广东省深圳市龙岗区龙城初级中学2023-2024学年九年级上册数学开学试卷
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2022九上·定南期中）下列图标中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023九上·龙岗开学考）已知a＜b，下列式子不一定成立的是（ ）
A．a﹣1＜b﹣1 B．﹣2a＞﹣2b C．2a+1＜2b+1 D．ma＞mb
3．（2023九上·龙岗开学考）若分式有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x≠6 B．x≠0 C．x≠﹣ D．x≠﹣6
4．（2023九上·龙岗开学考）正十边形的一个外角的度数为（ ）
A．144° B．120° C．60° D．36°
5．（2023九上·龙岗开学考）下列运算正确的是（ ）
A．a2 a6＝a8 B．（﹣2a）3＝6a3
C．2（a+b）＝2a+b D．2a+3b＝5ab
6．（2019八下·湖北期末）下列命题中，为假命题的是（ ）
A．两组邻边分别相等的四边形是菱形
B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
C．四个角相等的四边形是矩形
D．对角线相等的平行四边形是矩形
7．（2019八下·历下期末）如图，把线段AB经过平移得到线段CD，其中A，B的对应点分别为C，D．已知A（﹣1，0），B（﹣2，3），C（2，1），则点D的坐标为（ ）
A．．（1，4） B．．（1，3） C．．（2，4） D．．（2，3）
8．（2023九上·龙岗开学考）如图，四边形ABCD是菱形，AC＝24，BD＝10，DH⊥AB于点H，则线段DH的长为（ ）
A． B． C． D．
9．（2023八上·如东期末）胜利乡决定对一段长7000米的公路进行修建改造.根据需要，该工程在实际施工时增加施工人员，每天修建的公路比原计划增加了40%，结果提前5天完成任务，设原计划每天修建x米，那么下面所列方程中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2023·深圳）如图1，在中，动点P从A点运动到B点再到C点后停止，速度为2单位/s，其中长与运动时间t（单位：s）的关系如图2，则的长为（ ）
A． B． C．17 D．
二、填空题（每题3分，共15分）
11．（2011·温州）分解因式：a2﹣1= ．
12．（2022八下·杭州开学考）若方程x2﹣x﹣1＝0的一个根是m，则代数式m2﹣m+5＝ ．
13．（2022·深圳）已知一元二次方程有两个相等的实数根，则m的值为 ．
14．（2023八下·秦都期末）如图，已知Rt△ABC，∠ACB＝90°，∠B＝60°，AB＝8，将△ABC沿BC方向平移7个单位长度得到△DEF，则图中四边形ACED的面积为 ．
15．（2023九上·龙岗开学考）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝8，点P是AB边上的一个动点（异于A、B两点），过点P分别作AC、BC边的垂线，垂足分别为M、N，则MN的最小值是 ．
三、解答题（共55分）
16．（2023八上·岳池期末）先化简，再求值：，其中x=4．
17．（2023九上·龙岗开学考）解一元二次方程：
（1）4x2＝12x；
（2）x2+4x+3＝0；
（3）x2﹣4x﹣6＝0；
（4）3x2﹣4x﹣2＝0．
18．（2023九上·龙岗开学考）如图，在一块长92m、宽60m的矩形耕地上挖三条水渠（水渠的宽都相等），水渠把耕地分成面积均为885m2的6个矩形小块，水渠应挖多宽？
19．（2023九上·龙岗开学考）如图，在边长为1的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上．
（1）画出△ABC绕C点顺时针旋转90°得到的△A1B1C，直接写出A1的坐标为 ▲ ；
（2）若△A2B2C2和△ABC，关于原点O成中心对称，请画出△A2B2C2；
（3）在（1）的旋转过程中，求CA扫过图形的面积．
20．（2023九上·龙岗开学考）应用题：深圳某学校为构建书香校园，拟购进甲、乙两种规格的书柜放置新购置的图书．已知每个甲种书柜的进价比每个乙种书柜的进价高10%，用3300元购进的甲种书柜的数量比用4500元购进的乙种书柜的数量少5台．
（1）求甲、乙两种书柜的进价；
（2）若该校拟购进这两种规格的书柜共60个，其中乙种书柜的数量不大于甲种书柜数量的2倍．请您帮该校设计一种购买方案，使得花费最少，并求出最少花费多少钱．
21．（2023九上·龙岗开学考）如图，在 ABCD中，线段AC的垂直平分线交AC于O，分别交BC，AD于E，F，连接AE，CF．
（1）证明：四边形AECF是菱形；
（2）在（1）的条件下，如果AC⊥AB，∠B＝30°，AE＝3，求四边形AECF的面积．
22．（2023九上·龙岗开学考）已知：直线经过点A（-8，0）和点B（0，6），点C在线段AO上，将△ABO沿BC折叠后，点O恰好落在AB边上点D处．
（1）求直线AB的表达式．
（2）求AC的长．
（3）点P为平面内一动点，且满足以A，B，C，P为顶点的四边形为平行四边形，请直接写出符合要求的所有P点的坐标．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、不属于中心对称图形；
B、属于中心对称图形；
C、不属于中心对称图形；
D、不属于中心对称图形；
故答案为：B．
【分析】根据中心对称图形的定义逐项判断即可。
2．【答案】D
【知识点】不等式的性质
【解析】【解答】解：A、∵a＜b，∴a-1＜b-1；选项不符合题意；
B、∵a＜b，∴-a＞-b，∴-2a＞-2b，；选项不符合题意；
C、∵a＜b，∴2a＜2b，∴2a+1＜2b+1；选项不符合题意；
D、∵a＜b，∴当m＞0时，ma＜mb；当m＜0时，ma＞mb；当m=0时，ma=mb；选项符合题意.
