广东省深圳外国语学校2024-2025九年级上学期开学考试数学试题

广东省深圳外国语学校2024-2025学年九年级上学期开学考试数学试题
1.(2024九上·深圳开学考)有理式,,,,,,中,分式有(  )个.
A.7 B.2 C.5 D.4
【答案】D
【知识点】分式的概念
【解析】【解答】解:∵,,的分母中均不含有字母,∴它们是整式,而不是分式,
∵,,,的分母中含有字母,
∴它们是分式,即分式共有4个.
故答案为:D.
【分析】若形如“,B≠0”A、B都是整式,且B中含有字母的式子就是分式,据此逐一判断得出答案.
2.(2024九上·深圳开学考)如图,△ABC中,∠A=65°,AB=6,AC=3,将△ABC沿图中的虚线剪开,剪下的阴影三角形与原三角形不构成相似的是(  )
A. B.
C. D.
【答案】C
【知识点】相似三角形的判定-AA;相似三角形的判定-SAS;相似三角形的判定-SSS
【解析】【解答】A、∵阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等,∴两三角形相似,此选项不符合题意;
B、∵阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等,∴两三角形相似,此选项不符合题意;
C、∵两三角形的对应角不一定相等,∴两三角形不相似,此选项符合题意;
D、∵两三角形对应边成比例且夹角相等,∴两三角形相似,此选项不符合题意.
故答案为:C.
【分析】根据相似三角形的判定定理“①有两个角对应相等的两个三角形相似;②两组对应边的比相等且这两边的夹角相等的两个三角形相似;③三边对应成比例的两个三角形相似”对各选项进行逐一判定即可求解.
3.(2024九上·深圳开学考)两千多年前,古希腊数学家欧多克索斯发现了黄金分割,黄金分割在日常生活中处处可见,例如:主持人在舞台上主持节目时,站在黄金分割点上,观众看上去感觉最好.若舞台长20米,主持人从舞台一侧进入,设他至少走x米时恰好站在舞台的黄金分割点上,则x满足的方程是(  )
A. B. C. D.以上都不对
【答案】A
【知识点】黄金分割;列一元二次方程
【解析】【解答】解:根据题意,设他至少走x米,则较长线段长为,
则,
故答案为:A.
【分析】黄金分割点的定义:如果线段上一点把线段分成两条线段,较长线段是较短线段和全长线段的比例中项,那么这个点就是线段的黄金分割点,根据定义列式即可作答.
4.(2024九上·深圳开学考)根据下表确定方程的解的取值范围是(  )
… 4 5 6
13 5 … 5 13
A.或 B.或
C.或 D.或
【答案】A
【知识点】估算一元二次方程的近似解
【解析】【解答】解:根据表格可得,当和时,,
当和时,,
∴该方程的解的取值范围为或.
故答案为:A.
【分析】根据表格中数据的变化规律,由“夹逼法”即可得一元二次方程的解的取值范围.
5.(2024九上·深圳开学考) 在平面直角坐标系中,若直线不经过第二象限,则关于的方程的实数根的个数为(  )
A.个 B.或个 C.个 D.或个
【答案】D
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用;一次函数图象、性质与系数的关系
【解析】【解答】 解:∵直线不经过第二象限
∴a≤0
当a=0时,关于x的方程为:2x+1=0,解得:,有一个根
当a<0时,关于的方程为,,有两个根
故答案为:D.
【分析】根据一次函数的性质和一元二次方程根的判别式进行计算即可求出答案。
6.(2024九上·深圳开学考)如图,在平面直角坐标系中,四边形是平行四边形,,,点C落在x轴的正半轴上,点B落在第一象限内,按以下步骤作图:
①以点D为圆心,适当长为半径作弧,分别交,于点E,F;
②分别以E,F为圆心,大于的长为半径作弧,两弧在内交于点G;
③作射线,交边于点H;
则点H的坐标为(  )
A. B. C. D.
【答案】A
【知识点】坐标与图形性质;勾股定理;平行四边形的性质;尺规作图-作角的平分线
【解析】【解答】解:∵,
∴,
∵,
∵四边形是平行四边形,在轴上
∴轴,
由作图得平分,
∴,
∵,
∴,
∴,
∵轴,
故答案为: A.
【分析】由点A、D的坐标可得OA、OD的长,在Rt△AOD中,用勾股定理可求得AD的值,由作图得平分, 则, 由平行线的性质可得, 于是根据等量代换可得,由等角对等边可得然后根据平行线的性质可得点H的纵坐标等于点A的纵坐标,则点H的坐标可求解.
7.(2024九上·深圳开学考)如图,在中,于点D,正方形CDEF的顶点E在线段AD上,G是边EF上一点,连结AG,记面积为,面积为,若,则DE的长为(  )
A. B. C.4 D.8
【答案】A
【知识点】三角形的面积;正方形的性质;相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解:,








四边形是正方形,
∴,,













故答案为:A.
【分析】根据互余导角得出,由两个角分别相等的两个三角形相似得出,再由相似三角形的性质得出,最后根据正方形的性质及三角形的面积公式,列式计算即可.
8.(2024九上·深圳开学考)如图,在平面直角坐标系中,直线分别与轴,轴交于,两点,将直线绕点逆时针旋转得到直线,过点作于点,则点的坐标是(  )
A. B. C. D.
【答案】B
【知识点】旋转的性质;一次函数图象与坐标轴交点问题;等腰直角三角形;三角形全等的判定-ASA;同侧一线三垂直全等模型
【解析】【解答】解:如图所示,过点作轴于点,过点作于点,
令中的得,得,
∴,
∴,
∵,,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,
设,则,

