資源簡介

廣東省深圳市亞迪學校2024-2025學年九年級上學期開學考試數學試題
一、選擇題（每題3分，共24分）
1．（2024九上·深圳開學考）如圖，四個圖標分別是劍橋大學、北京大學、浙江大學和復旦大學的校徽的重要組成部分，其中是軸對稱圖形但不是中心對稱圖形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2024九上·深圳開學考）如果，那么下列結論錯誤的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2024九上·深圳開學考）若分式 的值為零，則x的值是（　　）
A．1 B． C． D．2
4．（2024九上·深圳開學考）如圖，在矩形中，點B的坐標是，則的長是（　　）
A．2 B． C．4 D．
5．（2024九上·深圳開學考）關于x的一元二次方程的根的情況是（　　）
A．有兩個不相等的實數根 B．有兩個相等的實數根
C．只有一個實數根 D．沒有實數根
6．（2024九上·深圳開學考）為貫徹落實習近平總書記關于黃河流域生態保護和高質量發展的重要講話精神，某學校組織初一、初二兩個年級學生到黃河岸邊開展植樹造林活動．已知初一植樹棵與初二植樹棵所用的時間相同，兩個年級平均每小時共植樹棵．求初一年級平均每小時植樹多少棵？設初一年級平均每小時植樹棵，則下面所列方程中正確的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2024九上·深圳開學考）如圖，菱形中，點是的中點，，垂足為，交于點，，，則的長為（　　）
A． B． C． D．
8．（2024九上·深圳開學考）如圖，正方形的邊長為，點P在邊BC上，，連接，，過的中點E作，分別交，，于點M，F，N，則線段的長為（　　）
A． B．2 C． D．
二、填空題（每題3分，共15分）
9．（2024九上·深圳開學考）已知，，則　 　．
10．（2024九上·深圳開學考） 如果關于x的一元二次方程的一個解是，那么代數式的值是　 　．
11．（2024九上·深圳開學考）如圖，直線y1=k1x與直線y2=k2x+b交于點A(1，2)．當y112．（2024九上·深圳開學考）如圖， ABCD中∠D＝75°，AB＝4，AC＝BC，點E為線段AD上一動點，過點E作EF⊥AC于點F，連接BE，點G為BE中點，連接GF．當GF最小時，線段AF的值為　 　．
13．（2024九上·深圳開學考）如圖所示，在等腰直角中，，O是斜邊的中點，M為下方一點，且，，，則　 　．
三、解答題（共61分）
14．（2024九上·深圳開學考） 解下列方程：
（1）；
（2）．
15．（2024九上·深圳開學考）在如圖所示正方形網格中，A，B，C，D，E都在格點上．
（1）判斷四邊形是不是平行四邊形，請說明理由．
（2）以為一邊作一個菱形，要求另外兩個頂點也在格點上．
16．（2024九上·深圳開學考）如圖是一張長，寬的長方形紙板，將紙板四個角各剪去一個同樣的邊長為的正方形，然后將四周突出部分折起，可制成一個無蓋的長方體紙盒．
（1）無蓋方盒盒底的長為 ，寬為 （用含x的式子表示）．
（2）若要制作一個底面積是的無蓋的長方體紙盒，求剪去的正方形邊長．
17．（2024九上·深圳開學考）如圖，四邊形的對角線與相交于點O，，，有下列條件：
①，②．
（1）請從以上①②中任選1個作為條件，求證：四邊形是矩形；
（2）在（1）的條件下，若，，求四邊形的面積．
18．（2024九上·深圳開學考）為拓寬銷售渠道，助力鄉村振興，某鄉鎮幫助農戶將、兩個品種的柑橘加工包裝成禮盒再出售．已知每件品種柑橘禮盒比品種柑橘禮盒的售價少元．且出售件品種柑橘禮盒和件品種柑橘禮盒的總價共元．
（1）求、兩種柑橘禮盒每件的售價分別為多少元？
（2）已知加工、兩種柑橘禮盒每件的成本分別為元、元、該鄉鎮計劃在某農產品展銷活動中售出、兩種柑橘禮盒共盒，且品種柑橘禮盒售出的數量不超過品種柑橘禮盒數量的倍．總成本不超過元．要使農戶收益最大，該鄉鎮應怎樣安排、兩種柑橘禮盒的銷售方案，并求出農戶在這次農產品展銷活動中的最大收益為多少元？
19．（2024九上·深圳開學考）在平面直角坐標系中，已知，動點P在的圖象上運動（不與O重合），連接．過點P作，交x軸于點Q，連接．
（1）求線段長度的取值范圍；_______．
（2）點P運動的過程中，當為等腰三角形時，求點Q的坐標．
（3）將直線繞著點Q順時針旋轉，得到的直線恰好經過點A，請直接寫出點Q的坐標_______．
20．（2024九上·深圳開學考）折紙是富有趣味和有意義的一項活動，折紙中隱含著數學知識與思想方法，深入探究折紙，可以用數學的眼光發現，用數學的思維思考，用數學的語言描述，提升同學們的綜合素養．
（1）如圖1，一張等邊三角形紙片，點D是邊上一動點，將沿翻折，點C的對應點為E．若，，求線段的長；
（2）如圖2，一張正方形紙片，，M是的中點，將四邊形沿翻折得到四邊形，連接，求線段的長；
（3）如圖3，一張菱形紙片，，點E是邊上一動點，將沿翻折得到，射線與直線交于點M，若，，請直接寫出線段的長．
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】軸對稱圖形；中心對稱及中心對稱圖形
【解析】【解答】解：A、看起來像軸對稱圖形但不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形，不符合題意；
B、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，符合題意；
C、不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形，不符合題意；
D、不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形，不符合題意；
故答案為：B。
【分析】根據軸對稱和中心對稱圖形的定義：軸對稱是指存在一條直線（對稱軸），將圖形沿此線對折，兩部分完全重合。中心對稱是指存在一個中心點，圖形繞此點旋轉180度后與原圖形重合。據此即可判斷。
2．【答案】D
【知識點】不等式的性質
【解析】【解答】解：A、如果，那么，故本選項正確，不符合題意；
B、如果，那么，故本選項正確，不符合題意；
C、如果，那么，故本選項正確，不符合題意；
D、如果，那么，故本選項錯誤，符合題意；
故選：D
【分析】根據不等式的性質逐項進行判斷即可求出答案.