故答案为：D.
【分析】不等式的性质：①不等式两边同时加或减去相同的数，不等号的方向不变；②不等式两边同时乘或除以相同的正数，不等号的方向不变；③不等式两边同时乘或除以相同的负数，不等号的方向改变。由不等式的性质并结合各选项可判断求解.
3．【答案】D
【知识点】分式有意义的条件
【解析】【解答】解：∵分式有意义，
∴x+6≠0，解得：x≠-6.
故答案为：D.
【分析】根据分式有意义的条件“分母不为0”可得关于x的不等式，解不等式即可求解.
4．【答案】D
【知识点】多边形内角与外角；正多边形的性质
【解析】【解答】解：∵正十边形的每一个外角都相等，外角和等于360°，
∴正十边形的一个外角为：360°÷10=36°.
故答案为：D.
【分析】根据正十边形的性质“正十边形的每一个外角都相等”和多边形的外角和等于360°可求解.
5．【答案】A
【知识点】同底数幂的乘法；去括号法则及应用；同类项；积的乘方
【解析】【解答】解：A、a2·a6=a8；选项符合题意；
B、（-2a）3=-8a3；选项不符合题意；
C、2（a+b）=2a+2b；选项不符合题意；
D、2a+3b，∵2a和3b不是同类项，∴2a+3b不能合并；选项不符合题意；
故答案为：A.
【分析】A、根据同底数幂的乘法法则“同底数幂相乘，底数不变，指数相加”可得原式=a8；
B、根据积的乘方法则“把积中的每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘”可得原式=8a3；
C、根据乘法分配律可得原式=2a+2b；
D、根据同类项定义“同类项是指所含字母相同，且相同的字母的指数也相同的项"可知2a和3b不是同类项，所以不能合并.
6．【答案】A
【知识点】菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：两组邻边分别相等的四边形不一定是菱形，如AB=AD，CB=CD，但AB≠CB的四边形，故答案为：A中的命题是假命题，故答案为：A符合题意；
对角线互相垂直平分的四边形是菱形是真命题，故答案为：B不符合题意；
四个角相等的四边形是矩形是真命题，故答案为：C不符合题意；
对角线相等的平行四边形是矩形是真命题，故答案为：D不符合题意；
故答案为：A.
【分析】菱形的判定“四边相等的四边形是菱形；对角线互相垂直平分的四边形是菱形；一组邻边相等的平行四边形数菱形”；矩形的判定“四个角相等的四边形是矩形；三个角是直角的四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形；对角线相等且平分的四边形是矩形；”，根据判定定理即可判断求解.
7．【答案】A
【知识点】坐标与图形变化﹣平移
【解析】【解答】∵A（﹣1，0）的对应点C的坐标为（2，1），
∴平移规律为横坐标加3，纵坐标加1，
∵点B（﹣2，3）的对应点为D，
∴D的坐标为（1，4）．
故答案为：A．
【分析】根据点A、C的坐标确定出平移规律，然后根据规律求解点D的坐标即可．
8．【答案】C
【知识点】菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，
∵AC=24，BD=10，
∴OA=12，OB=5，
∴AB=，
∵S菱形ABCD=×AC×BD=AB×DH，
∴×24×10=13×DH，解得DH=.
故答案为：C.
【分析】由菱形的性质得AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，在Rt△AOB中，用勾股定理可求得AB的值，然后根据菱形的面积=×AC×BD=AB×DH可得关于DH的方程，解方程可求解.
9．【答案】C
【知识点】分式方程的实际应用
【解析】【解答】解：设原计划每天修建x米，每天修健的公路比原计划增加了40%所以现在每天修健x（1+40%）米，
根据题意得：，
即：.
故答案为：C.
【分析】设原计划每天修建x米，每天修健的公路比原计划增加了40%所以现在每天修健x（1+40%）米，根据工作总量除以工作效率=工作时间分别表示出原计划及实际的工作时间，进而根据实际比计划少用5天建立方程.
