2023-2024学年辽宁省沈阳市皇姑区虹桥中学九年级（上）开学数学试卷（含解析）

2023-2024学年辽宁省沈阳市皇姑区虹桥中学九年级（上）开学数学试卷一、选择题（本大题共10小题，共20分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.下列图案中，是中心对称图形，不是轴对称图形的是(

)A. B. C. D.2.下列各式从左到右的变形，因式分解正确的是(

)A.(a+3)2=a2+6a+9 B.a3.一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数(

)A.9 B.8 C.7 D.64.已知x=2是方程x2−4x+c=0的一个根，则c的值是(

)A.−12 B.−4 C.4 D.125.分式xx+2有意义的条件是(

)A.x≠0 B.x=−2 C.x≠2 D.x≠−26.关于x的一元二次方程(a−1)x2+x+a2−1=0的一个根是0A.1 B.−1 C.1或−1 D.17.在下列命题中，正确的是(

)A.一组对边平行的四边形是平行四边形 B.有一个角是直角的四边形是矩形

C.有一组邻边相等的平行四边形是菱形 D.对角线互相垂直平分的四边形是正方形8.受今年五月份雷暴雨影响，深圳某路段长120米的铁路被水冲垮了，施工队抢分夺秒每小时比原计划多修5米，结果提前4小时开通了列车．若原计划每小时修x米，则所列方程正确的是(

)A.120x−120x+5=4 B.120x+59.不解方程，判断方程3x2−4x+1=0的根的情况是A.有两个相等的实根 B.有两个不相等的实数根

C.无实数根 D.无法确定10.在平面直角坐标系中，把△ABC先沿x轴翻折，再向右平移3个单位，得到△A1B1C1，把这两步操作规定为翻移变换，如图，已知等边三角形ABC的顶点B，C的坐标分别是(1,1)，(3,1).把△ABC经过连续3次翻移变换得到△A3BA.(5,−3)

B.(8,1+3)二、填空题（本大题共6小题，共18分）11.不等式组x+1>01−2x>0的解集是

．12.方程(x−1)(x+1)=x−1的解是______．13.若a(a≠0)是关于方程x2+bx−2a=0的一个根，则a+b的值为______．14.如图，在菱形ABCD中，∠ADC=120°，AD=4，P是AB边上的一点，E、F分别是DP、BP的中点，则线段EF的长为______．

15.如图，将边长为8厘米的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在BC边中点E处，点A落在点F处，折痕为MN，则线段MN的长是______．

16.四边形ABCD是正方形，点E是直线AD上的一点，连接CE，以CE为一边作正方形CEFG(C、E、F、G四个点按照逆时针方向排序)，直线BE与直线GD交于点H，若AE=2，AB=4，则点F到GH的距离为______．

三、解答题（本大题共9小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题10.0分)

计算：

(1)(3−π)0−|−1418.(本小题5.0分)

解方程：x2−2x=2x+119.(本小题8.0分)

如图，在△ABC中，AB=AC，D为直线BC上一动点(不与点B，C重合)，在AD的右侧作△ADE，使得AE=AD，∠DAE=∠BAC，连接CE．

(1)当D在线段BC上时，求证：△BAD≌△CAE；

(2)当CE//AB时．

①若D在线段BC上，判断△ABC的形状，并说明理由；

②若△ABD中的最小角为20°，直接写出∠ADB的度数．20.(本小题10.0分)

“早黑宝”是我省农科院研制的优质新品种，在我省被广泛种植．清徐县某葡萄种植基地2016年种植“早黑宝”100亩，到2018年“早黑宝”的种植面积达到225亩．

(1)求该基地这两年“早黑宝”种植面积的平均增长率；

(2)市场调查发现，当“早黑宝”售价为20元/千克时，每天能售出200千克，售价每降低1元，每天可多售出50千克，为了推广宣传，基地决定降价促销，已知该基地“早黑宝”的平均成本价为12元/千克，若使销售“早黑宝”每天获利1800元，则售价应降低多少元？21.(本小题8.0分)

如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A(1,1)、B(4,2)、C(3,4)．

(1)请画出与△ABC关于原点O成中心对称的图形△A1B1C1；

(2)若△ABC以点A为旋转中心逆时针旋转90°后得到的图形为△AB2C2(B的对应点为B2，C的对应点为C2)，在网格中画出旋转后的图形；

22.(本小题8.0分)