3．【答案】A
【知識點】分式的值為零的條件
【解析】【解答】解：∵分式 的值為零，
∴|x|﹣1=0，x+1≠0，
解得：x=1.
故答案為：A.
【分析】要使分式的值為0，則分子=0且分母≠0，列方程和不等式，分別求解，即可到符合題意的x的值。
4．【答案】D
【知識點】坐標與圖形性質；勾股定理；矩形的性質
【解析】【解答】解：連接，
∵點B的坐標是，
∴，
∵四邊形是矩形，
∴，
故答案為：D。
【分析】連接，根據B點坐標，然后再利用勾股定理求出OB的值，最后再根據矩形的性質即可求解。
5．【答案】A
【知識點】一元二次方程根的判別式及應用
【解析】【解答】解：∵，
∴，
故一元二次方程有兩個不相等的實數根，
故選：A.
【分析】由含參數k的方程代入判別式中，利用非負性判斷得出結論.
6．【答案】D
【知識點】列分式方程
【解析】【解答】解：設初一年級平均每小時植樹x棵，
根據題意，得：.
故答案為：D。
【分析】設初一年級平均每小時植樹x棵，初一植樹900棵與初二植樹1200棵所用的時間相同，即可得出方程。
7．【答案】C
【知識點】勾股定理；菱形的性質；解直角三角形；直角三角形斜邊上的中線
【解析】【解答】解：連接，如圖，
∵菱形中，與互相垂直平分，
又∵點是的中點，
∴A、O、C三點在同一直線上，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案為：C。
【分析】 連接 ，根據菱形的性質，可知，根據直角三角形斜邊中線等于斜邊一半可得，進而由菱形對角線求出邊長，在直角三角形OBC中，根據勾股定理：，代入數據求出BC的值，根據正切函數的定義：，代入數據，求出的值，根據直角三角形的互余的性質，易得 ，根據正弦函數的定義：，代入數據MC的值，最后再根據BM=BC-MC，代入數據求出BM的值，，代入數據求出MN的值。
8．【答案】B
【知識點】三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性質；直角三角形斜邊上的中線
【解析】【解答】解：∵正方形的邊長為，
∴，，
，，
，
如圖，過作交于，交與，連接，，則四邊形是矩形，
垂直平分，
，
，
∴，
，，
四邊形是矩形，
，
，
在與中，
，
，
，
∵，
∴，即，
∴是等腰直角三角形，
，
故答案為：B。
【分析】根據正方形的性質，易得， ，然后再根據勾股定理：，代入數據求出AP的值，過作交于，交與，連接，，根據垂直平分線的性質，易得AF=PF，根據 ，易得， ，根據矩形的基本性質，可得，易證，根據全等三角形的性質，可得 ，根據 ，易證是等腰直角三角形，據此即可求出EF的值。
9．【答案】
【知識點】代數式求值；因式分解﹣提公因式法
【解析】【解答】解：m2n+mn2=mn（m+n）=2×3=6.
故第1空答案為：6.
【分析】首先把m2n+mn2進行因式分解，然后再整體代入求代數式的值即可。
10．【答案】
【知識點】一元二次方程的根
【解析】【解答】解：∵ 關于x的一元二次方程的一個解是，
∴a-b+1=0，
∴a-b=-1，
∴2024+a-b=2024-1=2023.
故答案為：2023.
【分析】根據題意可得a-b+1=0，變形得到a-b=-1，將其代入2024+a-b進行計算，即可得到答案.
11．【答案】
【知識點】一次函數與不等式（組）的關系
【解析】【解答】解：如圖，已知直線y1=k1x與直線y2=k2x+b2相交于點A（1，2），則當y1＜y2時，x的取值范圍為 x＜1．
故答案是：x＜1．
【分析】當直線y1=k1x的圖象在直線y2=k2x+b2的圖象下方時，有y112．【答案】
【知識點】垂線段最短及其應用；等邊三角形的判定與性質；勾股定理；三角形的中位線定理；四邊形-動點問題
【解析】【解答】解：如圖，延長到點H，使，連接，
∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴是等邊三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
當時，最小，此時，，
，解得，
中， ，，
故答案為：．
【分析】
由于點G是線段BE的中點，可倍長EF到點H，連接AH、BH，則GF是的中位線，當BH最小時GF也最小，由于等腰三角形ACD的底角為75度，則頂角為30度，由于AC垂直平分EH，則可判定是等邊三角形，所以總等于60度，即點H總在的邊AH上運動，顯然當BH垂直AH時BH最小，此時再利用已知角的度數可判定為等邊三角形且AB為斜邊，則AH可求，再在等邊三角形AEH中利用勾股定理即可求得AF的值．
13．【答案】
【知識點】三角形全等及其性質；勾股定理；等腰直角三角形；直角三角形斜邊上的中線；旋轉全等模型
【解析】【解答】解：如圖，過點作，截取，連接，，并延長交于點，交于點，連結，則，
在等腰直角中，是斜邊的中點，
，
，
，
∴，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
故答案為：．
【分析】過點作，截取，連接，，并延長交于點，交于點，連結，則，根據直角三角形斜邊上的中線性質可得，根據角之間的關系可得，再根據全等三角形判定定理可得，則，再根據等腰三角形判定定理可得是等腰直角三角形，則，再根據邊之間的關系可得PQ，再根據勾股定理可得PM，再根據等腰直角三角形性質即可求出答案.