10．【答案】C
【知识点】勾股定理；动点问题的函数图象；用图象表示变量间的关系
【解析】【解答】解：由图象起点坐标（0，15）可知，t=0时，点P与点A重合，
∴BP=AB=15，
∴点P从点A运动到点B需要的时间为15÷2=7.5s，
图象末点的横坐标为11.5s，说明点P从点A运动到B点再到C点后停止共用时11.5s，
∴点P从点B运动到点C用的时间为11.5-7.5=4s，
∴BC=2×4=8，
在Rt△ABC中，由勾股定理得AC=17.
故答案为：17.
【分析】由图象可得t=0时，点P与点A重合，得到BP=AB=15，根据路程、速度、时间三者的关系可求出点P从点A运动到点B需要的时间，结合图象末点的横坐标可得点P从点B运动到点C用的时间，从而可求出BC的长，最后利用勾股定理可算出AC的长.
11．【答案】（a+1）（a﹣1）
【知识点】因式分解﹣公式法
【解析】【解答】解：a2﹣1=（a+1）（a﹣1）．
故答案为：（a+1）（a﹣1）．
【分析】符合平方差公式的特征，直接运用平方差公式分解因式．平方差公式：a2﹣b2=（a+b）（a﹣b）．
12．【答案】6
【知识点】一元二次方程的根
【解析】【解答】解：∵方程x2﹣x﹣1＝0的一个根是m，
∴m2﹣m﹣1＝0
∴m2﹣m=1
∴m2﹣m+5＝1+5=6
故答案为：6.
【分析】将x=m代入方程，可得到m2﹣m=1；再整体代入可求出此代数式的值.
13．【答案】9
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：根据题意得△，
解得．
故答案为：9．
【分析】利用一元二次方程根的判别式计算求解即可。
14．【答案】20
【知识点】含30°角的直角三角形；图形的平移
【解析】【解答】解：∵已知Rt△ABC，∠ACB＝90°，∠B＝60°，AB＝8，
∴，.
∵将△ABC沿BC方向平移7个单位长度得到△DEF，
∴AD=BE=7，EF=BC=4，DE=AB=8.
∴CE=BE-BC=7-4=3.
∴四边形ACDE的面积为：.
故答案为：.
【分析】利用直角三角形的性质和已知条件求出BC和AC的长度，再根据三角形平移的性质，求出AD=BE的长度以及对应的EF和DE的长度，最后根据梯形的面积求出ACED的面积.
15．【答案】
【知识点】垂线段最短；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接CP、MN，
∵∠C=90°=∠CMP=∠CNP，
∴四边形CMPN是矩形，
∴MN=CP，
当CP⊥AB时，CP最短；
在Rt△ABC中，AC=4，BC=8，
∴AB=，
而SRt△ABC=×AC×BC=×AB×CP，
∴×4×8=×4×CP，解得CP=.
故答案为：.
【分析】连接CP、MN，结合已知根据有三个角是直角的四边形是矩形可得四边形CMPN是矩形，由矩形的性质可得MN=CP，当CP⊥AB时，CP最短；在直角三角形ABC中，用勾股定理求出AB的值，再用面积法可得关于CP的方程，解方程可求解.
16．【答案】解：原式=
=
=
= x-1
当x=4时，原式=4-1=3．
【知识点】分式的化简求值
【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，再代入求值即可.
17．【答案】（1）解：4x2＝12x，
4x2﹣12x＝0，
4x（x﹣3）＝0，
4x＝0或x﹣3＝0，
所以x1＝0，x2＝3；
（2）解：x2+4x+3＝0，
（x+3）（x+1）＝0，
x+3＝0或x+1＝0，
所以x1＝﹣3，x2＝﹣1．
（3）解：x2﹣4x﹣6＝0，
x2﹣4x+4＝10，
（x﹣2）2＝10，
x﹣2＝±，
所以x1＝2+，x2＝2﹣；
（4）解：3x2﹣4x﹣2＝0，
a＝3，b＝﹣4，c＝﹣2，
Δ＝b2﹣4ac＝（﹣4）2﹣4×3×（﹣2）＝40＞0，
x＝＝，
x1＝，x2＝；
【知识点】配方法解一元二次方程；公式法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）由题意，由移项可先将原方程化为一元二次方程的一般形式，提公因式可将原方程化为两个一元一次方程，解这两个一元一次方程可求解；
（2）由题意根据公式“x2+(a+b)+ab=(x+a)(x+b)”可将原方程的左边分解因式，将原方程化为两个一元一次方程，解这两个一元一次方程可求解；
（3）由配方法的步骤“把常数项移到等号的右边，在方程两边同时加上一次项系数一半的平方，左边配成完全平方式，再两边开平方”即可求解；
（4）由题意先找出原方程中的a、b、c的值，计算b2-4ac的值，然后代入公式“”计算即可求解.