解得:,
∴.
故答案为:B.
【分析】先由一次函数的解析式求出的坐标,依据旋转的性质及 得出三角形ABD是等腰直角三角形,再过点作轴于点,过点作于点,利用互余导角和全等三角形的判定,易证明,再由全等三角形的性质即可列出式子求出D的坐标.
9.(2024九上·深圳开学考)因式分解: =   .
【答案】y(x-2)(x+2)
【知识点】因式分解的概念;因式分解﹣提公因式法;因式分解﹣公式法
【解析】【解答】因式分解是把一个多项式化为几个因式积的形式.根据因式分解的一般步骤:一提(公因式)、二套(平方差公式 ,完全平方公式 )、三检查(彻底分解),因此 =y(x -4)=y(x+2)(x-2).
【分析】因式分解是把一个多项式化为几个因式积的形式.根据因式分解的一般步骤:一提(公因式)、二套(平方差公式、完全平方公式)、三检查(彻底分解)。
10.(2024九上·深圳开学考)若分式方程有增根,则它的增根是   .
【答案】
【知识点】分式方程的解及检验;分式方程的增根
【解析】【解答】解:由,
方程两边同时乘以(x+1)(x-1)得,

∵分式方程有增根,
∴,
解得:或,
当时,

解得;
当时,

等式不成立,
∴此时a不存在.
故答案为:.
【分析】由题意,去分母化分式方程为关于x的整式方程,根据原分式方程有增根可得公分母=0,即,解得或,然后把x的值分别代入整式方程可得关于a的方程,解方程求出a的值即可求解.
11.(2024九上·深圳开学考)在平面直角坐标系中,点A的坐标为.P是第一象限内任意一点,连接.若,则我们把叫做点P的“角坐标”.则点的“角坐标”为   .
【答案】
【知识点】坐标与图形性质
【解析】【解答】解:如图所示,过点作轴的垂线,垂足为,连接,,
则,
所以,.
即点的“角坐标”为.
故答案为:.
【分析】根据题中描述理解“角坐标”的定义,作出图形,由坐标和图形的性质即可解答.
12.(2024九上·深圳开学考)如图,在中,,动点P从点A出发沿边以的速度向点B匀速移动,同时点Q从点B出发沿边以的速度向点C匀速移动,当P,Q两点中有一个点到达终点时,另一个点也停止运动,当的面积为时,点P,Q运动的时间为    秒.
【答案】1
【知识点】一元二次方程的应用-动态几何问题
【解析】【解答】解:∵,点P从A开始沿边向点B以的速度移动,点Q从点B开始沿边向点C以的速度移动.
∴,,
∴,
根据题意,得,
整理,得,
解得,
当时,,舍去

故答案为:1.
【分析】设运动时间为,根据路程、速度、时间三者的关系可表示出,,,再根据三角形的面积列出方程即可解答.
13.(2024九上·深圳开学考)如图,在边长为4的正方形中,E是对角线上的动点,以为边作正方形,H是的中点,连接,则的最小值为    .
【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用;正方形的性质;三角形全等的判定-SAS;瓜豆原理模型-点在直线上
【解析】【解答】解:连接,延长,交于点,
∵四边形,四边形是正方形,
∴,,,
∴,
∴,
在和中,

∴,
∴,
当E点位于C点时,G点位于处,
当E点位于A点时,G点位于C处,
故E点在上运动时,G点在上运动,
故由点到直线的距离垂线段最短可知:
过H点作于时,此时最小,又H是的中点,
∴,
又,
∴,
故答案为:.
【分析】连接CG, 延长CG,AD交于点G1,过H点作HG0⊥CG1于G0时,此时HG0最小, 易证,由全等三角形的性质可确定出G点的运动路径为CG所在的直线上,再由垂线段最短确定GH最小值,并结合已知计算即可.
14.(2024九上·深圳开学考)先化简:,然后从不等式组的整数解中选一个合适的数作为a的值,代入求值.
【答案】解:

解不等式①得:,
解不等式②得:,
∴不等式组的解集为,
∴不等式组的整数解为1,2,3,
∵分式要用意义,
∴,即且,
∴当时,原式.
【知识点】一元一次不等式组的特殊解;分式的化简求值-择值代入
【解析】【分析】根据分式的混合运算的法则和步骤,先把括号内的部分通分计算,然后把除法化为乘法,因式分解后约分即可化简;并解出不等式组的解集,找出符合条件的所有整数解,最后选择适合的值代入时,需注意a值要使得分式运算由意义才行.
15.(2024九上·深圳开学考)随着快递行业在农村的深入发展,全国各地的特色农产品有了更广阔的销售空间.不同的快递公司在配送、服务、收费和投递范围等方面各具优势,某农产品种植户经过前期调研,打算从甲、乙两家快递公司中选择一家合作.为此,该种植户收集了10家农产品种植户对两家公司的相关评价,并整理、描述、分析如下:
配送速度和服务质量得分统计表
项目统计量快递公司 配送速度得分 服务质量得分
平均数 中位数 平均数 方差
甲 m 7
乙 8 8 7
(1)补全频数分布直方图,扇形统计图中圆心角α的度数是 ;
(2)表格中的m= ; (填“”“=”或“”);
(3)如果A,B,C三家农产品种植户分别从甲、乙两个快递公司中任选一个公司合作,求三家种植户选择同一快递公司的概率.
【答案】(1)
(2),
(3)解:画树状图如下:
由树状图可知共有8种可能结果,其中三家种植户选择同一快递公司的有2种结果,
∴三家种植户选择同一快递公司的概率为.
【知识点】频数(率)分布直方图;扇形统计图;用列表法或树状图法求概率;中位数;方差
【解析】【解答】(1)解:根据频数之和等于样本容量,得甲快递公司在配送速度为9的人数为:(人)
补全频数直方图如下:
根据题意,得.
故答案为:72°;
(2)解:甲公司配送速度得分从小到大排列为:6,6,7,7,7,8,9,9,9,10,一共10个数据,其中第5个与第6个数据分别为7、8,
故中位数,
根据题意,得.
得.
∴,
故答案为:,;
【分析】(1)根据频数之和等于样本容量,可先计算甲快递公司在配送速度为9的人数,再补全频数直方图,扇形统计图周角表示单位1,用360°乘以乙快递公司配送得分7分的百分比即可算出对应的圆心角度数.
(2)中位数:将一组数据按从小到大(或者从大到小)的顺序排列后,如果数据的个数是奇数个时,则处在最中间的那个数据叫做这组数据的中位数;如果数据的个数是偶数个时,则处在最中间的两个数据的平均数叫做这组数据的中位数;方差就是一组数据的各个数据与其平均数差的平方和的算术平均数,据此分别计算后即可判断得出答案;
(3)先画出树状图,列举出所有可能的结果数,从中挑出A,B,C三家农产品种植户选择同一快递公司的结果数,然后利用概率公式求解.
(1)解:根据频数之和等于样本容量,
得甲快递公司在配送速度为9的人数为:(人)
补全频数直方图如下:
根据题意,得.
(2)解:甲公司配送速度得分从小到大排列为:6,6,7,7,7,8,9,9,9,10.一共10个数据,其中第5个与第6个数据分别为7、8,
故中位数,
故答案为:.
根据题意,得




