2024年四川省什邡市師古中學九年級數學第一學期開學學業(yè)質量監(jiān)測試題【含答案】

學校________________班級____________姓名____________考場____________準考證號學校________________班級____________姓名____________考場____________準考證號…………密…………封…………線…………內…………不…………要…………答…………題…………第1頁，共3頁2024年四川省什邡市師古中學九年級數學第一學期開學學業(yè)質量監(jiān)測試題題號一二三四五總分得分批閱人A卷（100分）一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）1、（4分）如圖，在菱形ABCD中，AB=4，∠A=120°，點P，Q，K分別為線段BC，CD，BD上的任意一點，則PK+QK的最小值為（）A．2 B．2 C．4 D．2+22、（4分）下列說法中，正確的是A．相等的角是對頂角 B．有公共點并且相等的角是對頂角C．如果∠1和∠2是對頂角，那么∠1=∠2 D．兩條直線相交所成的角是對頂角3、（4分）如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，AB∥CD，添加下列條件不能使四邊形ABCD成為平行四邊形的是（）A．AB＝CD B．OB＝ODC．∠BCD+∠ADC＝180° D．AD＝BC4、（4分）如圖，在3×3的正方形網格中由四個格點A，B，C，D，以其中一點為原點，網格線所在直線為坐標軸，建立平面直角坐標系，使其余三個點中存在兩個點關于一條坐標軸對稱，則原點是（）A．A點 B．B點 C．C點 D．D點5、（4分）如圖，在中，，，將繞點旋轉，當點的對應點落在邊上時，點的對應點，恰好與點、在同一直線上，則此時的面積為（）A．240 B．260 C．320 D．4806、（4分）點關于x軸對稱的點的坐標是A． B． C． D．7、（4分）若一次函數向上平移2個單位，則平移后得到的一次函數的圖象與軸的交點為A． B． C． D．8、（4分）如圖，在△ABC中，點D、E分別是邊AB、AC上的點，且DE∥BC，若，DE＝3，則BC的長度是()A．6 B．8 C．9 D．10二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、（4分）如圖，在平行四邊形中，，．以點為圓心，適當長為半徑畫弧，交于點，交于點，再分別以點，為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧相交于點，射線交的延長線于點，則的長是____________．10、（4分）在直角坐標系中，直線與y軸交于點，按如圖方式作正方形、、…，、、…在直線上，點、、…，在x軸上，圖中陰影部分三角形的面積從左到右依次記為、、、..，則的值為________．11、（4分）已經RtABC的面積為，斜邊長為，兩直角邊長分別為a，b．則代數式a3b+ab3的值為_____．12、（4分）如圖，正方形中,,點在邊上，且；將沿對折至,延長交邊于點,連結，下列結論：①.；②.；③..其中，正確的結論有__________________.（填上你認為正確的序號）13、（4分）已知a+b=5，ab=-6，則代數式ab2+a2b的值是______．三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（12分）如圖，菱形ABCD的邊長為2，，點E為BC邊的中點，點P為對角線AC上一動點，則PB+PE的最小值為_____．15、（8分）（1）如圖1，觀察函數y=|x|的圖象，寫出它的兩條的性質；（2）在圖1中，畫出函數y=|x-3|的圖象；根據圖象判斷：函數y=|x-3|的圖象可以由y=|x|的圖象向平移個單位得到；（3）①函數y=|2x+3|的圖象可以由y=|2x|的圖象向平移單位得到；②根據從特殊到一般的研究方法，函數y=|kx+3|（k為常數，k≠0）的圖象可以由函數y=|kx|（k為常數，k≠0）的圖象經過怎樣的平移得到．16、（8分）在平面直角坐標系中，一次函數的圖象與軸負半軸交于點，與軸正半軸交于點，點為直線上一點，，點為軸正半軸上一點，連接，的面積為1．(1)如圖1，求點的坐標；(2)如圖2，點分別在線段上，連接，點的橫坐標為，點的橫坐標為，求與的函數關系式(不要求寫出自變量的取值范圍)；(3)在(2)的條件下，如圖3，連接，點為軸正半軸上點右側一點，點為第一象限內一點，，，延長交于點，點為上一點，直線經過點和點，過點作，交直線于點，連接，請你判斷四邊形的形狀，并說明理由．17、（10分）如圖，四邊形是正方形，是邊所在直線上的點，，且交正方形外角的平分線于點.（1）當點在線段中點時（如圖①），易證，不需證明；（2）當點在線段上（如圖②）或在線段延長線上（如圖③）時，（1）中的結論是否仍然成立？請寫出你的猜想，并選擇圖②或圖③的一種結論給予證明.18、（10分）（1）分解因式：a2﹣1+b2﹣2ab（2）解方程：=+B卷（50分）一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、（4分）若是二次函數，則m=________