在初中阶段的函数学习中，我们经历了“画出函数的图象——根据图象研究函数的性质−运用函数的性质解决问题”的学习过程，结合上面的学习过程，解决下面的问题：对于函数y=−2|x|+x+4．

(1)请用你喜欢的方法在给出的平面直角坐标系中，直接画出这个函数的图象；

(2)小明同学通过图象得到了以下性质，其中正确的有______；

①当x<0时，y随x的增大而增大，当x>0时，y随x的增大而减小；

②当x=0时，此函数有最大值为4；

③此函数的图象关于y轴对称；

(3)画出函数y=x−2的图象，结合你所画的函数图象，直接写出不等式−2|x|+x+4≥x−2的解集为______．23.(本小题9.0分)

将一个矩形纸片OABC放置于平面直角坐标系中，点O(0,0)，点B(10,6)，点A在x轴，点C在y轴，在AB边上取一点D，将△CBD沿CD翻折，点B恰好落在边OA上的点E处．

(1)如图1，求点D的坐标；

(2)如图2，当点P在线段OA(不包含断点A、O)上运动时，OP=t，过点P作直线l⊥x轴，直线l把△CED的面积分成1：9的两部分，直接写出此时t的值．

24.(本小题12.0分)

【课本再现】把两个全等的矩形ABCD和矩形CEFG拼成如图1的图案，则∠ACF=______°；

【迁移应用】如图2，在正方形ABCD中，E是CD边上一点(不与点C，D重合)，连接BE，将BE绕点E顺时针旋转90°至FE，作射线FD交BC的延长线于点G，求证：CG=BC；

【拓展延伸】在菱形ABCD中，∠A=120°，E是CD边上一点(不与点C，D重合)，连接BE，将BE绕点E顺时针旋转120°至FE，作射线FD交BC的延长线于点G．

①线段CG与BC的数量关系是______；

②若AB=6，E是CD的三等分点，则△CEG的面积为______．

25.(本小题12.0分)

如图，在平面直角坐标系中，函数y=2x+18的图象分别交x轴、y轴于A、B两点，过点A作直线交y轴正半轴于点M，且点M为线段OB的中点．

(1)求直线AM的解析式；

(2)将△AMB沿着AM翻折，点B落在点B1处，连接OB1，则四边形AMB1O的形状为______；

(3)若点H是直线AM上的动点，在坐标平面内是否存在这样的点Q，使以A、B、Q

答案和解析1.【答案】C

解：A、不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意，故此选项错误；

B、不是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意，故此选项错误；

C、是中心对称图形，不是轴对称图形，符合题意，故此选项正确；

D、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意，故此选项错误．

故选：C．

根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．

如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．

如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．

此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180度后与原图形重合．2.【答案】C

解：A：(a+3)2=a2+6a+9是完全平方公式，不是因式分解的形式，故选项A错误，

B：a2−4a+4=(a−2)2，故选项B错误，

C：5ax2−5ay2=5a(x2−y2)=5a(x+y)(x−y)3.【答案】B

解：设多边形的边数是n，根据题意得，

(n−2)⋅180°=3×360°，

解得n=8，

∴这个多边形为八边形．

故选：B．

根据多边形的内角和定理，多边形的内角和等于(n−2)⋅180°，外角和等于4.【答案】C

解：把x=2代入x2−4x+c=0得4−8+c=0，

解得c=4．

故选：C．

根据一元二次方程的解，把x=2代入x2−4x+c=0可求出5.【答案】D

解：∵分式xx+2有意义，

∴x+2≠0，

解得：x≠−2，

故选：D．

根据分式有意义的条件，分母不为零，得出x+2≠0，即可求解．

6.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查了一元二次方程的解，能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．也考查了一元二次方程的定义．

根据方程的解的定义，把x=0代入方程，即可得到关于a的方程，再根据一元二次方程的定义即可求解．

【解答】

解：把x=0代入一元二次方程(a−1)x2+x+a2−1=0得a2−1=0，解得a1=1，a2=−1，

而7.【答案】C

解：A、应为两组对边平行的四边形是平行四边形；

B、应为有一个角是直角的平行四边形是矩形；

C、符合菱形定义；

D、应为对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形．

故选：C．

要找出正确命题，可运用相关基础知识分析找出正确选项，也可以通过举反例排除不正确选项，从而得出正确选项．两组对边平行的四边形是平行四边形；有一个角是直角的平行四边形是矩形；有一组邻边相等的平行四边形是菱形；对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形．