故答案为:.
(3)解:画树状图如下:
由树状图可知共有8种可能结果,其中三家种植户选择同一快递公司的有2种结果,
∴三家种植户选择同一快递公司的概率为.
16.(2024九上·深圳开学考)如图,菱形的对角线相交于点O,过点D作,且,连接.
(1)求证:四边形为矩形;
(2)若菱形的边长为4,,求的长.
【答案】(1)证明:∵四边形是菱形,
∴,
∴,
∵,,
∴,
∴四边形是平行四边形,
又∵,
∴平行四边形是矩形;
(2)解:∵四边形是菱形,
∴,,,,
∵,
∴是等边三角形,
∴,
∴,
∴,
∴,
由(1)得:四边形为矩形,
∴,,
在中,由勾股定理得:.
【知识点】等边三角形的判定与性质;勾股定理;菱形的性质;矩形的判定与性质
【解析】【分析】(1)利用菱形的性质对角线互相垂直平分得,结合已知推出DE=CO,从而由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形OCED是平行四边形,进而由一个角是90°的平行四边形是矩形来证明结论;
(2)根据菱形的性质得BC=CD,由有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形得△BCD是等边三角形,得BD=BC=4,由菱形的对角线互相垂直平分得OD=OB=2,由勾股定理算出CO,进而再由菱形对角线互相平分得AC得长,由矩形性质得EC=OD=2,再利用勾股定理求解即可.
(1)证明:∵四边形是菱形,
∴,
∴,
∵,,
∴,
∴四边形是平行四边形,
又∵,
∴平行四边形是矩形;
(2)解:∵四边形是菱形,
∴,,,,
∵,
∴是等边三角形,
∴,
∴,
∴,
∴,
由(1)得:四边形为矩形,
∴,,
在中,由勾股定理得:.
17.(2024九上·深圳开学考)如图,在四边形中,,,过点A作于点E,,动点P从点B出发,沿运动,到达点D时停止运动.设点P的运动路程为x,的面积为.
(1)请直接写出与x之间的函数关系式以及对应的的取值范围;
(2)请在直角坐标系中画出的图象,并写出函数的一条性质;
(3)若直线的图象如图所示,结合你所画的函数图象,直接写出当时x的取值范围.(保留一位小数,误差不超过0.2)
【答案】(1)解:.
(2)解:当x=0时,y1=6;当x=5时,y1=0;当x=9时,y1=8;
把点(0,6)、(5,0)、(9,8)在平面直角坐标系中描出来,并连线即可求解,如下图:
当时,随的增大而减小,当时,随的增大而增大(答案不唯一)
(3)解:或
【知识点】分段函数;一次函数与不等式(组)的关系;正方形的判定与性质;解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解:(1)解:,,∴,
∴四边形为矩形,
在中,,,
则AE=,
∵BC=7,BE=3,
∴CE=AD=7-3=4,
∴AE=AD,
∴矩形是边长为4的正方形,
当点在上运动时,
过点作于点,
∵BP=x,
∴AP=AB-BP=5-x,
∵sin∠BAE=,
∴,
∴PH=,
∴y1=×AE×PH=×4×=x+6(),
当点在上运动时,
同理可得:,
即:.
(3)观察图象可得:当时的取值范围为:或
【分析】(1)当点在上运动时,根据有三个角是直角的四边形是矩形可得四边形AECD是矩形,在中,用勾股定理求出AE的值,根据线段的构成求出CE的值,于是可得AE=AD,根据有一组邻边相等的矩形是正方形可得矩形AECD是正方形;过点作于点,根据锐角三角函数sin∠BAE=可将PH用含x的代数式表示出来,再由即可求解;当点在上运动时,同理可解;
(2)通过取点、描点、连线画图象即可;再观察函数图象即可求解;
(3)观察函数图象即可求解.
(1)解:,,
则,
即,
则四边形为矩形,
在中,,,则,
则矩形为边长为4的正方形,
当点在上运动时,
过点作于点,
则,
当点在上运动时,
同理可得:,
即;
(2)当时,,当时,,当时,;
将上述坐标描点连线绘制图象如下:
从图象看,当时,随的增大而减小,当时,随的增大而增大(答案不唯一);
(3)从图象看,当时的取值范围为:或.
18.(2024九上·深圳开学考)根据以下素材,完成探索任务.
探索果园土地规划和销售利润问题
素材1 某农户承包了一块长方形果园,图1是果园的平面图,其中米,米.准备在它的四周铺设道路,上下两条横向道路的宽度都为米,左右两条纵向道路的宽度都为米,中间部分种植水果.已知道路的路面造价是每平方米50元;出于货车通行等因素的考虑,横向道路宽度不超过24米,且不小于10米.
素材2 该农户发现某一种草莓销售前景比较不错,经市场调查,草莓培育一年可产果,已知每平方米的草莓销售平均利润为100元;果园每年的承包费为25万元,期间需一次性投入33万元购进新苗,每年还需25万元的养护、施肥、运输等其余费用.
问题解决
任务1 解决果园中路面宽度的设计对种植面积的影响. (1)请直接写出纵向道路宽度的取值范围. (2)若中间种植的面积是44800平方米,则路面设置的宽度是否符合要求.
任务2 解决果园种植的预期利润问题.(净利润草莓销售的总利润路面造价费用果园承包费用新苗购置费用其余费用) (3)经过1年后,农户是否可以达到预期净利润400万元?请说明理由.
【答案】解:(1)横向道路宽度不超过24米,且不小于10米,