14．【答案】（1）解：，
，
或，
解得：；

（2）解：
或
解得：，．
【知識點】直接開平方法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）根據因式分解法解方程即可求出答案.
（2）直接開方解方程即可求出答案.
（1）解：，
，
或，
解得：；
（2）解：
或
解得：，．
15．【答案】（1）解：四邊形是平行四邊形．
理由如下：∵，，
∴四邊形是平行四邊形；
（2）解：如圖，菱形或菱形，畫出任一種即可．
【知識點】勾股定理；平行四邊形的判定；菱形的判定
【解析】【分析】（1）根據勾股定理得到，，然后利用兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形解答；
（2）利用菱形的判定定理作圖即可．
（1）解：四邊形是平行四邊形．理由如下：
∵，，
∴四邊形是平行四邊形；
（2）解：如圖，菱形或菱形，畫出任一種即可．
16．【答案】（1），
（2）解：由題意得：，
整理得：，
解得：（不符合題意，舍去）
∴剪去的正方形邊長為
【知識點】一元二次方程的應用-幾何問題
【解析】【解答】解：（1）由圖示可知：無蓋方盒盒底的長為，寬為
故答案為：，
【分析】（1）由圖形即可求出答案.
（2）根據題意建立方程，解方程即可求出答案.
（1）由圖示可知：無蓋方盒盒底的長為，寬為
故答案為：，
（2）由題意得：，
整理得：，
解得：（不符合題意，舍去）
∴剪去的正方形邊長為
17．【答案】（1）選擇①，證明：∵，，
∴是平行四邊形，
又∵，
∴四邊形是矩形
（2）解：∵，
∴，
∴矩形的面積為．
【知識點】勾股定理；平行四邊形的判定；矩形的判定
【解析】【分析】（1）根據平行四邊形的判定定理：兩組對邊平行或一組對邊平行且相等，證明是平行四邊形，最后再根據矩形的定義即可證明
（2）根據直角三角形的勾股定理：，代入數據求出BC的長，最后再根據矩形的面積公式，即可求解。
（1）選擇①，
證明：∵，，
∴是平行四邊形，
又∵，
∴四邊形是矩形；
選擇②，
證明：∵，，
∴是平行四邊形，
又∵，
∴四邊形是矩形；
（2）解：∵，
∴，
∴矩形的面積為．
18．【答案】（1）解：設、兩種柑橘禮盒每件的售價分別為元，b元，根據題意得，
解得：
答：、兩種柑橘禮盒每件的售價分別為元；
（2）解：設售出種柑橘禮盒盒，則售出種柑橘禮盒盒，根據題意得，
解得：
設收益為元，根據題意得，
∵
∴隨的增大而減小，
∴當時，取得最大值，最大值為（元）
∴售出種柑橘禮盒（盒）
答：要使農戶收益最大，銷售方案為售出種柑橘禮盒盒，售出種柑橘禮盒盒，最大收益為元．
【知識點】一元一次不等式的應用；二元一次方程組的實際應用-銷售問題；一次函數的實際應用-銷售問題
【解析】【分析】（1）設、兩種柑橘禮盒每件的售價分別為a元，b元，根據“ 每件品種柑橘禮盒比品種柑橘禮盒的售價少元．且出售件品種柑橘禮盒和件品種柑橘禮盒的總價共元 ”，由此可建立方程組：，然后再解方程組即可。
（2）設售出種柑橘禮盒盒，則售出種柑橘禮盒盒，根據“品種柑橘禮盒售出的數量不超過品種柑橘禮盒數量的倍．總成本不超過元”列出不等式組：，求出x的解集，設收益為元，根據題意列出函數關系式：，然后再根據一次函數的性質，即可求解。
（1）解：設、兩種柑橘禮盒每件的售價分別為元，b元，根據題意得，
解得：
答：、兩種柑橘禮盒每件的售價分別為元；
（2）解：設售出種柑橘禮盒盒，則售出種柑橘禮盒盒，根據題意得，
解得：
設收益為元，根據題意得，
∵
∴隨的增大而減小，
∴當時，取得最大值，最大值為（元）
∴售出種柑橘禮盒（盒）
答：要使農戶收益最大，銷售方案為售出種柑橘禮盒盒，售出種柑橘禮盒盒，最大收益為元．
19．【答案】（1）如圖1，作，則，作于，
點在的圖象上，
∴設，則，，
∴，
，
∴，，
∴，
，
；
（2）設，，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
整理得，
，，，
①時，則，
∴
整理得：
解得
，，，
②當時，則，
∴
整理得：
解得：或
當時，點與重合，舍去，
，
③當時，
∴
整理得：
解得：
點的坐標為，或，或，或。
（3）
【知識點】公式法解一元二次方程；勾股定理；圓周角定理；解直角三角形；一次函數的實際應用-幾何問題
【解析】【解答】解：（1）
①當點在第三象限時，如圖2，
由，可得、、、四點共圓，
，
②當點在第一象限的線段上時，如圖3
由可得、、、四點共圓
，
又此時，
，
③當點在第一象限的線段的延長線上時，
由可得，
、、、四點共圓，
，
綜上所述，；
故答案為：；
（3）將直線繞著點Q順時針旋轉，得到的直線恰好經過點A，且，
∴旋轉后的直線為直線，此時到直線和的距離相等，
直線交軸于，作于，于，則，
∴，
∴，，
設，則，
∵，
∴，解得
∵，
∴，
∵
∴，解得，
∴
∴，
故答案為：．
【分析】（1） 作，則，作于 ，根據P點在上， 設 ，則， ，根據正切函數的定義，可得，然后再根據特殊角的三角函數，可求出的度數，進而可得的度數，根據A點的坐標，可知OA的值，然后再根據三角函數的定義：，代入數據求出的值，即為的最小值；當點在第三象限、點在第一象限的線段上、點在第一象限的線段的延長線上三種情況，根據 ，根據四點共圓性質求解；
（2）設， ，根據A點的坐標，根據兩點間的坐標公式，分別求吹AP、AQ和PQ的值，然后再根據，可得 ，然后再將AP、AQ和PQ的值代入，求出n關于m的關系式，進而求出Q的坐標，然后再根據兩點間的距離公式，求出OP、OQ和PQ的值，分、、三種情況，代入數據分別求出m，然后再根據題干要求，對m的值進行取舍即可，進而即可求出Q點的坐標。
（3）將直線繞著點Q順時針旋轉，得到的直線恰好經過點A，且，易得 ，進而可得， ， 設，則， 根據勾股定理： ，代入數據，求出QN的值，然后再根據特殊角的三角函數和三角函數的定義，可得 ，代入數據，即可求出ON的值，而，代入數據，即可求出a的值，進而可求出OQ的值，即可求出Q點坐標。
（1）如圖1，作，則，作于，
點在的圖象上，
∴設，則，，
∴，
，
∴，，