．20、（4分）一個多邊形的內角和是1440°，則這個多邊形是__________邊形．21、（4分）在平面直角坐標系中，一個智能機器人接到如下指令，從原點O出發(fā)，按向右，向上，向右，向下的方向依次不斷移動，每次移動1m，其行走路線如圖所示，第1次移動到，第2次移動到……，第n次移動到，機器人移動第2018次即停止，則的面積是______．22、（4分）如圖，經過點B（－2，0）的直線與直線相交于點A（－1，－2），則不等式的解集為．23、（4分）一個正數的平方根分別是x+1和x﹣3，則這個正數是____________二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（8分）在△ABC中，D是BC邊的中點，E、F分別在AD及其延長線上，CE∥BF，連接BE、CF．（1）求證：△BDF≌△CDE；（2）若DE=BC，試判斷四邊形BFCE是怎樣的四邊形，并證明你的結論．25、（10分）如圖，直線l1的函數表達式為y＝﹣3x+3，且l1與x軸交于點D，直線l2經過點A，B，直線l1，l2交于點C．(1)求點D的坐標；(2)求直線l2的解析表達式；(3)求△ADC的面積．26、（12分）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，D是BC的中點，DE⊥BC，CE∥AD．（1）求證：四邊形ACED是平行四邊形；（2）若AC=2，CE=4，求四邊形ACEB的周長．

參考答案與詳細解析一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）1、B【解析】

解：作點P關于BD的對稱點P′，作P′Q⊥CD交BD于K，交CD于Q，∵AB=4，∠A=120°，∴點P′到CD的距離為4×=，∴PK+QK的最小值為，故選B．本題考查軸對稱-最短路線問題；菱形的性質．2、C【解析】

本題考查對頂角的定義，兩條直線相交后所得的只有一個公共頂點且兩個角的兩邊互為反向延長線，這樣的兩個角叫做對頂角．由此逐一判斷．【詳解】A、對頂角是有公共頂點，且兩邊互為反向延長線，相等只是其性質，錯誤；

B、對頂角應該是有公共頂點，且兩邊互為反向延長線，錯誤；

C、角的兩邊互為反向延長線的兩個角是對頂角，符合對頂角的定義，正確．

D、兩條直線相交所成的角有對頂角、鄰補角，錯誤；

故選C．要根據對頂角的定義來判斷，這是需要熟記的內容．3、D【解析】

已知AB∥CD，可根據有一組邊平行且相等的四邊形是平行四邊形來判定，也可根據兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形來判定．【詳解】∵在四邊形ABCD中，AB∥CD，∴可添加的條件是：AB＝CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形（一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形），故選項A不符合題意；∵AB∥CD，∴∠ABD＝∠CDB，在△AOB和△COD中，∴△AOB≌△COD（ASA），∴AB＝CD，∴四邊形ABCD為平行四邊形，故選項B不符合題意；∵∠BCD+∠ADC＝180°，∴AD∥BC，∵AB∥CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，故選項C不符合題意；∵AB∥CD，AD＝BC無法得出四邊形ABCD是平行四邊形，故選項D符合題意．故選：D．本題考查了平行四邊形的定義、平行四邊形的判定定理；熟練掌握平行四邊形的判定方法是解決問題的關鍵．4、B【解析】試題解析：當以點B為原點時，A（-1，-1），C（1，-1），則點A和點C關于y軸對稱，符合條件，故選B．【點睛】本題考查的是關于x軸、y軸對稱的點的坐標和坐標確定位置，掌握平面直角坐標系內點的坐標的確定方法和對稱的性質是解題的關鍵．5、A【解析】