解得:;
(2)根据题意可列方程得:

整理得:,
解得:,,
由(1)得:,
∴x=190不符合题意,应舍去,

路面设置的宽度符合要求;
答:路面设置的宽度符合要求;
(3)经过1年后,农户可以达到预期净利润400万元,理由如下:
假设经过1年后,农户可以达到预期净利润400万元,
根据题意可列方程得:
整理得:
解得:,
由(1)得:,
∴x=195不符合题意,应舍去,

假设成立,即经过1年后,农户可以达到预期净利润400万元.
【知识点】一元一次不等式的应用;一元二次方程的实际应用-销售问题;一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【分析】(1)由“横向道路宽度不超过24米,且不小于10米”可列关于的不等式,解这个不等式即可求得x的取值范围;
(2)根据种植的面积是,可列出关于的一元二次方程,解方程求出的值,结合(1)中x的取值范围即可求解;
(3)假设经过1年后,农户可以达到预期净利润400万元,可列出关于的一元二次方程,解之可得出的值,结合(1)中x的取值范围即可求解.
19.(2024九上·深圳开学考)定义:有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形,这两个角的夹边称为邻余线.
(1)如图1,在中,,是的角平分线,E,F分别是,上的点.求证:四边形是邻余四边形.
(2)如图2,在5×4的方格纸中,A,B在格点上,请画出一个符合条件的邻余四边形,使是邻余线,E,F在格点上.
(3)如图3,在(1)的条件下,取中点M,连接并延长交于点Q,延长交于点N.若N为的中点,,求邻余线的长.
【答案】(1)证明:∵,是的角平分线,
∴,
∴,
∴,
∴四边形是邻余四边形.
(2)解:根据新定义,画图如下:
则四边形即为所求.(答案不唯一)
(3)解:∵,是的角平分线,
∴,,
∵,
∴,
∴,
∴,
∵,中点M,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,又,
∴,
解得,
∵ N为的中点,
∴.
【知识点】等腰三角形的判定与性质;相似三角形的判定与性质;直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】(1)根据等腰三角形的三线合一性质,得出,从而根据 邻余四边形定义,即可得出结论;
(2)利用方格纸的特点、正方形的性质及根据邻余四边形的定义画出符合条件的四边形即可,答案不唯一;
(3)利用等腰三角形的三线合一得AD⊥BC,CD=BD,由直角三角形斜边中线的性质得出DM=EM=FM,由等边对等角得∠BDQ=∠CEN,∠B=∠C,由有两组角对应相等的两个三角形相似判断出△DBQ∽△ECN,再由相似三角形的对应边成比例,列出比例式解出CN长,即可解答.
(1)证明:∵,是的角平分线,
∴,
∴,
∴,
∴四边形是邻余四边形.
(2)解:根据新定义,画图如下:
则四边形即为所求.
(3)解:∵,是的角平分线,
∴,,
∵,
∴,
∴,
∴,
∵,中点M,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,又,
∴,
解得,
∵ N为的中点,
∴.
20.(2024九上·深圳开学考)如图,在菱形中,是锐角,是边上的动点,将射线绕点按逆时针方向旋转,交直线于点.
(1)当时,
①求证:;
②连结,若,求的值;
(2)当时,延长交射线于点,延长交射线于点,连结,若,当是等腰三角形,请直接写出的长.
【答案】(1)解:(1)①证明:∵四边形是菱形,
∴,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴;
②解:连接,如图所示:
∵四边形是菱形,
∴,
由①知,,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,
∴,
设,则,
∴,
∵,,
∴,
∴,
∴;
(2)解:为或或
【知识点】三角形全等及其性质;等腰三角形的性质;菱形的性质;相似三角形的判定与性质;旋转的性质
【解析】【解答】(2)解:如图:连接,
∵四边形是菱形,
∴,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
同理:,
∴,
∴,
是等腰三角形有三种情况:
①当时,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴;
②当时,
则,
∵,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴;
③当时,
则,
∴,
∴,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴;
综上所述,为或或.
故答案为:或或.
【分析】(1)①根据菱形的性质,证明出,由全等三角形的性质即可解答;
②连接,根据①中及菱形的性质得出,,得出AC是EF的垂直平分线,则说明,从而得出,可得,设,则,勾股定理得到,再由两边成比例夹角相等证明出,依据相似三角形的性质即可求解.
(2)连接,根据菱形的性质先证明,得出,是等腰三角形有三种情况:①当时,②当时,③当时,再根据全等三角形的判定与性质和相似三角形的性质与判定进行计算即可解答.
(1)①证明:∵四边形是菱形,
∴,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴;
②解:连接,如图所示:
∵四边形是菱形,
∴,
由①知,,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,
∴,
设,则,
∴,
∵,,
∴,
∴,
∴;
(2)解:如图:连接,
∵四边形是菱形,
∴,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
同理:,
∴,
∴,
是等腰三角形有三种情况:
①当时,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴;
②当时,
则,
∵,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴;
③当时,
则,
∴,
∴,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴;
综上所述,为或或.
广东省深圳外国语学校2024-2025学年九年级上学期开学考试数学试题
1.(2024九上·深圳开学考)有理式,,,,,,中,分式有(  )个.
A.7 B.2 C.5 D.4
2.(2024九上·深圳开学考)如图,△ABC中,∠A=65°,AB=6,AC=3,将△ABC沿图中的虚线剪开,剪下的阴影三角形与原三角形不构成相似的是(  )
A. B.
C. D.
3.(2024九上·深圳开学考)两千多年前,古希腊数学家欧多克索斯发现了黄金分割,黄金分割在日常生活中处处可见,例如:主持人在舞台上主持节目时,站在黄金分割点上,观众看上去感觉最好.若舞台长20米,主持人从舞台一侧进入,设他至少走x米时恰好站在舞台的黄金分割点上,则x满足的方程是(  )
A. B. C. D.以上都不对
4.(2024九上·深圳开学考)根据下表确定方程的解的取值范围是(  )
… 4 5 6
13 5 … 5 13
A.或 B.或
C.或 D.或
5.(2024九上·深圳开学考) 在平面直角坐标系中,若直线不经过第二象限,则关于的方程的实数根的个数为(  )
A.个 B.或个 C.个 D.或个
6.(2024九上·深圳开学考)如图,在平面直角坐标系中,四边形是平行四边形,,,点C落在x轴的正半轴上,点B落在第一象限内,按以下步骤作图:
①以点D为圆心,适当长为半径作弧,分别交,于点E,F;
②分别以E,F为圆心,大于的长为半径作弧,两弧在内交于点G;