∴，
，
；
①當點在第三象限時，如圖2，
由，可得、、、四點共圓，
，
②當點在第一象限的線段上時，如圖3
由可得、、、四點共圓
，
又此時，
，
③當點在第一象限的線段的延長線上時，
由可得，
、、、四點共圓，
，
綜上所述，；
故答案為：；
（2）設，，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
整理得，
，，，
①時，則，
∴
整理得：
解得
，，，
②當時，則，
∴
整理得：
解得：或
當時，點與重合，舍去，
，
③當時，
∴
整理得：
解得：
點的坐標為，或，或，或．
（3）將直線繞著點Q順時針旋轉，得到的直線恰好經過點A，且，
∴旋轉后的直線為直線，此時到直線和的距離相等，
直線交軸于，作于，于，則，
∴，
∴，，
設，則，
∵，
∴，解得
∵，
∴，
∵
∴，解得，
∴
∴，
故答案為：．
20．【答案】（1）解：過點作于點，
由折疊知，
∵，
∴，
∴，
∵為等邊三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，由勾股定理得，為等腰直角三角形，
∴，
∴。
（2）解：過點作交于點，
∵四邊形是正方形，
∴，
由折疊得，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵點為中點，
∴，
∴，
設，則，，
在中，由勾股定理得，，
解得：，
∴，
∴在中，由勾股定理得，。
（3）或
【知識點】等邊三角形的判定與性質；菱形的性質；正方形的性質；解直角三角形；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】（3）解：當點在延長線上時，
連接，過點作的垂線，垂足為，過點作于點，則，
∵四邊形是菱形，
∴，
∵，
∴為等邊三角形，，
∴，，
由翻折得，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
設，則，，
在中，，
∴，
∴同上可求，，
由勾股定理得，，
在中，由勾股定理得，
解得：；
當點在線段上時，
同上可得：，
設，則，，，
在中，由勾股定理得，
解得：．
綜上所述，線段的長為或。
【分析】（1）過點作于點，由折疊的性質，可得，根據 ，易得，則，根據為等邊三角形得，又根據， 求出 ，根據勾股定理，求出DQ的值，易得為等腰直角三角形，然后再根據等腰直角三角形的性質，即可求解。
（2）過點作交于點，根據正方形的性質，可得， ，根據折疊的性質，易得，然后再根據平行線的性質，可得 ，根據 點為中點，可得，再根據正切函數的定義，可得，設，則，，在中，由勾股定理得，，求出a的值，則，在中，由勾股定理：，代入數據，求出FD的值。
（3）當點在延長線上時，連接，過點作的垂線，垂足為，過點作于點，則，根據菱形的基本性質，可得， ，根據 ，易得為等邊三角形 ，然后再根據翻折的性質，可得，， ，易證，再根據 易證，再根據 ，易證，則，設，則，，在中，，，，由勾股定理，求出MH的值，在中，由勾股定理得，，求出x的值；當點在線段上時，同理，即可求出x的值。
（1）解：過點作于點，
由折疊知，
∵，
∴，
∴，
∵為等邊三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，由勾股定理得，為等腰直角三角形，
∴，
∴；
（2）解：過點作交于點，
∵四邊形是正方形，
∴，
由折疊得，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵點為中點，
∴，
∴，
設，則，，
在中，由勾股定理得，，
解得：，
∴，
∴在中，由勾股定理得，；
（3）解：當點在延長線上時，
連接，過點作的垂線，垂足為，過點作于點，則，
∵四邊形是菱形，
∴，
∵，
∴為等邊三角形，，
∴，，
由翻折得，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
設，則，，
在中，，
∴，
∴同上可求，，
由勾股定理得，，
在中，由勾股定理得，
解得：；
當點在線段上時，
同上可得：，
設，則，，，
在中，由勾股定理得，
解得：．
綜上所述，線段的長為或．
1 / 1廣東省深圳市亞迪學校2024-2025學年九年級上學期開學考試數學試題
一、選擇題（每題3分，共24分）
1．（2024九上·深圳開學考）如圖，四個圖標分別是劍橋大學、北京大學、浙江大學和復旦大學的校徽的重要組成部分，其中是軸對稱圖形但不是中心對稱圖形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知識點】軸對稱圖形；中心對稱及中心對稱圖形
【解析】【解答】解：A、看起來像軸對稱圖形但不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形，不符合題意；
B、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，符合題意；
C、不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形，不符合題意；
D、不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形，不符合題意；
故答案為：B。
【分析】根據軸對稱和中心對稱圖形的定義：軸對稱是指存在一條直線（對稱軸），將圖形沿此線對折，兩部分完全重合。中心對稱是指存在一個中心點，圖形繞此點旋轉180度后與原圖形重合。據此即可判斷。
2．（2024九上·深圳開學考）如果，那么下列結論錯誤的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】不等式的性質
【解析】【解答】解：A、如果，那么，故本選項正確，不符合題意；
B、如果，那么，故本選項正確，不符合題意；
C、如果，那么，故本選項正確，不符合題意；
D、如果，那么，故本選項錯誤，符合題意；
故選：D
【分析】根據不等式的性質逐項進行判斷即可求出答案.