18．【答案】解：设水渠的宽度为xm，由题意得：
（92-2x）（60-x）＝885×6．
解得x1＝105（不含题意，舍去），x2＝1．
∴x＝1．
答：水渠的宽度为1m．
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【分析】设水渠的宽度为xm，由图可知： 挖三条水渠后所得的矩形的长和宽分别为：（92-2x）m，（60-x）m，然后根据矩形的面积公式S=长×宽可得关于x的一元二次方程，解之可求解.
19．【答案】（1）；（2，0）
（2）解：如下图，
（3）解：因为CA＝，
所以CA扫过图形的面积＝π．
【知识点】扇形面积的计算；旋转的性质；中心对称及中心对称图形；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：（1）根据旋转的性质可得A1（2，0）；
【分析】（1）由旋转的性质并结合网格图的特征可求解；
（2）根据关于原点对称的点的坐标的变化特征“横、纵坐标都变为原来的相反数”可求解；
（3）由题意可知CA扫过的图形的面积是一个扇形，根据扇形的面积公式S扇形=可求解.
20．【答案】（1）解：设每个乙种书柜的进价为x元，则每个甲种书柜的进价为1.1x元，
根据题意得，，
解得x＝300，
经检验，x＝300是原方程的根，
300×1.1＝330（元）．
故每个甲种书柜的进价为330元，每个乙种书柜的进价为300元；
（2）解：设购进甲种书柜m个，则购进乙种书柜（60-m）个，购进两种书柜的总成本为y元，根据题意得，
，
解得y＝30m+18000（m≥20），
∵k＝30＞0，
∴y随x的增大而增大，
当m＝20时，y＝18600（元）．
故购进甲种书柜20个，购进乙种书柜40个时花费最少，费用为18600元．
【知识点】分式方程的实际应用；一次函数的实际应用
【解析】【分析】（1）设每个乙种书柜的进价为x元，则每个甲种书柜的进价为1.1x元，
根据方程中的相等关系“用3300元购进的甲种书柜的数量+5=用4500元购进的乙种书柜的数量”可得关于x的方程，解方程并检验可求解；
（2）设购进甲种书柜m个，则购进乙种书柜（60-m）个，购进两种书柜的总成本为y元，根据总成本y=m个甲种书柜的费用+（60-m）个乙种书柜的费用可得y和m之间的函数关系式，根据不等关系“ 乙种书柜的数量≤2×甲种书柜数量”可得关于m的不等式，解之可得m的范围，再根据一次函数的性质并结合m的范围可求解.
21．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠OAF＝∠OCE，
∵EF是线段AC的垂直平分线，
∴OA＝OC，EF⊥AC，
在△AOF和△COE中，，
∴△AOF≌△COE（ASA），
∴AF＝CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵EF⊥AC，
∴四边形AECF是菱形；
（2）解：由（1）得：四边形AECF是菱形，EF⊥AC，
∴CE＝AE＝3，OA＝OC，OB＝OD，
∵AC⊥AB，
∴EF∥AB，
∴∠OEC＝∠B＝30°，
∴OC＝CE＝，OE＝OC＝，
∴AC＝2OC＝3，EF＝2OE＝3，
∴四边形AECF的面积＝AC×EF＝×3×3＝．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）结合已知用角边角可证△AOF≌△COE，则AF=CE，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形AECF是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可求解；
（2）由（1）中的菱形的性质可得EF⊥AC，结合已知可得EF∥AB，由平行线的性质可得∠OEC=∠B=30°，根据30度角所对的直角边等于斜边的一半可得OC=CE，用勾股定理求出OE的值，由菱形的性质得AC=2OC，EF=2OE，于是根据菱形的面积S=AC×EF可求解.
22．【答案】（1）解：设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∴，解得，∴y＝x+6；
（2）解：∵D点与C点关于BC对称，∴CO＝CD，BO＝BD，
∵BO＝6，∴BD＝6，
∵OA＝8，BO＝6，∴AB＝10，∴AD＝4，
在Rt△ACD中，CD2+16＝（8-CD）2，解得CD＝3，∴CO＝3，∴AC＝5；
（3）解：由（2）可得C（-3，0），设P（x，y），
①当AB为平行四边形的对角线时，，解得，∴P（-5，6）；
②当AC为平行四边形的对角线时，，解得，∴P（-11，-6）；
③当AP为平行四边形的对角线时，，解得，∴P（5，6）；
综上所述：P点坐标为（-5，6）或（-11，-6）或（5，6）．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；轴对称的性质；一次函数-动态几何问题
【解析】【分析】（1）由题意用待定系数法可求解；
（2）由轴对称的性质得CO=CD，BO=BD，在Rt△ACD中，用勾股定理求出CD=CO的值，则AC=AO-CO可求解；
（3）由（2）可得C（-3，0），设P（x，y），由平行四边形的性质和题意可分三种情况讨论：
①当AB为平行四边形的对角线时，根据平行四边形的性质可得关于xy的二元一次方程组可求解；
②当AC为平行四边形的对角线时，根据平行四边形的性质可得关于xy的二元一次方程组可求解；
③当AP为平行四边形的对角线时，根据平行四边形的性质可得关于xy的二元一次方程组可求解.