根據旋轉的性質可得，因此可得為等腰三角形，故可得三角形的高，進而計算的面積.【詳解】根據旋轉的性質可得因此為等腰三角形，等腰三角形的高為：故選A.本題主要考查圖形的旋轉和等腰三角形的性質，難點在于根據題意求出高.6、A【解析】

根據關于x軸對稱的點，橫坐標相同，縱坐標互為相反數進行求解即可得．【詳解】由平面直角坐標系中關于x軸對稱的點，橫坐標相同，縱坐標互為相反數，可得：點p關于x軸的對稱點的坐標是，故選A．本題考查了關于x軸對稱點的性質，解決本題的關鍵是掌握好對稱點的坐標規(guī)律：關于x軸對稱的點，橫坐標相同，縱坐標互為相反數；關于y軸對稱的點，縱坐標相同，橫坐標互為相反數；關于原點對稱的點，橫坐標與縱坐標都互為相反數．7、C【解析】

首先根據平移的性質，求出新的函數解析式，然后即可求出與軸的交點.【詳解】解：根據題意，可得平移后的函數解析式為，即為∴與軸的交點，即代入解析式，得∴與軸的交點為故答案為C.此題主要考查根據函數圖像的平移特征，求坐標，熟練掌握，即可解題.8、C【解析】根據平行線分線段成比例的性質，由，可得，根據相似三角形的判定與性質，由DE∥BC可知△ADE∽△ABC，可得，由DE=3，求得BC=9.故選：C.二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、3【解析】

根據角平分線的作圖和平行四邊形的性質以及等腰三角形的判定和性質解答即可．【詳解】由作圖可知：BH是∠ABC的角平分線，

∴∠ABG=∠GBC，

∵平行四邊形ABCD，

∴AD∥BC，

∴∠AGB=∠GBC，

∴∠ABG=∠AGB，

∴AG=AB=4，

∴GD=AD=AG=7-4=3，

∵平行四邊形ABCD，

∴AB∥CD，

∴∠H=∠ABH=∠AGB，

∵∠AGB=∠HGD，

∴∠H=∠HGD，

∴DH=GD=3，

故答案為：3.此題考查角平分線的做法，平行四邊形的性質，熟練根據角平分線的性質得出∠ABG=∠GBC是解題關鍵．10、【解析】

根據=，=，找出規(guī)律從而得解.【詳解】解：∵直線，當x=0時，y=1，當y=0時，x=﹣1，∴OA1=1，OD=1，∴∠ODA1=45°，∴∠A2A1B1=45°，∴A2B1=A1B1=1，∴=，∵A2B1=A1B1=1，∴A2C1=2=，∴=，同理得：A3C2=4=，…，=，∴=，故答案為．11、14【解析】

根據兩直角邊乘積的一半表示出面積，把已知面積代入求出ab的值，利用勾股定理得到a2+b2＝，將代數式a3b+ab3變形，把a+b與ab的值代入計算即可求出值．【詳解】解：∵的面積為∴＝解得＝2根據勾股定理得：＝＝7則代數式＝＝2×7＝14故答案為：14本題主要考查了三角形的面積公式、勾股定理、因式分解等知識點，把要求的式子因式分解，再通過面積公式和勾股定理等量代換是解題的關鍵．12、①②③【解析】分析：根據折疊的相知和正方形的性質可以證明⊿≌⊿；根據勾股定理可以證得；先證得，由平行線的判定可證得；由于⊿和⊿等高的.故由⊿:⊿求得面積比較即解得.詳解：∵,,∴⊿≌⊿（），∴,故①正確的.∵，∴,，設，則，，在⊿中，根據勾股定理有：,即，解得即,則，∴，∴，∵且滿足，∴，∴故②正確的.∵,且⊿和⊿等高的.∴⊿:⊿=，∵⊿=，∴⊿=⊿=，故③正確的.故答案為：①②③.點睛：本題是一道綜合性較強的幾何題，其中勾股定理與方程思想的結合起來為破解②③提供了有力的支撐，技巧性比較強，也是本題的難點所在，對于大多數同學來說具有一定的挑戰(zhàn)性.13、-1．【解析】