3．（2024九上·深圳開學考）若分式 的值為零，則x的值是（　　）
A．1 B． C． D．2
【答案】A
【知識點】分式的值為零的條件
【解析】【解答】解：∵分式 的值為零，
∴|x|﹣1=0，x+1≠0，
解得：x=1.
故答案為：A.
【分析】要使分式的值為0，則分子=0且分母≠0，列方程和不等式，分別求解，即可到符合題意的x的值。
4．（2024九上·深圳開學考）如圖，在矩形中，點B的坐標是，則的長是（　　）
A．2 B． C．4 D．
【答案】D
【知識點】坐標與圖形性質；勾股定理；矩形的性質
【解析】【解答】解：連接，
∵點B的坐標是，
∴，
∵四邊形是矩形，
∴，
故答案為：D。
【分析】連接，根據B點坐標，然后再利用勾股定理求出OB的值，最后再根據矩形的性質即可求解。
5．（2024九上·深圳開學考）關于x的一元二次方程的根的情況是（　　）
A．有兩個不相等的實數根 B．有兩個相等的實數根
C．只有一個實數根 D．沒有實數根
【答案】A
【知識點】一元二次方程根的判別式及應用
【解析】【解答】解：∵，
∴，
故一元二次方程有兩個不相等的實數根，
故選：A.
【分析】由含參數k的方程代入判別式中，利用非負性判斷得出結論.
6．（2024九上·深圳開學考）為貫徹落實習近平總書記關于黃河流域生態保護和高質量發展的重要講話精神，某學校組織初一、初二兩個年級學生到黃河岸邊開展植樹造林活動．已知初一植樹棵與初二植樹棵所用的時間相同，兩個年級平均每小時共植樹棵．求初一年級平均每小時植樹多少棵？設初一年級平均每小時植樹棵，則下面所列方程中正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知識點】列分式方程
【解析】【解答】解：設初一年級平均每小時植樹x棵，
根據題意，得：.
故答案為：D。
【分析】設初一年級平均每小時植樹x棵，初一植樹900棵與初二植樹1200棵所用的時間相同，即可得出方程。
7．（2024九上·深圳開學考）如圖，菱形中，點是的中點，，垂足為，交于點，，，則的長為（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】勾股定理；菱形的性質；解直角三角形；直角三角形斜邊上的中線
【解析】【解答】解：連接，如圖，
∵菱形中，與互相垂直平分，
又∵點是的中點，
∴A、O、C三點在同一直線上，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案為：C。
【分析】 連接 ，根據菱形的性質，可知，根據直角三角形斜邊中線等于斜邊一半可得，進而由菱形對角線求出邊長，在直角三角形OBC中，根據勾股定理：，代入數據求出BC的值，根據正切函數的定義：，代入數據，求出的值，根據直角三角形的互余的性質，易得 ，根據正弦函數的定義：，代入數據MC的值，最后再根據BM=BC-MC，代入數據求出BM的值，，代入數據求出MN的值。
8．（2024九上·深圳開學考）如圖，正方形的邊長為，點P在邊BC上，，連接，，過的中點E作，分別交，，于點M，F，N，則線段的長為（　　）
A． B．2 C． D．
【答案】B
【知識點】三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性質；直角三角形斜邊上的中線
【解析】【解答】解：∵正方形的邊長為，
∴，，
，，
，
如圖，過作交于，交與，連接，，則四邊形是矩形，
垂直平分，
，
，
∴，
，，
四邊形是矩形，
，
，
在與中，
，
，
，
∵，
∴，即，
∴是等腰直角三角形，
，
故答案為：B。
【分析】根據正方形的性質，易得， ，然后再根據勾股定理：，代入數據求出AP的值，過作交于，交與，連接，，根據垂直平分線的性質，易得AF=PF，根據 ，易得， ，根據矩形的基本性質，可得，易證，根據全等三角形的性質，可得 ，根據 ，易證是等腰直角三角形，據此即可求出EF的值。
二、填空題（每題3分，共15分）
9．（2024九上·深圳開學考）已知，，則　 　．
【答案】
【知識點】代數式求值；因式分解﹣提公因式法
【解析】【解答】解：m2n+mn2=mn（m+n）=2×3=6.