1 / 1广东省深圳市龙岗区龙城初级中学2023-2024学年九年级上册数学开学试卷
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2022九上·定南期中）下列图标中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、不属于中心对称图形；
B、属于中心对称图形；
C、不属于中心对称图形；
D、不属于中心对称图形；
故答案为：B．
【分析】根据中心对称图形的定义逐项判断即可。
2．（2023九上·龙岗开学考）已知a＜b，下列式子不一定成立的是（ ）
A．a﹣1＜b﹣1 B．﹣2a＞﹣2b C．2a+1＜2b+1 D．ma＞mb
【答案】D
【知识点】不等式的性质
【解析】【解答】解：A、∵a＜b，∴a-1＜b-1；选项不符合题意；
B、∵a＜b，∴-a＞-b，∴-2a＞-2b，；选项不符合题意；
C、∵a＜b，∴2a＜2b，∴2a+1＜2b+1；选项不符合题意；
D、∵a＜b，∴当m＞0时，ma＜mb；当m＜0时，ma＞mb；当m=0时，ma=mb；选项符合题意.
故答案为：D.
【分析】不等式的性质：①不等式两边同时加或减去相同的数，不等号的方向不变；②不等式两边同时乘或除以相同的正数，不等号的方向不变；③不等式两边同时乘或除以相同的负数，不等号的方向改变。由不等式的性质并结合各选项可判断求解.
3．（2023九上·龙岗开学考）若分式有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x≠6 B．x≠0 C．x≠﹣ D．x≠﹣6
【答案】D
【知识点】分式有意义的条件
【解析】【解答】解：∵分式有意义，
∴x+6≠0，解得：x≠-6.
故答案为：D.
【分析】根据分式有意义的条件“分母不为0”可得关于x的不等式，解不等式即可求解.
4．（2023九上·龙岗开学考）正十边形的一个外角的度数为（ ）
A．144° B．120° C．60° D．36°
【答案】D
【知识点】多边形内角与外角；正多边形的性质
【解析】【解答】解：∵正十边形的每一个外角都相等，外角和等于360°，
∴正十边形的一个外角为：360°÷10=36°.
故答案为：D.
【分析】根据正十边形的性质“正十边形的每一个外角都相等”和多边形的外角和等于360°可求解.
5．（2023九上·龙岗开学考）下列运算正确的是（ ）
A．a2 a6＝a8 B．（﹣2a）3＝6a3
C．2（a+b）＝2a+b D．2a+3b＝5ab
【答案】A
【知识点】同底数幂的乘法；去括号法则及应用；同类项；积的乘方
【解析】【解答】解：A、a2·a6=a8；选项符合题意；
B、（-2a）3=-8a3；选项不符合题意；
C、2（a+b）=2a+2b；选项不符合题意；
D、2a+3b，∵2a和3b不是同类项，∴2a+3b不能合并；选项不符合题意；
故答案为：A.
【分析】A、根据同底数幂的乘法法则“同底数幂相乘，底数不变，指数相加”可得原式=a8；
B、根据积的乘方法则“把积中的每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘”可得原式=8a3；
C、根据乘法分配律可得原式=2a+2b；
D、根据同类项定义“同类项是指所含字母相同，且相同的字母的指数也相同的项"可知2a和3b不是同类项，所以不能合并.
6．（2019八下·湖北期末）下列命题中，为假命题的是（ ）
A．两组邻边分别相等的四边形是菱形
B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
C．四个角相等的四边形是矩形
D．对角线相等的平行四边形是矩形
【答案】A
【知识点】菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：两组邻边分别相等的四边形不一定是菱形，如AB=AD，CB=CD，但AB≠CB的四边形，故答案为：A中的命题是假命题，故答案为：A符合题意；
对角线互相垂直平分的四边形是菱形是真命题，故答案为：B不符合题意；
四个角相等的四边形是矩形是真命题，故答案为：C不符合题意；
对角线相等的平行四边形是矩形是真命题，故答案为：D不符合题意；
故答案为：A.
【分析】菱形的判定“四边相等的四边形是菱形；对角线互相垂直平分的四边形是菱形；一组邻边相等的平行四边形数菱形”；矩形的判定“四个角相等的四边形是矩形；三个角是直角的四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形；对角线相等且平分的四边形是矩形；”，根据判定定理即可判断求解.