本题考查平行四边形、矩形和菱形及正方形的判定与命题的真假区别．8.【答案】A

解：题中原计划修120x小时，实际修了120x+5小时，

可列得方程120x−120x+5=4，

故选：A．

关键描述语为：提前49.【答案】B

解：∵在方程3x2−4x+1=0中，△=(−4)2−4×3×1=4>0，

∴方程3x2−4x+1=0有两个不相等的实数根．

故选B10.【答案】C

解：∵把△ABC先沿x轴翻折，再向右平移3个单位得到△A1B1C1得到点A1的坐标为(2+3,−1−3)，

同样得出A2的坐标为(2+3+3,1+3)，

…

A3的坐标为(2+3×3,−1−3)，即(11,−1−3).

故选：C．

首先把△ABC先沿x11.【答案】−1<x<1【解析】【分析】

根据不等式的性质求出每个不等式的解集，根据找不等式组解集的规律找出不等式组的解集即可．

本题考查了不等式的性质，解一元一次不等式(组)的应用，关键是能找出不等式组的解集，题目比较典型，难度不大．

【解答】

解：x+1>0 ①1−2x>0 ②，

∵解不等式①得：x>−1，

解不等式②得：x<12，

∴不等式组的解集是−1<x<1212.【答案】x1=1，解：(x−1)(x+1)=(x−1)，

因式分解得：(x−1)(x+1−1)=0，

可得x−1=0或x=0，

解得：x1=1，x2=0．

故答案为：x1=1，x2=0．

将方程右边看作一个整体，移项到左边，提取公因式x−1化为积的形式，然后利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．

此题考查了解一元二次方程13.【答案】2

解：∵a(a≠0)是关于方程x2+bx−2a=0的一个根，

∴当x=a时，则a2+ba−2a=0，

∴a(a+b−2)=0，

∵a≠0，

∴a+b−2=0，

∴a+b=2，

故答案为：2．

将x=a代入14.【答案】2

解：如图连接BD．

∵四边形ABCD是菱形，

∴AD=AB=4，

∵∠ADC=120°，

∴∠A=60°，

∴△ABD是等边三角形，

∴BA=AD=4，

∵PE=ED，PF=FB，

∴EF=12BD=2．

故答案为：2．

如图连接BD.首先证明△ADB是等边三角形，可得BD=8，再根据三角形的中位线定理即可解决问题．

本题考查菱形的性质、三角形的中位线定理、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，本题的突破点是证明15.【答案】4解：如图，过点M作MF⊥CD于F，

