在二、四象限，
∴a-3<0，
∴a<3,
∴a可以取2.
故答案为2.
本题考查了反比例函数的图像与性质，对于反比例函数(k是常数，k≠0)，当k＞0,反比例函数图象的两个分支在第一、三象限,在每一象限内,y随x的增大而减小；当 k＜0,反比例函数图象的两个分支在第二、四象限,在每一象限内,y随x的增大而增大.
11、m＞
【解析】
根据图象的增减性来确定（2m-1）的取值范围，从而求解．
【详解】
∵一次函数y=（2m-1）x+1，y随x的增大而增大，
∴2m-1＞1，
解得，m＞，
故答案是：m＞.
本题考查了一次函数的图象与系数的关系．一次函数值y随x的增大而减小⇔k＜1；函数值y随x的增大而增大⇔k＞1．
12、
【解析】
首先作AD⊥l3于D,作CE⊥l3于E,再证明△ABD≌△BCE，因此可得BE=AD=3，再结合勾股定理可得AC的长.
【详解】
作AD⊥l3于D,作CE⊥l3于E,
∵∠ABC=90°,∴∠ABD+∠CBE=90°,
又∠DAB+∠ABD=90°,
∴∠BAD=∠CBE,
又AB=BC,∠ADB=∠BEC.
∴△ABD≌△BCE,∴BE=AD=3,
在Rt△BCE中,根据勾股定理,得BC=,
在Rt△ABC中,根据勾股定理,
得AC=
故答案为
本题主要考查直角三角形的综合问题，关键在于证明三角形的全等，这类题目是固定的解法，一定要熟练掌握.
13、2， 1.
【解析】
设方程x2-3x+a=0的另外一个根为x，根据根与系数的关系，即可解答．
【详解】
解：设方程的另外一个根为，
则，，
解得：，，
故答案为：2，1.
本题主要考查了根与系数的关系及一元二次方程的解，属于基础题，关键掌握x1，x2是方程x2+px+q=0的两根时，x1+x2=-p，x1x2=q．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）由角平分线的性质可得∠ABD=∠CBD，再由垂直的定义得出∠EDB=∠CDB，然后由CF∥DE，得出∠EDB=∠CFD，最后利用菱形的判定解答即可；
（2）利用勾股定理及菱形的性质求解即可．
【详解】
解：（1）证明：解：（1）证明：∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD,
∵∠ACB=90°,DE⊥AB,
∴DE=CD, ∠CBD+∠CDB=90°, ∠EBD+∠EDB=90°,
∴∠EDB=∠CDB, ∵CF∥DE,
∴∠EDB=∠CFD, ∴∠CDB=∠CFD,
∴CD=CF, ∴DE=CF, ∴DE=EF=FC=DC
∴ 四边形是菱形.
（2）在RT△ADE中,，，
∴∠A=30°,AC= ,
在RT△ADE中，∵∠A=30°，∴AD=2DE,
∵四边形是菱形, ∴DE=DC, ∴AD=2DC,
∴AC=3DC=6,∴DC=2，
∴四边形CDEF的周长为：2×4=8.
本题考查了角平分线的性质，勾股定理及菱形的判定与性质，解题的关键是掌握这些性质和判定．
15、 (1)见解析；（2）图形见解析，点B2、C2的坐标分别为（0，－2），（－2，－1）
【解析】
（1）先作出点A、B、C关于原点的对称点，A1，B1，C1，顺次连接各点即可；
（2）平移△ABC，使点A移动到点A2（0，2），画出平移后的△A2B2C2，由点B2、C2在坐标系中的位置得出各点坐标即可．
【详解】
（1）△ABC关于原点O对称的△A1B1C1如图所示：
（2）平移后的△A2B2C2如图所示：点B2、C2的坐标分别为（0，－2），（－2，－1）．
本题考查了作图﹣旋转变换，熟知图形旋转的性质是解答此题的关键．
16、
【解析】
分别把每个加数分母有理化，再合并即可得到答案．
【详解】
解：


本题考查的是分母有理化，即二次根式的除法运算，掌握分母有理化的方法是解题的关键．
17、（2）①5，-4或2；②(-2，-2)；（2）k≥2
【解析】
（2）①先写出函数的-2分函数，代入即可，注意，函数值时-3时分两种情况代入；
②先写出函数的-2分函数，分两种情况和双曲线解析式联立求解即可；
（2）先写出函数的0分函数，画出图象，根据图象即可求得．
【详解】
解：（2）①y=x+2的-2分函数为：当x≤-2时，y[-2]=x+2；当x＞-2时，y[-2]=-x-2．
当x=4时，y[-2]=-4-2=-5，
当y[-2]=-3时，
如果x≤-2，则有，x+2=-3，
∴x=-4，
如果x＞-2，则有，-x-2=-3，
∴x=2，
故答案为-5，-4或2；
②当y=x+2的-2分函数为y[-2]，
∴当x≤-2时，y[-2]=x+2①，
当x＞-2时，y[-2]=-x-2②，
∵双曲线y=③，
联立①③解得，（舍），
∴它们的交点坐标为（-2，-2），
联立②③时，方程无解，
∴双曲线y=与y[-2]的图象的交点坐标（-2，-2）；
（2）当y=-x+2的0分函数为y[0]，
∴当x≤0时，y[0]=-x+2，
当x＞0时，y[0]=x-2，如图，
∵正比例函数y=kx（k≠0）与y=-x+2的0分函数y[0]的图象无交点，
∴k≥2．
本题考查的是函数综合题，主要考查了新定义，函数图象的交点坐标的求法，解本题的关键是理解新定义的基础上借助已学知识解决问题．
18、 (1);(2) 147元.