7．（2019八下·历下期末）如图，把线段AB经过平移得到线段CD，其中A，B的对应点分别为C，D．已知A（﹣1，0），B（﹣2，3），C（2，1），则点D的坐标为（ ）
A．．（1，4） B．．（1，3） C．．（2，4） D．．（2，3）
【答案】A
【知识点】坐标与图形变化﹣平移
【解析】【解答】∵A（﹣1，0）的对应点C的坐标为（2，1），
∴平移规律为横坐标加3，纵坐标加1，
∵点B（﹣2，3）的对应点为D，
∴D的坐标为（1，4）．
故答案为：A．
【分析】根据点A、C的坐标确定出平移规律，然后根据规律求解点D的坐标即可．
8．（2023九上·龙岗开学考）如图，四边形ABCD是菱形，AC＝24，BD＝10，DH⊥AB于点H，则线段DH的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，
∵AC=24，BD=10，
∴OA=12，OB=5，
∴AB=，
∵S菱形ABCD=×AC×BD=AB×DH，
∴×24×10=13×DH，解得DH=.
故答案为：C.
【分析】由菱形的性质得AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，在Rt△AOB中，用勾股定理可求得AB的值，然后根据菱形的面积=×AC×BD=AB×DH可得关于DH的方程，解方程可求解.
9．（2023八上·如东期末）胜利乡决定对一段长7000米的公路进行修建改造.根据需要，该工程在实际施工时增加施工人员，每天修建的公路比原计划增加了40%，结果提前5天完成任务，设原计划每天修建x米，那么下面所列方程中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】分式方程的实际应用
【解析】【解答】解：设原计划每天修建x米，每天修健的公路比原计划增加了40%所以现在每天修健x（1+40%）米，
根据题意得：，
即：.
故答案为：C.
【分析】设原计划每天修建x米，每天修健的公路比原计划增加了40%所以现在每天修健x（1+40%）米，根据工作总量除以工作效率=工作时间分别表示出原计划及实际的工作时间，进而根据实际比计划少用5天建立方程.
10．（2023·深圳）如图1，在中，动点P从A点运动到B点再到C点后停止，速度为2单位/s，其中长与运动时间t（单位：s）的关系如图2，则的长为（ ）
A． B． C．17 D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；动点问题的函数图象；用图象表示变量间的关系
【解析】【解答】解：由图象起点坐标（0，15）可知，t=0时，点P与点A重合，
∴BP=AB=15，
∴点P从点A运动到点B需要的时间为15÷2=7.5s，
图象末点的横坐标为11.5s，说明点P从点A运动到B点再到C点后停止共用时11.5s，
∴点P从点B运动到点C用的时间为11.5-7.5=4s，
∴BC=2×4=8，
在Rt△ABC中，由勾股定理得AC=17.
故答案为：17.
【分析】由图象可得t=0时，点P与点A重合，得到BP=AB=15，根据路程、速度、时间三者的关系可求出点P从点A运动到点B需要的时间，结合图象末点的横坐标可得点P从点B运动到点C用的时间，从而可求出BC的长，最后利用勾股定理可算出AC的长.
二、填空题（每题3分，共15分）
11．（2011·温州）分解因式：a2﹣1= ．
【答案】（a+1）（a﹣1）
【知识点】因式分解﹣公式法
【解析】【解答】解：a2﹣1=（a+1）（a﹣1）．
故答案为：（a+1）（a﹣1）．
【分析】符合平方差公式的特征，直接运用平方差公式分解因式．平方差公式：a2﹣b2=（a+b）（a﹣b）．
12．（2022八下·杭州开学考）若方程x2﹣x﹣1＝0的一个根是m，则代数式m2﹣m+5＝ ．
【答案】6
【知识点】一元二次方程的根
【解析】【解答】解：∵方程x2﹣x﹣1＝0的一个根是m，
∴m2﹣m﹣1＝0
∴m2﹣m=1
∴m2﹣m+5＝1+5=6
故答案为：6.
【分析】将x=m代入方程，可得到m2﹣m=1；再整体代入可求出此代数式的值.
13．（2022·深圳）已知一元二次方程有两个相等的实数根，则m的值为 ．
【答案】9
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：根据题意得△，
解得．
故答案为：9．
【分析】利用一元二次方程根的判别式计算求解即可。
14．（2023八下·秦都期末）如图，已知Rt△ABC，∠ACB＝90°，∠B＝60°，AB＝8，将△ABC沿BC方向平移7个单位长度得到△DEF，则图中四边形ACED的面积为 ．
【答案】20
【知识点】含30°角的直角三角形；图形的平移
【解析】【解答】解：∵已知Rt△ABC，∠ACB＝90°，∠B＝60°，AB＝8，
∴，.
∵将△ABC沿BC方向平移7个单位长度得到△DEF，
∴AD=BE=7，EF=BC=4，DE=AB=8.
∴CE=BE-BC=7-4=3.
∴四边形ACDE的面积为：.
故答案为：.
【分析】利用直角三角形的性质和已知条件求出BC和AC的长度，再根据三角形平移的性质，求出AD=BE的长度以及对应的EF和DE的长度，最后根据梯形的面积求出ACED的面积.