③作射线,交边于点H;
则点H的坐标为(  )
A. B. C. D.
7.(2024九上·深圳开学考)如图,在中,于点D,正方形CDEF的顶点E在线段AD上,G是边EF上一点,连结AG,记面积为,面积为,若,则DE的长为(  )
A. B. C.4 D.8
8.(2024九上·深圳开学考)如图,在平面直角坐标系中,直线分别与轴,轴交于,两点,将直线绕点逆时针旋转得到直线,过点作于点,则点的坐标是(  )
A. B. C. D.
9.(2024九上·深圳开学考)因式分解: =   .
10.(2024九上·深圳开学考)若分式方程有增根,则它的增根是   .
11.(2024九上·深圳开学考)在平面直角坐标系中,点A的坐标为.P是第一象限内任意一点,连接.若,则我们把叫做点P的“角坐标”.则点的“角坐标”为   .
12.(2024九上·深圳开学考)如图,在中,,动点P从点A出发沿边以的速度向点B匀速移动,同时点Q从点B出发沿边以的速度向点C匀速移动,当P,Q两点中有一个点到达终点时,另一个点也停止运动,当的面积为时,点P,Q运动的时间为    秒.
13.(2024九上·深圳开学考)如图,在边长为4的正方形中,E是对角线上的动点,以为边作正方形,H是的中点,连接,则的最小值为    .
14.(2024九上·深圳开学考)先化简:,然后从不等式组的整数解中选一个合适的数作为a的值,代入求值.
15.(2024九上·深圳开学考)随着快递行业在农村的深入发展,全国各地的特色农产品有了更广阔的销售空间.不同的快递公司在配送、服务、收费和投递范围等方面各具优势,某农产品种植户经过前期调研,打算从甲、乙两家快递公司中选择一家合作.为此,该种植户收集了10家农产品种植户对两家公司的相关评价,并整理、描述、分析如下:
配送速度和服务质量得分统计表
项目统计量快递公司 配送速度得分 服务质量得分
平均数 中位数 平均数 方差
甲 m 7
乙 8 8 7
(1)补全频数分布直方图,扇形统计图中圆心角α的度数是 ;
(2)表格中的m= ; (填“”“=”或“”);
(3)如果A,B,C三家农产品种植户分别从甲、乙两个快递公司中任选一个公司合作,求三家种植户选择同一快递公司的概率.
16.(2024九上·深圳开学考)如图,菱形的对角线相交于点O,过点D作,且,连接.
(1)求证:四边形为矩形;
(2)若菱形的边长为4,,求的长.
17.(2024九上·深圳开学考)如图,在四边形中,,,过点A作于点E,,动点P从点B出发,沿运动,到达点D时停止运动.设点P的运动路程为x,的面积为.
(1)请直接写出与x之间的函数关系式以及对应的的取值范围;
(2)请在直角坐标系中画出的图象,并写出函数的一条性质;
(3)若直线的图象如图所示,结合你所画的函数图象,直接写出当时x的取值范围.(保留一位小数,误差不超过0.2)
18.(2024九上·深圳开学考)根据以下素材,完成探索任务.
探索果园土地规划和销售利润问题
素材1 某农户承包了一块长方形果园,图1是果园的平面图,其中米,米.准备在它的四周铺设道路,上下两条横向道路的宽度都为米,左右两条纵向道路的宽度都为米,中间部分种植水果.已知道路的路面造价是每平方米50元;出于货车通行等因素的考虑,横向道路宽度不超过24米,且不小于10米.
素材2 该农户发现某一种草莓销售前景比较不错,经市场调查,草莓培育一年可产果,已知每平方米的草莓销售平均利润为100元;果园每年的承包费为25万元,期间需一次性投入33万元购进新苗,每年还需25万元的养护、施肥、运输等其余费用.
问题解决
任务1 解决果园中路面宽度的设计对种植面积的影响. (1)请直接写出纵向道路宽度的取值范围. (2)若中间种植的面积是44800平方米,则路面设置的宽度是否符合要求.
任务2 解决果园种植的预期利润问题.(净利润草莓销售的总利润路面造价费用果园承包费用新苗购置费用其余费用) (3)经过1年后,农户是否可以达到预期净利润400万元?请说明理由.
19.(2024九上·深圳开学考)定义:有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形,这两个角的夹边称为邻余线.
(1)如图1,在中,,是的角平分线,E,F分别是,上的点.求证:四边形是邻余四边形.
(2)如图2,在5×4的方格纸中,A,B在格点上,请画出一个符合条件的邻余四边形,使是邻余线,E,F在格点上.
(3)如图3,在(1)的条件下,取中点M,连接并延长交于点Q,延长交于点N.若N为的中点,,求邻余线的长.
20.(2024九上·深圳开学考)如图,在菱形中,是锐角,是边上的动点,将射线绕点按逆时针方向旋转,交直线于点.
(1)当时,
①求证:;
②连结,若,求的值;
(2)当时,延长交射线于点,延长交射线于点,连结,若,当是等腰三角形,请直接写出的长.
答案解析部分
1.【答案】D
【知识点】分式的概念
【解析】【解答】解:∵,,的分母中均不含有字母,∴它们是整式,而不是分式,
∵,,,的分母中含有字母,
∴它们是分式,即分式共有4个.
故答案为:D.
【分析】若形如“,B≠0”A、B都是整式,且B中含有字母的式子就是分式,据此逐一判断得出答案.
2.【答案】C
【知识点】相似三角形的判定-AA;相似三角形的判定-SAS;相似三角形的判定-SSS
【解析】【解答】A、∵阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等,∴两三角形相似,此选项不符合题意;
B、∵阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等,∴两三角形相似,此选项不符合题意;
C、∵两三角形的对应角不一定相等,∴两三角形不相似,此选项符合题意;
D、∵两三角形对应边成比例且夹角相等,∴两三角形相似,此选项不符合题意.
故答案为:C.
【分析】根据相似三角形的判定定理“①有两个角对应相等的两个三角形相似;②两组对应边的比相等且这两边的夹角相等的两个三角形相似;③三边对应成比例的两个三角形相似”对各选项进行逐一判定即可求解.
3.【答案】A
【知识点】黄金分割;列一元二次方程
【解析】【解答】解:根据题意,设他至少走x米,则较长线段长为,
则,
故答案为:A.
【分析】黄金分割点的定义:如果线段上一点把线段分成两条线段,较长线段是较短线段和全长线段的比例中项,那么这个点就是线段的黄金分割点,根据定义列式即可作答.
4.【答案】A
【知识点】估算一元二次方程的近似解
【解析】【解答】解:根据表格可得,当和时,,
当和时,,
∴该方程的解的取值范围为或.
故答案为:A.
【分析】根据表格中数据的变化规律,由“夹逼法”即可得一元二次方程的解的取值范围.
5.【答案】D
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用;一次函数图象、性质与系数的关系
【解析】【解答】 解:∵直线不经过第二象限
∴a≤0
当a=0时,关于x的方程为:2x+1=0,解得:,有一个根
当a<0时,关于的方程为,,有两个根
故答案为:D.
【分析】根据一次函数的性质和一元二次方程根的判别式进行计算即可求出答案。
6.【答案】A
【知识点】坐标与图形性质;勾股定理;平行四边形的性质;尺规作图-作角的平分线
【解析】【解答】解:∵,
∴,
∵,
∵四边形是平行四边形,在轴上
∴轴,
由作图得平分,
∴,
∵,
∴,
∴,
∵轴,
故答案为: A.
【分析】由点A、D的坐标可得OA、OD的长,在Rt△AOD中,用勾股定理可求得AD的值,由作图得平分, 则, 由平行线的性质可得, 于是根据等量代换可得,由等角对等边可得然后根据平行线的性质可得点H的纵坐标等于点A的纵坐标,则点H的坐标可求解.
7.【答案】A
【知识点】三角形的面积;正方形的性质;相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解:,