故第1空答案為：6.
【分析】首先把m2n+mn2進行因式分解，然后再整體代入求代數式的值即可。
10．（2024九上·深圳開學考） 如果關于x的一元二次方程的一個解是，那么代數式的值是　 　．
【答案】
【知識點】一元二次方程的根
【解析】【解答】解：∵ 關于x的一元二次方程的一個解是，
∴a-b+1=0，
∴a-b=-1，
∴2024+a-b=2024-1=2023.
故答案為：2023.
【分析】根據題意可得a-b+1=0，變形得到a-b=-1，將其代入2024+a-b進行計算，即可得到答案.
11．（2024九上·深圳開學考）如圖，直線y1=k1x與直線y2=k2x+b交于點A(1，2)．當y1【答案】
【知識點】一次函數與不等式（組）的關系
【解析】【解答】解：如圖，已知直線y1=k1x與直線y2=k2x+b2相交于點A（1，2），則當y1＜y2時，x的取值范圍為 x＜1．
故答案是：x＜1．
【分析】當直線y1=k1x的圖象在直線y2=k2x+b2的圖象下方時，有y112．（2024九上·深圳開學考）如圖， ABCD中∠D＝75°，AB＝4，AC＝BC，點E為線段AD上一動點，過點E作EF⊥AC于點F，連接BE，點G為BE中點，連接GF．當GF最小時，線段AF的值為　 　．
【答案】
【知識點】垂線段最短及其應用；等邊三角形的判定與性質；勾股定理；三角形的中位線定理；四邊形-動點問題
【解析】【解答】解：如圖，延長到點H，使，連接，
∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴是等邊三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
當時，最小，此時，，
，解得，
中， ，，
故答案為：．
【分析】
由于點G是線段BE的中點，可倍長EF到點H，連接AH、BH，則GF是的中位線，當BH最小時GF也最小，由于等腰三角形ACD的底角為75度，則頂角為30度，由于AC垂直平分EH，則可判定是等邊三角形，所以總等于60度，即點H總在的邊AH上運動，顯然當BH垂直AH時BH最小，此時再利用已知角的度數可判定為等邊三角形且AB為斜邊，則AH可求，再在等邊三角形AEH中利用勾股定理即可求得AF的值．
13．（2024九上·深圳開學考）如圖所示，在等腰直角中，，O是斜邊的中點，M為下方一點，且，，，則　 　．
【答案】
【知識點】三角形全等及其性質；勾股定理；等腰直角三角形；直角三角形斜邊上的中線；旋轉全等模型
【解析】【解答】解：如圖，過點作，截取，連接，，并延長交于點，交于點，連結，則，
在等腰直角中，是斜邊的中點，
，
，
，
∴，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
故答案為：．
【分析】過點作，截取，連接，，并延長交于點，交于點，連結，則，根據直角三角形斜邊上的中線性質可得，根據角之間的關系可得，再根據全等三角形判定定理可得，則，再根據等腰三角形判定定理可得是等腰直角三角形，則，再根據邊之間的關系可得PQ，再根據勾股定理可得PM，再根據等腰直角三角形性質即可求出答案.
三、解答題（共61分）
14．（2024九上·深圳開學考） 解下列方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：，
，
或，
解得：；

（2）解：
或
解得：，．
【知識點】直接開平方法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）根據因式分解法解方程即可求出答案.
（2）直接開方解方程即可求出答案.
（1）解：，
，
或，
解得：；
（2）解：
或
解得：，．
15．（2024九上·深圳開學考）在如圖所示正方形網格中，A，B，C，D，E都在格點上．
（1）判斷四邊形是不是平行四邊形，請說明理由．
（2）以為一邊作一個菱形，要求另外兩個頂點也在格點上．
【答案】（1）解：四邊形是平行四邊形．
理由如下：∵，，
∴四邊形是平行四邊形；
（2）解：如圖，菱形或菱形，畫出任一種即可．
【知識點】勾股定理；平行四邊形的判定；菱形的判定
【解析】【分析】（1）根據勾股定理得到，，然后利用兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形解答；
（2）利用菱形的判定定理作圖即可．
（1）解：四邊形是平行四邊形．理由如下：
∵，，
∴四邊形是平行四邊形；
（2）解：如圖，菱形或菱形，畫出任一種即可．
16．（2024九上·深圳開學考）如圖是一張長，寬的長方形紙板，將紙板四個角各剪去一個同樣的邊長為的正方形，然后將四周突出部分折起，可制成一個無蓋的長方體紙盒．
（1）無蓋方盒盒底的長為 ，寬為 （用含x的式子表示）．
（2）若要制作一個底面積是的無蓋的長方體紙盒，求剪去的正方形邊長．
【答案】（1），
（2）解：由題意得：，
整理得：，
解得：（不符合題意，舍去）
∴剪去的正方形邊長為
【知識點】一元二次方程的應用-幾何問題
【解析】【解答】解：（1）由圖示可知：無蓋方盒盒底的長為，寬為
故答案為：，
【分析】（1）由圖形即可求出答案.
（2）根據題意建立方程，解方程即可求出答案.