易得四边形AMFD是矩形，

所以，MF=AD，

由翻折变换的性质得MN⊥DE，

∵∠CDE+∠MNF=90°，

∠CDE+∠DEC=90°，

∴∠MNF=∠DEC，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AD=CD，

∴MF=CD，

在△DCE和△MFN中，∠MNF=∠DEC∠MFN=∠C=90°MF=CD，

∴△DCE≌△MFN(AAS)，

∴MN=DE，

∵点E是BC的中点，

∴CE=12BC=12×8=4cm，

在Rt△CDE中，由勾股定理得，DE=CD2+CE2=82+42=45cm，

所以，MN的长为416.【答案】6解：∵四边形ABCD是正方形，四边形FGCE是正方形，

∴CD=CB，CG=CE，∠GCE=∠DCB=90°，

∴∠GCD=∠ECB，且CD=CB，CG=CE，

∴△GCD≌△ECB(SAS)，

如图，过点F作FN⊥GH于点N，过点C作CM⊥GH于点M，

∵AE=2，AB=4

∴AD=CD=AB=4，DE=AD−AE=3，BE=AE2+AB2=25，

∴CE=CD2+DE2=25，

∴CG=CE=25，

∵△GCD≌△ECB，

∴BE=DG=25，

∵∠FGC=90°，

∴∠FGD+∠DGC=90°，∠FGD+∠GFD=90°，

∴∠GFN=∠DGC，且FG=GC，∠FNG=∠CMG=90°，

∴△FGN≌△GCM(AAS)，

∴FN=GM，

∵CM2=CG2−GM2，CM2=CD2−MD2，

∴20−GM2=16−(25−GM)2，

∴GM=655，

∴点F到GH17.【答案】解：(1)原式=1−14+6+14

=7；

(2)原式=x(x+1)(x−1)2÷[2x【解析】(1)先计算零指数幂、绝对值、算术平方根和负整数指数幂，然后计算加减即可；

(2)先根据分式的混合运算顺序和运算法则计算即可．

此题主要考查了实数的运算和分式的混合运算，熟练掌握实数的运算法则和分式的运算法则是关键．18.【答案】解：∵x2−2x=2x+1，

∴x2−4x=1，

∴x2−4x+4=1+4，

(x−2)【解析】此题考查了配方法解一元二次方程，配方法的一般步骤：(1)把常数项移到等号的右边；(2)把二次项的系数化为1；(3)等式两边同时加上一次项系数一半的平方；(4)选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．

先移项，把2x移到等号的左边，再合并同类项，最后配方，方程的左右两边同时加上一次项系数一半的平方，左边就是完全平方式，右边就是常数，然后利用平方根的定义即可求解．19.【答案】(1)证明：∵∠DAE=∠BAC，

∴∠BAD=∠CAE，

在△BAD和△CAE中，

AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，

∴△BAD≌△CAE(SAS)；

(2)解：①当D在线段BC上时，△ABC为等边三角形，理由如下：

∵CE//AB，

∴∠ACE=∠BAC，

∵△BAD≌△CAE，

∴∠ABD=∠ACE，

∴∠ABD=∠BAC，

又AB=AC，

∴∠ABC=∠ACB，

∴∠ABC=∠ACB=∠BAC，

∴△ABC为等边三角形；

②当D在线段BC上时，如图，

∵CE//AB，

∴∠ACE=∠BAC，

∵△BAD≌△CAE，

∴∠ABD=∠ACE，

∴∠ABD=∠BAC，又∠ABC=∠ACB，

∴△ABC为等边三角形，

∴∠ABC=60°，

当△ABD中的最小角是∠BAD=20°时，

∴∠ADB=180°−60°−20°=100°，

当点D在CB的延长线上时，如图，

∵CE//AB，

∴∠BAE=∠AEC，∠BCE=∠ABC，

∵△DAB≌△EAC，

∴∠ADB=∠AEC，∠ABD=∠ACE，

∴∠BAC=∠BAE+EAC=∠AEC+∠EAC=180°−∠ACE=180°−∠ABD=∠ABC=∠ACB，

∴△ABC是等边三角形，

当△ABD中的最小角是∠BAD=20°时，∠ADB=∠ABC−∠BAD=40°，

当△ABD中的最小角是∠ADB时，∠ADB=20°；

当点D在BC的延长线上时，只能∠ADB=20°，

综上所述，∠ADB的度数为100°或40°或20°．

【解析】(1)利用SAS证明△BAD≌△CAE；

(2)①根据平行线的性质、等腰三角形的性质及全等三角形的性质推出∠ABC=∠ACB=∠BAC，根据等边三角形的判定定理即可得解；

②分D在线段BC上、当点D在CB的延长线上、点D在BC的延长线上三种情形根据等边三角形的性质、三角形内角和定理计算即可．

本题是三角形综合题，考查的是等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的首先思考问题．20.【答案】解：(1)设该基地这两年“早黑宝”种植面积的平均增长率为x，

根据题意得：100(1+x)2=225，

解得：x1=0.5=50%，x2=−2.5(不合题意，舍去)．

答：该基地这两年“早黑宝”种植面积的平均增长率为50%．

(2)设售价应降低y元，则每天可售出(200+50y)千克，

根据题意得：(20−12−y)(200+50y)=1800，

整理得：y2−4y+4=0，【解析】(1)设该基地这两年“早黑宝”种植面积的平均增长率为x，根据该基地2016年及2018年种植“早黑宝”的面积，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；

(2)设售价应降低y元，则每天可售出(200+50y)千克，根据总利润=每千克的利润×销售数量，即可得出关于y的一元二次方程，解之即可得出结论．

本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．21.【答案】(2,0)