四边形是正方形,
∴,,













故答案为:A.
【分析】根据互余导角得出,由两个角分别相等的两个三角形相似得出,再由相似三角形的性质得出,最后根据正方形的性质及三角形的面积公式,列式计算即可.
8.【答案】B
【知识点】旋转的性质;一次函数图象与坐标轴交点问题;等腰直角三角形;三角形全等的判定-ASA;同侧一线三垂直全等模型
【解析】【解答】解:如图所示,过点作轴于点,过点作于点,
令中的得,得,
∴,
∴,
∵,,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,
设,则,

解得:,
∴.
故答案为:B.
【分析】先由一次函数的解析式求出的坐标,依据旋转的性质及 得出三角形ABD是等腰直角三角形,再过点作轴于点,过点作于点,利用互余导角和全等三角形的判定,易证明,再由全等三角形的性质即可列出式子求出D的坐标.
9.【答案】y(x-2)(x+2)
【知识点】因式分解的概念;因式分解﹣提公因式法;因式分解﹣公式法
【解析】【解答】因式分解是把一个多项式化为几个因式积的形式.根据因式分解的一般步骤:一提(公因式)、二套(平方差公式 ,完全平方公式 )、三检查(彻底分解),因此 =y(x -4)=y(x+2)(x-2).
【分析】因式分解是把一个多项式化为几个因式积的形式.根据因式分解的一般步骤:一提(公因式)、二套(平方差公式、完全平方公式)、三检查(彻底分解)。
10.【答案】
【知识点】分式方程的解及检验;分式方程的增根
【解析】【解答】解:由,
方程两边同时乘以(x+1)(x-1)得,

∵分式方程有增根,
∴,
解得:或,
当时,

解得;
当时,

等式不成立,
∴此时a不存在.
故答案为:.
【分析】由题意,去分母化分式方程为关于x的整式方程,根据原分式方程有增根可得公分母=0,即,解得或,然后把x的值分别代入整式方程可得关于a的方程,解方程求出a的值即可求解.
11.【答案】
【知识点】坐标与图形性质
【解析】【解答】解:如图所示,过点作轴的垂线,垂足为,连接,,
则,
所以,.
即点的“角坐标”为.
故答案为:.
【分析】根据题中描述理解“角坐标”的定义,作出图形,由坐标和图形的性质即可解答.
12.【答案】1
【知识点】一元二次方程的应用-动态几何问题
【解析】【解答】解:∵,点P从A开始沿边向点B以的速度移动,点Q从点B开始沿边向点C以的速度移动.
∴,,
∴,
根据题意,得,
整理,得,
解得,
当时,,舍去