先利用提公因式法因式分解，然后利用整體代入法求值即可．【詳解】解：∵ab2+a2b=ab（a+b），而a+b=5，ab=-6，∴ab2+a2b=-6×5=-1．故答案為：-1．此題考查的是因式分解，掌握利用提公因式法因式分解是解決此題的關鍵．三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、【解析】

根據ABCD是菱形，找出B點關于AC的對稱點D，連接DE交AC于P，則DE就是PB+PE的最小值，根據勾股定理求出即可.【詳解】解：如圖，連接DE交AC于點P，連接DB，∵四邊形ABCD是菱形，∴點B、D關于AC對稱（菱形的對角線相互垂直平分），∴DP=BP，∴PB+PE的最小值即是DP+PE的最小值（等量替換），又∵兩點之間線段最短，∴DP+PE的最小值的最小值是DE，又∵，CD=CB,∴△CDB是等邊三角形，又∵點E為BC邊的中點，∴DE⊥BC（等腰三角形三線合一性質），菱形ABCD的邊長為2，∴CD=2，CE=1,由勾股定理得，故答案為.本題主要考查軸對稱、最短路徑問題、菱形的性質以及勾股定理（兩直角邊的平方和等于斜邊的平方），確定P點的位置是解題的關鍵.15、（1）答案見解析；（2）畫圖見解析，右，3；（3）①左，②答案見解析.【解析】

（1）根據函數的圖象得到函數的性質即可；（2）畫出函數y=|x-3|的圖象根據函數y=|x-3|的圖象即可得到結論；（3）①根據（2）的結論即可得到結果；②當k＞0時或k＜0時，向左或向右平移個單位長度．【詳解】解：（1）①函數y=|x|的圖象關于y軸對稱；②當x＜0時，y隨x的增大而減小，當x＞0時，y隨x的增大而增大；（2）函數y=|x-3|的圖象如圖所示：函數y=|x-3|的圖象可以由y=|x|的圖象向右平移3個單位得到；（3）①函數y=|2x+3|的圖象可以由y=|2x|的圖象向左平移單位得到；②當k＞0時，向左平移個單位長度；當k＜0時，向右平移個單位長度.本題考查了一次函數圖象與幾何變換，一次函數的圖象，一次函數的性質，正確的理解題意是解題的關鍵．16、（1）B（6，0）；（2）d＝；（3）四邊形是矩形，理由見解析【解析】

（1）作DL⊥y軸垂足為L點，DI⊥AB垂足為I，證明△DLC≌△AOC，求得D（2，12），再由S△ABD＝AB?DI＝1，求得OB＝AB?AO＝8?2＝6，即可求B坐標；

（2）設∠MNB＝∠MBN＝α，作NK⊥x軸垂足為K，MQ⊥AB垂足為Q，MP⊥NK，垂足為P；證明四邊形MPKQ為矩形，再證明△MNP≌△MQB，求出BD的解析式為y＝?3x＋18，MQ＝d，把y＝d代入y＝?3x＋18得d＝?3x＋18，表達出OQ的值，再由OQ＝OK＋KQ＝t＋d，可得d＝?；

（3）作NW⊥AB垂足為W，證明△ANW≌△CAO，根據邊的關系求得N（4，2）；延長NW到Y，使NW＝WY，作NS⊥YF，再證明△FHN≌△FSN，可得SF＝FH=，NY＝2＋2＝4；設YS＝a，FY＝FN＝a＋，在Rt△NYS和Rt△FNS中利用勾股定理求得FN；在Rt△NWF中，利用勾股定理求出WF＝6，得到F（10，0）；設GF交y軸于點T，設FN的解析式為y＝px＋q