15．（2023九上·龙岗开学考）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝8，点P是AB边上的一个动点（异于A、B两点），过点P分别作AC、BC边的垂线，垂足分别为M、N，则MN的最小值是 ．
【答案】
【知识点】垂线段最短；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接CP、MN，
∵∠C=90°=∠CMP=∠CNP，
∴四边形CMPN是矩形，
∴MN=CP，
当CP⊥AB时，CP最短；
在Rt△ABC中，AC=4，BC=8，
∴AB=，
而SRt△ABC=×AC×BC=×AB×CP，
∴×4×8=×4×CP，解得CP=.
故答案为：.
【分析】连接CP、MN，结合已知根据有三个角是直角的四边形是矩形可得四边形CMPN是矩形，由矩形的性质可得MN=CP，当CP⊥AB时，CP最短；在直角三角形ABC中，用勾股定理求出AB的值，再用面积法可得关于CP的方程，解方程可求解.
三、解答题（共55分）
16．（2023八上·岳池期末）先化简，再求值：，其中x=4．
【答案】解：原式=
=
=
= x-1
当x=4时，原式=4-1=3．
【知识点】分式的化简求值
【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，再代入求值即可.
17．（2023九上·龙岗开学考）解一元二次方程：
（1）4x2＝12x；
（2）x2+4x+3＝0；
（3）x2﹣4x﹣6＝0；
（4）3x2﹣4x﹣2＝0．
【答案】（1）解：4x2＝12x，
4x2﹣12x＝0，
4x（x﹣3）＝0，
4x＝0或x﹣3＝0，
所以x1＝0，x2＝3；
（2）解：x2+4x+3＝0，
（x+3）（x+1）＝0，
x+3＝0或x+1＝0，
所以x1＝﹣3，x2＝﹣1．
（3）解：x2﹣4x﹣6＝0，
x2﹣4x+4＝10，
（x﹣2）2＝10，
x﹣2＝±，
所以x1＝2+，x2＝2﹣；
（4）解：3x2﹣4x﹣2＝0，
a＝3，b＝﹣4，c＝﹣2，
Δ＝b2﹣4ac＝（﹣4）2﹣4×3×（﹣2）＝40＞0，
x＝＝，
x1＝，x2＝；
【知识点】配方法解一元二次方程；公式法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）由题意，由移项可先将原方程化为一元二次方程的一般形式，提公因式可将原方程化为两个一元一次方程，解这两个一元一次方程可求解；
（2）由题意根据公式“x2+(a+b)+ab=(x+a)(x+b)”可将原方程的左边分解因式，将原方程化为两个一元一次方程，解这两个一元一次方程可求解；
（3）由配方法的步骤“把常数项移到等号的右边，在方程两边同时加上一次项系数一半的平方，左边配成完全平方式，再两边开平方”即可求解；
（4）由题意先找出原方程中的a、b、c的值，计算b2-4ac的值，然后代入公式“”计算即可求解.
18．（2023九上·龙岗开学考）如图，在一块长92m、宽60m的矩形耕地上挖三条水渠（水渠的宽都相等），水渠把耕地分成面积均为885m2的6个矩形小块，水渠应挖多宽？
【答案】解：设水渠的宽度为xm，由题意得：
（92-2x）（60-x）＝885×6．
解得x1＝105（不含题意，舍去），x2＝1．
∴x＝1．
答：水渠的宽度为1m．
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【分析】设水渠的宽度为xm，由图可知： 挖三条水渠后所得的矩形的长和宽分别为：（92-2x）m，（60-x）m，然后根据矩形的面积公式S=长×宽可得关于x的一元二次方程，解之可求解.
19．（2023九上·龙岗开学考）如图，在边长为1的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上．
（1）画出△ABC绕C点顺时针旋转90°得到的△A1B1C，直接写出A1的坐标为 ▲ ；
（2）若△A2B2C2和△ABC，关于原点O成中心对称，请画出△A2B2C2；
（3）在（1）的旋转过程中，求CA扫过图形的面积．
【答案】（1）；（2，0）
（2）解：如下图，
（3）解：因为CA＝，
所以CA扫过图形的面积＝π．
【知识点】扇形面积的计算；旋转的性质；中心对称及中心对称图形；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：（1）根据旋转的性质可得A1（2，0）；
【分析】（1）由旋转的性质并结合网格图的特征可求解；
（2）根据关于原点对称的点的坐标的变化特征“横、纵坐标都变为原来的相反数”可求解；
（3）由题意可知CA扫过的图形的面积是一个扇形，根据扇形的面积公式S扇形=可求解.