【解析】
（1）设每个文具盒x元，每支钢笔y元，由题意得：
,解之得：.
（2）由题意得：w=14x+15(10-x)=150-x,
∵w随x增大而减小，，
∴当x=3时，
W最大值=150-3=147，即最多花147元.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、1.
【解析】
试题解析：∵原二次根式有意义，
∴x-3≥0，3-x≥0，
∴x=3，y=4，
∴x+y=1．
考点：二次根式有意义的条件．
20、1
【解析】
延长BD交AC于H，证明△ADB≌△ADH，根据全等三角形的性质得到AH=AB=10，BD=DH，根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】
延长BD交AC于H，
在△ADB和△ADH中，
，
∴△ADB≌△ADH(ASA)
∴AH=AB=10，BD=DH，
∴HC=AC-AH=6，
∵BD=DH，BE=EC，
∴DE=HC=1，
故答案为：1．
本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
21、50
【解析】
乙从开始一直到终点，行1000米用时200秒，因此乙的速度为1000÷200=5米/秒，甲停下来，乙又走150÷5=30秒才与甲第一次会和，第一次会和前甲、乙共同行使150-30=120秒，从起点到第一次会和点的距离为5×150=750米，因此甲的速度为750÷120=6.25米/秒，甲行完全程的时间为1000÷6.25=160秒，甲到终点时乙行驶时间为160+30=190秒，因此乙距终点还剩200-190=10秒的路程，即10×5=50米．
【详解】
乙的速度为：1000÷200＝5米/秒，从起点到第一次会和点距离为5×150＝750米，
甲停下来到乙到会和点时间150÷5＝30秒，之前行驶时间150﹣30＝120秒，
甲的速度为750÷120＝6.25米/秒，
甲到终点时乙行驶时间1000÷6.25+30＝190秒，
还剩10秒路程，即10×5＝50米，
故答案为50米．
考查函数图象的意义，将行程类实际问题和图象联系起来，理清速度、时间、路程之间的关系是解决问题关键．
22、x<1
【解析】
解：∵y=kx+b，kx+b＜0，∴y＜0，由图象可知：x＜1．故答案为x＜1．
23、6厘米
【解析】
根据直角三角形斜边中线等于斜边一半算出AB,再根据中位线的性质求出EF即可．
【详解】
∵∠BCA=90°,且D是AB的中点,CD=6,
∴AB=2CD=12,
∵E、F是AC、BC的中点,
∴EF=．
故答案为:6厘米
本题考查直角三角形中线的性质、中位线的性质,关键在于熟练掌握相关基础知识．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）OA；（2）y＝110x−195（2.5≤x≤4.5）；（3）3.9小时.
【解析】
（1）根据题意可以分别求得两个图象中相应函数对应的速度，从而可以解答本题；
（2）设CD段的函数解析式为y＝kx＋b，将C（2.5，80），D（4.5，300）两点的坐标代入，运用待定系数法即可求解；
（3）根据题意可以求得OA对应的函数解析式，从而可以解答本题．
【详解】
（1）线段OA表示货车货车离甲地的距离y与时间x之间的函数关系，
理由：vOA＝（千米/时），vBCD＝
∵60＜90轿车的平均速度大于货车的平均速度，
∴线段OA表示货车离甲地的距离y与时间x之间的函数关系．
故答案为：OA；
（2）设CD段函数解析式为y＝kx＋b（k≠0）（2.5≤x≤4.5）．
∵C（2.5，80），D（4.5，300）在其图象上，
∴
解得
∴CD段函数解析式：y＝110x−195（2.5≤x≤4.5）；
（3）设线段OA对应的函数解析式为y＝kx，
300＝5k，得k＝60，
即线段OA对应的函数解析式为y＝60x，
，解得
即货车出发3.9小时两车相遇．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
25、 (1)证明见解析；(2)证明见解析.
【解析】
（1）由“SAS”可证△BFD≌△CED；
（2）由三角形内角和定理可得∠A=90°，由三个角是直角的四边形是矩形可判定四边形AEDF是矩形．
【详解】
证明：（1）∵点D是△ABC边BC上的中点
∴BD=CD
又∵DE⊥AC，DF⊥AB，垂足分别是点E、F
∴∠BFD=∠DEC=90°
∵BD=CD，∠BFD=∠DEC，∠B=∠C
∴△BFD≌△CED （AAS）
（2）∵∠B+∠C=90°，∠A+∠B+∠C=180°
∴∠A=90°
∵∠BFD=∠DEC=90°
∴∠A=∠BFD=∠DEC=90°
∴四边形AEDF是矩形
本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定和性质，熟练运用矩形的判定是本题的关键．
26、详见解析
【解析】
根据平行四边形的性质，证明全等即可证明结论.
【详解】
证明：四边形是平行四边形，
，.
.
.
.
.
.
本题主要考查平行四边形的性质定理，关键在于寻找全等的三角形.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人