（p≠0）把F（10，0）N（4，2）代入即可求出直線FN的解析式，聯立方程組得到G點坐標；把G點代入得到y＝x+3，可知R（4，0），證明△GRA≌△EFR，可得四邊形AGFE為平行四邊形，再由∠AGF＝180°?∠CGF＝90°，可證明平行四邊形AGFE為矩形．【詳解】解：（1）令x＝0，y＝6，令y＝0，x＝?2，

∴A（?2，0），B（0，6），

∴AO＝2，CO＝6，

作DL⊥y軸垂足為L點，DI⊥AB垂足為I，

∴∠DLO＝∠COA＝90°，∠DCL＝∠ACO，DC＝AC，

∴△DLC≌△AOC（AAS），

∴DL＝AO＝2，

∴D的橫坐標為2，

把x＝2代入y＝3x＋6得y＝12，

∴D（2，12），

∴DI＝12，

∵S△ABD＝AB?DI＝1，

∴AB＝8；

∵OB＝AB?AO＝8?2＝6，

∴B（6，0）；

（2）∵OC＝OB＝6，

∴∠OCB＝∠CBO＝45°，

∵MN＝MB，

∴設∠MNB＝∠MBN＝α，

作NK⊥x軸垂足為K，MQ⊥AB垂足為Q，MP⊥NK，垂足為P；

∴∠NKB＝∠MQK＝∠MPK＝90°，

∴四邊形MPKQ為矩形，

∴NK∥CO，MQ＝PK；

∵∠KNB＝90°?45°＝45°，

∴∠MNK＝45°＋α，∠MBQ＝45°＋α，

∴∠MNK＝∠MBQ，

∵MN＝MB，∠NPM＝∠MQB＝90°，

∴△MNP≌△MQB（AAS），

∴MP＝MQ；

∵B（6，0），D（2，12），

∴設BD的解析式為y＝kx＋b（k≠0），

∴，解得：k=-3，b=18，

∴BD的解析式為y＝?3x＋18，

∵點M的縱坐標為d，

∴MQ=MP＝d，把y＝d代入y＝?3x＋18得d＝?3x＋18，

解得x＝，

∴OQ＝；

∵N的橫坐標為t，

∴OK＝t，

∴OQ＝OK＋KQ＝t＋d，

∴＝t＋d，

∴d＝；

（3）作NW⊥AB垂足為W，

∴∠NWO＝90°，

∵∠ACN＝45°＋∠ACO，∠ANC＝45°＋∠NAO，

∵∠ACO＝∠NAO，

∴∠ACN＝∠ANC，

∴AC＝AN，

又∵∠ACO＝∠NAO，∠AOC＝∠NOW＝90°，

∴△ANW≌△CAO（AAS），

∴AO＝NW＝2，

∴WB＝NW＝2，

∴OW＝OB?WB＝6?2＝4，

∴N（4，2）；

延長NW到Y，使NW＝WY，∴△NFW≌△YFW（SAS）∴NF＝YF，∠NFW＝∠YFW，

又∵∠HFN＝2∠NFO，

∴∠HFN＝∠YFN，

作NS⊥YF，

∵∠FH⊥NH，

∴∠H＝∠NSF＝90°，

∵FN＝FN，

∴△FHN≌△FSN（AAS），

∴SF＝FH＝，NY＝2＋2＝4，

設YS＝a，FY＝FN＝a＋，

在Rt△NYS和Rt△FNS中：NS2＝NY2?YS2；NS2＝FN2?FS2；NY2?YS2＝FN2?FS2，

∴42?a2＝(a＋)2-()2，

解得a＝

∴FN＝；

在Rt△NWF中WF＝，

∴FO＝OW＋WF＝4＋6＝10，

∴F（10，0），

∴AW＝AO＋OW＝2＋4＝6，

∴AW＝FW，

∵NW⊥AF，

∴NA＝NF，

∴∠NFA＝∠NAF，

∵∠ACO＝∠NAO，

∴∠NFA＝∠ACO，

設GF交y軸于點T，∠CTF＝∠ACO＋∠CGF＝∠COF＋∠GFO，

∴∠CGF＝∠COF＝90°，

設FN的解析式為y＝px＋q

（p≠0），把F（10，0）N（4，2）代入y＝px＋q