解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求；

(2)如图所示，△AB2C2即为所求；

(3)如图所示，点P即为所求，P(2,0)，

故答案为：(2,0)．

(1)根据中心对称图形的性质找出对应点即可求解；

(2)根据旋转变换的性质找出对应点即可求解；

(3)作点A关于x轴对称点A′，连接A′B交x轴于点P，则点P22.【答案】①②

−3≤x≤3

解：(1)列表：x…−3−2−10123…y…−5−214321…描点、连线画出函数y=−2|x|+x+4的图象如图所示：

(2)由图象可知：

①当x<0时，y随x的增大而增大，当x>0时，y随x的增大而减小，正确；

②当x=0时，此函数有最大值为4，正确；

③此函数的图象关于y轴对称，错误；

故答案为：①②；

(3)观察图象，不等式−2|x|+x+4≥x−2的解集为−3≤x≤3，

故答案为：−3≤x≤3．

(1)根据表格数据，描点连线即可画出该函数的图象．

(2)根据图象判断即可；

(3)观察图象即可求得．

本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系，一次函数的图象和性质，画出函数的图象利用数形结合是解题的关键．23.【答案】解：(1)∵在矩形纸片OABC中，

∴B(10,6)，

∴BC=OA=10，AB=6=OC，∠B=∠AOC=90°，

由折叠可得△DEC≌△DBC，

∴CE=BC=10，BD=DE，∠B=∠CED=90°，

设AD=x，

则BD=DE=AB=AD=6−x，

在Rt△COE中，

OE=CE2−OC2=8，

∴E(8,0)，

∴AE=AO−OE=2，

在Rt△ADE中，

AE2+AD2=DE2，

∴4+x2=(6−x)2

解得：x=∴83，

∴AD=83，

∴D(10,83)；

(2)由(1)知AD=83，

∴DE=6−x=103，

∵CE=10，

∴S△CDE=12CE⋅DE=12×10×103=503，

∵C(0,6)，D(10,83)，

∴直线CD为：y=−13x+6，

又∵E(8,0)，

∴直线CE为：y=−34x+6，

∵直线l⊥x轴，若交CD于M，交CE于N，

则M(t,−13t+6)，N(t,−34t+6)，

∴MN=−13t+6−(−34t+6)=512t，(注0<t≤8)，

∴S△CNM=12MN⋅t=12×512×t×t=524t2，(铅垂高)，

∵直线l把△CED的面积分成1：9的两部分，

分两种情况：

①S△CNM：S△CED=1：10，

∴524t2：503=1：10，

解得：t=±22，

∵0<t≤8，

∴t=22；

②【解析】(1)根据矩形性质可得在Rt△COE利用勾股定理求OE=8，则AE=2，在Rt△ADE中，利用勾股定理求AD=83即可得D点坐标；

(2)直线l⊥x轴，直线l把△CED的面积分成1：9的两部分，分两种情况：当0<t≤8时，当8<t<10时，利用待定系数法求CD、CE、DE解析式，借助铅锤高求解即可．24.【答案】90

CG=12BC

3【解析】【课本再现】解：∵四边形ABCD和四边形CEFG是全等的矩形，

∴AB=CE，BC=EF，∠B=∠E=90°，

∴△ABC≌△CEF(SAS)，

∴∠BAC=∠FCE，AC=CF，

∵∠B=90°，

∴∠BAC+∠ACB=90°，

∴∠ACB+∠FCE=90°，

∴∠ACF=90°，

故答案为：90．

【迁移应用】证明：过点F作FH⊥CD，交CD的延长线于H，

∵四边形ABCD是正方形，

∴CB=CD，∠BCD=90°，

∴∠H=∠BCD=90°，

由旋转得∠BEF=90°，EF=BE，

∴∠BEC+∠CBE=∠BEC+∠FEH=90°，

∴∠CBE=∠FEH，

∴△BEC≌△EFH(AAS)，

∴FH=EC，EH=BC，

∴EH=CD，即CE+DE=DH+DE，

∴CE=DH=FH，

∴∠CDG=∠FDH=45°，

∵∠DCG=BCD=90，

∴△DCG是等腰直角三角形，

∴CG=CD=BC；

【拓展延伸】解：①过点F作∠EFH=∠BEC，与ED的延长线交于点H，

∵四边形ABCD是菱形