（1）由圖示可知：無蓋方盒盒底的長為，寬為
故答案為：，
（2）由題意得：，
整理得：，
解得：（不符合題意，舍去）
∴剪去的正方形邊長為
17．（2024九上·深圳開學考）如圖，四邊形的對角線與相交于點O，，，有下列條件：
①，②．
（1）請從以上①②中任選1個作為條件，求證：四邊形是矩形；
（2）在（1）的條件下，若，，求四邊形的面積．
【答案】（1）選擇①，證明：∵，，
∴是平行四邊形，
又∵，
∴四邊形是矩形
（2）解：∵，
∴，
∴矩形的面積為．
【知識點】勾股定理；平行四邊形的判定；矩形的判定
【解析】【分析】（1）根據平行四邊形的判定定理：兩組對邊平行或一組對邊平行且相等，證明是平行四邊形，最后再根據矩形的定義即可證明
（2）根據直角三角形的勾股定理：，代入數據求出BC的長，最后再根據矩形的面積公式，即可求解。
（1）選擇①，
證明：∵，，
∴是平行四邊形，
又∵，
∴四邊形是矩形；
選擇②，
證明：∵，，
∴是平行四邊形，
又∵，
∴四邊形是矩形；
（2）解：∵，
∴，
∴矩形的面積為．
18．（2024九上·深圳開學考）為拓寬銷售渠道，助力鄉村振興，某鄉鎮幫助農戶將、兩個品種的柑橘加工包裝成禮盒再出售．已知每件品種柑橘禮盒比品種柑橘禮盒的售價少元．且出售件品種柑橘禮盒和件品種柑橘禮盒的總價共元．
（1）求、兩種柑橘禮盒每件的售價分別為多少元？
（2）已知加工、兩種柑橘禮盒每件的成本分別為元、元、該鄉鎮計劃在某農產品展銷活動中售出、兩種柑橘禮盒共盒，且品種柑橘禮盒售出的數量不超過品種柑橘禮盒數量的倍．總成本不超過元．要使農戶收益最大，該鄉鎮應怎樣安排、兩種柑橘禮盒的銷售方案，并求出農戶在這次農產品展銷活動中的最大收益為多少元？
【答案】（1）解：設、兩種柑橘禮盒每件的售價分別為元，b元，根據題意得，
解得：
答：、兩種柑橘禮盒每件的售價分別為元；
（2）解：設售出種柑橘禮盒盒，則售出種柑橘禮盒盒，根據題意得，
解得：
設收益為元，根據題意得，
∵
∴隨的增大而減小，
∴當時，取得最大值，最大值為（元）
∴售出種柑橘禮盒（盒）
答：要使農戶收益最大，銷售方案為售出種柑橘禮盒盒，售出種柑橘禮盒盒，最大收益為元．
【知識點】一元一次不等式的應用；二元一次方程組的實際應用-銷售問題；一次函數的實際應用-銷售問題
【解析】【分析】（1）設、兩種柑橘禮盒每件的售價分別為a元，b元，根據“ 每件品種柑橘禮盒比品種柑橘禮盒的售價少元．且出售件品種柑橘禮盒和件品種柑橘禮盒的總價共元 ”，由此可建立方程組：，然后再解方程組即可。
（2）設售出種柑橘禮盒盒，則售出種柑橘禮盒盒，根據“品種柑橘禮盒售出的數量不超過品種柑橘禮盒數量的倍．總成本不超過元”列出不等式組：，求出x的解集，設收益為元，根據題意列出函數關系式：，然后再根據一次函數的性質，即可求解。
（1）解：設、兩種柑橘禮盒每件的售價分別為元，b元，根據題意得，
解得：
答：、兩種柑橘禮盒每件的售價分別為元；
（2）解：設售出種柑橘禮盒盒，則售出種柑橘禮盒盒，根據題意得，
解得：
設收益為元，根據題意得，
∵
∴隨的增大而減小，
∴當時，取得最大值，最大值為（元）
∴售出種柑橘禮盒（盒）
答：要使農戶收益最大，銷售方案為售出種柑橘禮盒盒，售出種柑橘禮盒盒，最大收益為元．
19．（2024九上·深圳開學考）在平面直角坐標系中，已知，動點P在的圖象上運動（不與O重合），連接．過點P作，交x軸于點Q，連接．
（1）求線段長度的取值范圍；_______．
（2）點P運動的過程中，當為等腰三角形時，求點Q的坐標．
（3）將直線繞著點Q順時針旋轉，得到的直線恰好經過點A，請直接寫出點Q的坐標_______．
【答案】（1）如圖1，作，則，作于，
點在的圖象上，
∴設，則，，
∴，
，
∴，，
∴，
，
；
（2）設，，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
整理得，
，，，
①時，則，
∴
整理得：
解得
，，，
②當時，則，
∴
整理得：
解得：或
當時，點與重合，舍去，
，
③當時，
∴
整理得：
解得：
點的坐標為，或，或，或。
（3）
【知識點】公式法解一元二次方程；勾股定理；圓周角定理；解直角三角形；一次函數的實際應用-幾何問題
【解析】【解答】解：（1）
①當點在第三象限時，如圖2，
由，可得、、、四點共圓，
，
②當點在第一象限的線段上時，如圖3
由可得、、、四點共圓
，
又此時，
，
③當點在第一象限的線段的延長線上時，
由可得，
、、、四點共圓，
，
綜上所述，；
故答案為：；
（3）將直線繞著點Q順時針旋轉，得到的直線恰好經過點A，且，
∴旋轉后的直線為直線，此時到直線和的距離相等，
直線交軸于，作于，于，則，
∴，
∴，，
設，則，
∵，
∴，解得
∵，
∴，
∵
∴，解得，
∴
∴，
故答案為：．
【分析】（1） 作，則，作于 ，根據P點在上， 設 ，則， ，根據正切函數的定義，可得，然后再根據特殊角的三角函數，可求出的度數，進而可得的度數，根據A點的坐標，可知OA的值，然后再根據三角函數的定義：，代入數據求出的值，即為的最小值；當點在第三象限、點在第一象限的線段上、點在第一象限的線段的延長線上三種情況，根據 ，根據四點共圓性質求解；
（2）設， ，根據A點的坐標，根據兩點間的坐標公式，分別求吹AP、AQ和PQ的值，然后再根據，可得 ，然后再將AP、AQ和PQ的值代入，求出n關于m的關系式，進而求出Q的坐標，然后再根據兩點間的距離公式，求出OP、OQ和PQ的值，分、、三種情況，代入數據分別求出m，然后再根據題干要求，對m的值進行取舍即可，進而即可求出Q點的坐標。