得，解得，∴，∴聯立，解得：，∴，

把G點代入y＝mx＋3，得，得m＝，

∴y＝x＋3，

令y＝0得0＝x＋3，x＝4，

∴R（4，0），

∴AR＝AO＋OR＝2＋4＝6，RF＝OF?OR＝10?4＝6，

∴AR＝RF，

∵FE∥AC，

∴∠FEG＝∠AGE，∠GAF＝∠EFA，

∴△GRA≌△EFR（AAS），

∴EF＝AG，

∴四邊形AGFE為平行四邊形，

∵∠AGF＝180°?∠CGF＝180°?90°＝90°，

∴平行四邊形AGFE為矩形．本題是一次函數的綜合題；靈活應用全等三角形的判定和性質以及勾股定理，熟練掌握平行四邊形和矩形的判定，會待定系數法求函數解析式是解題的關鍵．17、（1）見解析；（2）成立，理由見解析.【解析】

（1）圖①在AB上取一點M，使AM=EC，連接ME，證明△AME≌△BCF，從而可得到AE=EF；（2）圖②在AB上取一點M，使AM=EC，連接ME，證明△AME≌△BCF，從而可得到AE=EF；圖③在BA的延長線上取一點N，使AN=CE，連接NE，然后證明△ANE≌△ECF，從而可得到AE=EF．【詳解】解：在上取一點，使，連接.∴.∴.∴.∵是外角的平分線，∴.∴.∴.∵，，∴.∴.∴.（2）圖②結論：.圖③結論：.圖②證明：如圖②，在上取一點，使，連接.∴.∴.∴.∵是外角的平分線，∴.∴.∴.∵，，∴.∴.∴.圖③證明：如圖③，在的延長線上取一點，使，連接.∴.∴.∵四邊形是正方形，∴.∴.∴.∴.∴.本題主要考查的是全等三角形的性質和判定、正方形的性質的應用等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．18、（1）（a-b+1）（a-b-1）（2）原方程無解.【解析】

（1）先用完全平方公式再用平方差公式分解.（2）按照去分母、去括號、移項合并同類項、系數化為1的步驟計算后，檢驗即可.【詳解】（1）a2﹣1+b2﹣2ab=（a-b）2-1=（a-b+1）（a-b-1）（2）方程兩邊同時乘以（x+2）（x-2）得：x2-4x+4=x2+4x+4+16,-8x=16x=-2檢驗：當x=-2時，（x+2）（x-2）=0所以x=-2是原方程的增根，原方程無解.本題考查的是分解因式及解分式方程，熟練掌握分解因式的方法及解分式方程的一般步驟是關鍵，要注意，分式方程必須檢驗.一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、-1.【解析】試題分析：根據二次函數的定義可知：，解得：，則m=-1．20、十【解析】

利用多邊形的內角和定理：n邊形的內角和為便可得.【詳解】∵n邊形的內角和為∴，.故答案為：十邊形.本題考查多邊形的內角和公式，掌握n邊形內角和定理為本題的關鍵.21、504m2【解析】

由OA=2n知OA=+1=1009，據此得出AA=1009-1=1008，據此利用三角形的面積公式計算可得．【詳解】由題意知OA=2n，∵2018÷4=504…2，∴OA=+1=1009，∴AA=1009-1=1008，則△OAA的面積是×1×1008=504m2此題考查規(guī)律型：數字變換，解題關鍵在于找到規(guī)律22、【解析】分析：不等式的解集就是在x下方，直線在直線上方時x的取值范圍．由圖象可知，此時．23、1【解析】

根據正數的兩個平方根互為相反數列出關于x的方程，解之可得．【詳解】根據題意知x+1+x-3=0，解得：x=1，∴x+1=2∴這個正數