故答案为:1.
【分析】设运动时间为,根据路程、速度、时间三者的关系可表示出,,,再根据三角形的面积列出方程即可解答.
13.【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用;正方形的性质;三角形全等的判定-SAS;瓜豆原理模型-点在直线上
【解析】【解答】解:连接,延长,交于点,
∵四边形,四边形是正方形,
∴,,,
∴,
∴,
在和中,

∴,
∴,
当E点位于C点时,G点位于处,
当E点位于A点时,G点位于C处,
故E点在上运动时,G点在上运动,
故由点到直线的距离垂线段最短可知:
过H点作于时,此时最小,又H是的中点,
∴,
又,
∴,
故答案为:.
【分析】连接CG, 延长CG,AD交于点G1,过H点作HG0⊥CG1于G0时,此时HG0最小, 易证,由全等三角形的性质可确定出G点的运动路径为CG所在的直线上,再由垂线段最短确定GH最小值,并结合已知计算即可.
14.【答案】解:

解不等式①得:,
解不等式②得:,
∴不等式组的解集为,
∴不等式组的整数解为1,2,3,
∵分式要用意义,
∴,即且,
∴当时,原式.
【知识点】一元一次不等式组的特殊解;分式的化简求值-择值代入
【解析】【分析】根据分式的混合运算的法则和步骤,先把括号内的部分通分计算,然后把除法化为乘法,因式分解后约分即可化简;并解出不等式组的解集,找出符合条件的所有整数解,最后选择适合的值代入时,需注意a值要使得分式运算由意义才行.
15.【答案】(1)
(2),
(3)解:画树状图如下:
由树状图可知共有8种可能结果,其中三家种植户选择同一快递公司的有2种结果,
∴三家种植户选择同一快递公司的概率为.
【知识点】频数(率)分布直方图;扇形统计图;用列表法或树状图法求概率;中位数;方差
【解析】【解答】(1)解:根据频数之和等于样本容量,得甲快递公司在配送速度为9的人数为:(人)
补全频数直方图如下:
根据题意,得.
故答案为:72°;
(2)解:甲公司配送速度得分从小到大排列为:6,6,7,7,7,8,9,9,9,10,一共10个数据,其中第5个与第6个数据分别为7、8,
故中位数,
根据题意,得.
得.
∴,
故答案为:,;
【分析】(1)根据频数之和等于样本容量,可先计算甲快递公司在配送速度为9的人数,再补全频数直方图,扇形统计图周角表示单位1,用360°乘以乙快递公司配送得分7分的百分比即可算出对应的圆心角度数.
(2)中位数:将一组数据按从小到大(或者从大到小)的顺序排列后,如果数据的个数是奇数个时,则处在最中间的那个数据叫做这组数据的中位数;如果数据的个数是偶数个时,则处在最中间的两个数据的平均数叫做这组数据的中位数;方差就是一组数据的各个数据与其平均数差的平方和的算术平均数,据此分别计算后即可判断得出答案;
(3)先画出树状图,列举出所有可能的结果数,从中挑出A,B,C三家农产品种植户选择同一快递公司的结果数,然后利用概率公式求解.
(1)解:根据频数之和等于样本容量,
得甲快递公司在配送速度为9的人数为:(人)
补全频数直方图如下:
根据题意,得.
(2)解:甲公司配送速度得分从小到大排列为:6,6,7,7,7,8,9,9,9,10.一共10个数据,其中第5个与第6个数据分别为7、8,
故中位数,
故答案为:.
根据题意,得




故答案为:.
(3)解:画树状图如下:
由树状图可知共有8种可能结果,其中三家种植户选择同一快递公司的有2种结果,
∴三家种植户选择同一快递公司的概率为.
16.【答案】(1)证明:∵四边形是菱形,
∴,
∴,
∵,,
∴,
∴四边形是平行四边形,
又∵,
∴平行四边形是矩形;
(2)解:∵四边形是菱形,
∴,,,,
∵,
∴是等边三角形,
∴,
∴,
∴,
∴,
由(1)得:四边形为矩形,
∴,,
在中,由勾股定理得:.
【知识点】等边三角形的判定与性质;勾股定理;菱形的性质;矩形的判定与性质
【解析】【分析】(1)利用菱形的性质对角线互相垂直平分得,结合已知推出DE=CO,从而由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形OCED是平行四边形,进而由一个角是90°的平行四边形是矩形来证明结论;
(2)根据菱形的性质得BC=CD,由有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形得△BCD是等边三角形,得BD=BC=4,由菱形的对角线互相垂直平分得OD=OB=2,由勾股定理算出CO,进而再由菱形对角线互相平分得AC得长,由矩形性质得EC=OD=2,再利用勾股定理求解即可.
(1)证明:∵四边形是菱形,
∴,
∴,
∵,,
∴,
∴四边形是平行四边形,
又∵,
∴平行四边形是矩形;
(2)解:∵四边形是菱形,
∴,,,,
∵,
∴是等边三角形,
∴,
∴,
∴,
∴,
由(1)得:四边形为矩形,
∴,,
在中,由勾股定理得:.
17.【答案】(1)解:.
(2)解:当x=0时,y1=6;当x=5时,y1=0;当x=9时,y1=8;
把点(0,6)、(5,0)、(9,8)在平面直角坐标系中描出来,并连线即可求解,如下图:
当时,随的增大而减小,当时,随的增大而增大(答案不唯一)
(3)解:或
【知识点】分段函数;一次函数与不等式(组)的关系;正方形的判定与性质;解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解:(1)解:,,∴,
∴四边形为矩形,
在中,,,
则AE=,
∵BC=7,BE=3,
∴CE=AD=7-3=4,
∴AE=AD,
∴矩形是边长为4的正方形,
当点在上运动时,
过点作于点,
∵BP=x,
∴AP=AB-BP=5-x,
∵sin∠BAE=,
∴,
∴PH=,
∴y1=×AE×PH=×4×=x+6(),
当点在上运动时,
同理可得:,
即:.
(3)观察图象可得:当时的取值范围为:或
【分析】(1)当点在上运动时,根据有三个角是直角的四边形是矩形可得四边形AECD是矩形,在中,用勾股定理求出AE的值,根据线段的构成求出CE的值,于是可得AE=AD,根据有一组邻边相等的矩形是正方形可得矩形AECD是正方形;过点作于点,根据锐角三角函数sin∠BAE=可将PH用含x的代数式表示出来,再由即可求解;当点在上运动时,同理可解;
(2)通过取点、描点、连线画图象即可;再观察函数图象即可求解;
(3)观察函数图象即可求解.
(1)解:,,
则,
即,
则四边形为矩形,
在中,,,则,
则矩形为边长为4的正方形,
当点在上运动时,
过点作于点,
则,
当点在上运动时,
同理可得:,
即;
(2)当时,,当时,,当时,;
将上述坐标描点连线绘制图象如下:
从图象看,当时,随的增大而减小,当时,随的增大而增大(答案不唯一);
(3)从图象看,当时的取值范围为:或.
18.【答案】解:(1)横向道路宽度不超过24米,且不小于10米,