20．（2023九上·龙岗开学考）应用题：深圳某学校为构建书香校园，拟购进甲、乙两种规格的书柜放置新购置的图书．已知每个甲种书柜的进价比每个乙种书柜的进价高10%，用3300元购进的甲种书柜的数量比用4500元购进的乙种书柜的数量少5台．
（1）求甲、乙两种书柜的进价；
（2）若该校拟购进这两种规格的书柜共60个，其中乙种书柜的数量不大于甲种书柜数量的2倍．请您帮该校设计一种购买方案，使得花费最少，并求出最少花费多少钱．
【答案】（1）解：设每个乙种书柜的进价为x元，则每个甲种书柜的进价为1.1x元，
根据题意得，，
解得x＝300，
经检验，x＝300是原方程的根，
300×1.1＝330（元）．
故每个甲种书柜的进价为330元，每个乙种书柜的进价为300元；
（2）解：设购进甲种书柜m个，则购进乙种书柜（60-m）个，购进两种书柜的总成本为y元，根据题意得，
，
解得y＝30m+18000（m≥20），
∵k＝30＞0，
∴y随x的增大而增大，
当m＝20时，y＝18600（元）．
故购进甲种书柜20个，购进乙种书柜40个时花费最少，费用为18600元．
【知识点】分式方程的实际应用；一次函数的实际应用
【解析】【分析】（1）设每个乙种书柜的进价为x元，则每个甲种书柜的进价为1.1x元，
根据方程中的相等关系“用3300元购进的甲种书柜的数量+5=用4500元购进的乙种书柜的数量”可得关于x的方程，解方程并检验可求解；
（2）设购进甲种书柜m个，则购进乙种书柜（60-m）个，购进两种书柜的总成本为y元，根据总成本y=m个甲种书柜的费用+（60-m）个乙种书柜的费用可得y和m之间的函数关系式，根据不等关系“ 乙种书柜的数量≤2×甲种书柜数量”可得关于m的不等式，解之可得m的范围，再根据一次函数的性质并结合m的范围可求解.
21．（2023九上·龙岗开学考）如图，在 ABCD中，线段AC的垂直平分线交AC于O，分别交BC，AD于E，F，连接AE，CF．
（1）证明：四边形AECF是菱形；
（2）在（1）的条件下，如果AC⊥AB，∠B＝30°，AE＝3，求四边形AECF的面积．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠OAF＝∠OCE，
∵EF是线段AC的垂直平分线，
∴OA＝OC，EF⊥AC，
在△AOF和△COE中，，
∴△AOF≌△COE（ASA），
∴AF＝CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵EF⊥AC，
∴四边形AECF是菱形；
（2）解：由（1）得：四边形AECF是菱形，EF⊥AC，
∴CE＝AE＝3，OA＝OC，OB＝OD，
∵AC⊥AB，
∴EF∥AB，
∴∠OEC＝∠B＝30°，
∴OC＝CE＝，OE＝OC＝，
∴AC＝2OC＝3，EF＝2OE＝3，
∴四边形AECF的面积＝AC×EF＝×3×3＝．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）结合已知用角边角可证△AOF≌△COE，则AF=CE，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形AECF是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可求解；
（2）由（1）中的菱形的性质可得EF⊥AC，结合已知可得EF∥AB，由平行线的性质可得∠OEC=∠B=30°，根据30度角所对的直角边等于斜边的一半可得OC=CE，用勾股定理求出OE的值，由菱形的性质得AC=2OC，EF=2OE，于是根据菱形的面积S=AC×EF可求解.
22．（2023九上·龙岗开学考）已知：直线经过点A（-8，0）和点B（0，6），点C在线段AO上，将△ABO沿BC折叠后，点O恰好落在AB边上点D处．
（1）求直线AB的表达式．
（2）求AC的长．
（3）点P为平面内一动点，且满足以A，B，C，P为顶点的四边形为平行四边形，请直接写出符合要求的所有P点的坐标．
【答案】（1）解：设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∴，解得，∴y＝x+6；
（2）解：∵D点与C点关于BC对称，∴CO＝CD，BO＝BD，
∵BO＝6，∴BD＝6，
∵OA＝8，BO＝6，∴AB＝10，∴AD＝4，
在Rt△ACD中，CD2+16＝（8-CD）2，解得CD＝3，∴CO＝3，∴AC＝5；
（3）解：由（2）可得C（-3，0），设P（x，y），
①当AB为平行四边形的对角线时，，解得，∴P（-5，6）；
②当AC为平行四边形的对角线时，，解得，∴P（-11，-6）；
③当AP为平行四边形的对角线时，，解得，∴P（5，6）；
综上所述：P点坐标为（-5，6）或（-11，-6）或（5，6）．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；轴对称的性质；一次函数-动态几何问题
【解析】【分析】（1）由题意用待定系数法可求解；
（2）由轴对称的性质得CO=CD，BO=BD，在Rt△ACD中，用勾股定理求出CD=CO的值，则AC=AO-CO可求解；
（3）由（2）可得C（-3，0），设P（x，y），由平行四边形的性质和题意可分三种情况讨论：
①当AB为平行四边形的对角线时，根据平行四边形的性质可得关于xy的二元一次方程组可求解；
②当AC为平行四边形的对角线时，根据平行四边形的性质可得关于xy的二元一次方程组可求解；
③当AP为平行四边形的对角线时，根据平行四边形的性质可得关于xy的二元一次方程组可求解.
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