（3）將直線繞著點Q順時針旋轉，得到的直線恰好經過點A，且，易得 ，進而可得， ， 設，則， 根據勾股定理： ，代入數據，求出QN的值，然后再根據特殊角的三角函數和三角函數的定義，可得 ，代入數據，即可求出ON的值，而，代入數據，即可求出a的值，進而可求出OQ的值，即可求出Q點坐標。
（1）如圖1，作，則，作于，
點在的圖象上，
∴設，則，，
∴，
，
∴，，
∴，
，
；
①當點在第三象限時，如圖2，
由，可得、、、四點共圓，
，
②當點在第一象限的線段上時，如圖3
由可得、、、四點共圓
，
又此時，
，
③當點在第一象限的線段的延長線上時，
由可得，
、、、四點共圓，
，
綜上所述，；
故答案為：；
（2）設，，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
整理得，
，，，
①時，則，
∴
整理得：
解得
，，，
②當時，則，
∴
整理得：
解得：或
當時，點與重合，舍去，
，
③當時，
∴
整理得：
解得：
點的坐標為，或，或，或．
（3）將直線繞著點Q順時針旋轉，得到的直線恰好經過點A，且，
∴旋轉后的直線為直線，此時到直線和的距離相等，
直線交軸于，作于，于，則，
∴，
∴，，
設，則，
∵，
∴，解得
∵，
∴，
∵
∴，解得，
∴
∴，
故答案為：．
20．（2024九上·深圳開學考）折紙是富有趣味和有意義的一項活動，折紙中隱含著數學知識與思想方法，深入探究折紙，可以用數學的眼光發現，用數學的思維思考，用數學的語言描述，提升同學們的綜合素養．
（1）如圖1，一張等邊三角形紙片，點D是邊上一動點，將沿翻折，點C的對應點為E．若，，求線段的長；
（2）如圖2，一張正方形紙片，，M是的中點，將四邊形沿翻折得到四邊形，連接，求線段的長；
（3）如圖3，一張菱形紙片，，點E是邊上一動點，將沿翻折得到，射線與直線交于點M，若，，請直接寫出線段的長．
【答案】（1）解：過點作于點，
由折疊知，
∵，
∴，
∴，
∵為等邊三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，由勾股定理得，為等腰直角三角形，
∴，
∴。
（2）解：過點作交于點，
∵四邊形是正方形，
∴，
由折疊得，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵點為中點，
∴，
∴，
設，則，，
在中，由勾股定理得，，
解得：，
∴，
∴在中，由勾股定理得，。
（3）或
【知識點】等邊三角形的判定與性質；菱形的性質；正方形的性質；解直角三角形；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】（3）解：當點在延長線上時，
連接，過點作的垂線，垂足為，過點作于點，則，
∵四邊形是菱形，
∴，
∵，
∴為等邊三角形，，
∴，，
由翻折得，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
設，則，，
在中，，
∴，
∴同上可求，，
由勾股定理得，，
在中，由勾股定理得，
解得：；
當點在線段上時，
同上可得：，
設，則，，，
在中，由勾股定理得，
解得：．
綜上所述，線段的長為或。
【分析】（1）過點作于點，由折疊的性質，可得，根據 ，易得，則，根據為等邊三角形得，又根據， 求出 ，根據勾股定理，求出DQ的值，易得為等腰直角三角形，然后再根據等腰直角三角形的性質，即可求解。
（2）過點作交于點，根據正方形的性質，可得， ，根據折疊的性質，易得，然后再根據平行線的性質，可得 ，根據 點為中點，可得，再根據正切函數的定義，可得，設，則，，在中，由勾股定理得，，求出a的值，則，在中，由勾股定理：，代入數據，求出FD的值。
（3）當點在延長線上時，連接，過點作的垂線，垂足為，過點作于點，則，根據菱形的基本性質，可得， ，根據 ，易得為等邊三角形 ，然后再根據翻折的性質，可得，， ，易證，再根據 易證，再根據 ，易證，則，設，則，，在中，，，，由勾股定理，求出MH的值，在中，由勾股定理得，，求出x的值；當點在線段上時，同理，即可求出x的值。
（1）解：過點作于點，
由折疊知，
∵，
∴，
∴，
∵為等邊三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，由勾股定理得，為等腰直角三角形，
∴，
∴；
（2）解：過點作交于點，
∵四邊形是正方形，
∴，
由折疊得，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵點為中點，
∴，
∴，
設，則，，
在中，由勾股定理得，，
解得：，
∴，
∴在中，由勾股定理得，；
（3）解：當點在延長線上時，
連接，過點作的垂線，垂足為，過點作于點，則，
∵四邊形是菱形，
∴，
∵，
∴為等邊三角形，，
∴，，
由翻折得，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
設，則，，
在中，，
∴，
∴同上可求，，
由勾股定理得，，
在中，由勾股定理得，
解得：；
當點在線段上時，
同上可得：，
設，則，，，
在中，由勾股定理得，
解得：．
綜上所述，線段的長為或．
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