解得:;
(2)根据题意可列方程得:

整理得:,
解得:,,
由(1)得:,
∴x=190不符合题意,应舍去,

路面设置的宽度符合要求;
答:路面设置的宽度符合要求;
(3)经过1年后,农户可以达到预期净利润400万元,理由如下:
假设经过1年后,农户可以达到预期净利润400万元,
根据题意可列方程得:
整理得:
解得:,
由(1)得:,
∴x=195不符合题意,应舍去,

假设成立,即经过1年后,农户可以达到预期净利润400万元.
【知识点】一元一次不等式的应用;一元二次方程的实际应用-销售问题;一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【分析】(1)由“横向道路宽度不超过24米,且不小于10米”可列关于的不等式,解这个不等式即可求得x的取值范围;
(2)根据种植的面积是,可列出关于的一元二次方程,解方程求出的值,结合(1)中x的取值范围即可求解;
(3)假设经过1年后,农户可以达到预期净利润400万元,可列出关于的一元二次方程,解之可得出的值,结合(1)中x的取值范围即可求解.
19.【答案】(1)证明:∵,是的角平分线,
∴,
∴,
∴,
∴四边形是邻余四边形.
(2)解:根据新定义,画图如下:
则四边形即为所求.(答案不唯一)
(3)解:∵,是的角平分线,
∴,,
∵,
∴,
∴,
∴,
∵,中点M,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,又,
∴,
解得,
∵ N为的中点,
∴.
【知识点】等腰三角形的判定与性质;相似三角形的判定与性质;直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】(1)根据等腰三角形的三线合一性质,得出,从而根据 邻余四边形定义,即可得出结论;
(2)利用方格纸的特点、正方形的性质及根据邻余四边形的定义画出符合条件的四边形即可,答案不唯一;
(3)利用等腰三角形的三线合一得AD⊥BC,CD=BD,由直角三角形斜边中线的性质得出DM=EM=FM,由等边对等角得∠BDQ=∠CEN,∠B=∠C,由有两组角对应相等的两个三角形相似判断出△DBQ∽△ECN,再由相似三角形的对应边成比例,列出比例式解出CN长,即可解答.
(1)证明:∵,是的角平分线,
∴,
∴,
∴,
∴四边形是邻余四边形.
(2)解:根据新定义,画图如下:
则四边形即为所求.
(3)解:∵,是的角平分线,
∴,,
∵,
∴,
∴,
∴,
∵,中点M,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,又,
∴,
解得,
∵ N为的中点,
∴.
20.【答案】(1)解:(1)①证明:∵四边形是菱形,
∴,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴;
②解:连接,如图所示:
∵四边形是菱形,
∴,
由①知,,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,
∴,
设,则,
∴,
∵,,
∴,
∴,
∴;
(2)解:为或或
【知识点】三角形全等及其性质;等腰三角形的性质;菱形的性质;相似三角形的判定与性质;旋转的性质
【解析】【解答】(2)解:如图:连接,
∵四边形是菱形,
∴,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
同理:,
∴,
∴,
是等腰三角形有三种情况:
①当时,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴;
②当时,
则,
∵,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴;
③当时,
则,
∴,
∴,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴;
综上所述,为或或.
故答案为:或或.
【分析】(1)①根据菱形的性质,证明出,由全等三角形的性质即可解答;
②连接,根据①中及菱形的性质得出,,得出AC是EF的垂直平分线,则说明,从而得出,可得,设,则,勾股定理得到,再由两边成比例夹角相等证明出,依据相似三角形的性质即可求解.
(2)连接,根据菱形的性质先证明,得出,是等腰三角形有三种情况:①当时,②当时,③当时,再根据全等三角形的判定与性质和相似三角形的性质与判定进行计算即可解答.
(1)①证明:∵四边形是菱形,
∴,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴;
②解:连接,如图所示:
∵四边形是菱形,
∴,
由①知,,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,
∴,
设,则,
∴,
∵,,
∴,
∴,
∴;
(2)解:如图:连接,
∵四边形是菱形,
∴,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
同理:,
∴,
∴,
是等腰三角形有三种情况:
①当时,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴;
②当时,
则,
∵,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴;
③当时,
则,
∴,
∴,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴;
综上所述,为或或.

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