2023-2024学年福建省福州市鼓楼区三牧中学九年级（上）开学数学试卷（含解析）

2023-2024学年福建省福州市鼓楼区三牧中学九年级（上）开学数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在平面直角坐标系中，点在( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2. 化简的结果是( )
A. B. C. D.
3. 下列式子运算结果为的是( )
A. B. C. D.
4. 如图，直线，，则( )
A.
B.
C.
D.
5. 方程的解是( )
A. B.
C. ， D. ，
6. 下列函数中，随增大而增大的是( )
A. B. C. D.
7. 关于函数的图象，下列结论错误的是( )
A. 过第二、三、四象限 B. 与轴的交点坐标为
C. 经过点 D. 可由函数的图象平移得到
8. 已知菱形的两条对角线长分别为和，则菱形的边长等于( )
A. B. C. D.
9. 在平面直角坐标系中，四条抛物线如图所示，其解析式中的二次项系数一定小于的是( )
A. B. C. D.
10. 满足，，以为边作正方形，使点和点在直线的两侧，则线段的最大值为( )
A. B. C. D.
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 因式分解： ．
12. 抛物线顶点坐标是______ ．
13. 若一元二次方程的两个根是，，则的值是______ ．
14. 若是关于的方程的解，则代数式的值是______ ．
15. 已知正方形边长为，是边上一点，将此正方形的一只角沿直线折叠，使点恰好落在对角线上，则的长等于______．
16. 若点，是二次函数与轴正半轴的两个交点，且满足：在，，这三个数中，有一个数可以作为另两个数的平均数，也有一个数可以作为另两个数之积的平方根，则该二次函数顶点坐标为______ ．
三、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
17. 解方程：．
四、解答题（本大题共8小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. 本小题分
计算：．
19. 本小题分
解不等式组：．
20. 本小题分
如图，已知，点在上，，，垂足分别为，求证：．
21. 本小题分
我国古典数学文献增删算法统宗六均输中有一个“隔沟计算”的问题：“甲乙隔沟牧放，二人暗里参详甲云得乙九只羊，多乙一倍之上乙说得甲九只，两家之数相当”翻译成现代文，其大意如下：甲乙两人隔一条沟放牧，二人心里暗中合计甲对乙说：“我得到你的九只羊，我的羊就比你多一倍”乙对甲说：“我得到你的九只羊，咱俩家的羊就一样多”求甲、乙各有多少只羊？
22. 本小题分
综合与实践
【问题情境】数学课上，老师带领同学们开展“利用树叶的特征对树木进行分类”的实践活动．
【实践发现】同学们随机收集芒果树、荔枝树的树叶各片，通过测量得到这些树叶的长单位：，宽单位：的数据后，分别计算长宽比，整理数据如下：
芒果树叶的长宽比
荔枝树叶的长宽比
【实践探究】分析数据如下：
平均数 中位数 众数 方差
芒果树叶的长宽比
荔枝树叶的长宽比
【问题解决】
上述表格中： ______ ， ______ ．
通过数据，同学们总结出了一些结论：
同学说：“从树叶的长宽比的方差来看，芒果树叶的形状差别比荔枝树叶______ ”填“小”或者“大”
同学说：“从树叶的长宽比的平均数、中位数和众数来看，我发现荔枝树叶的长约为宽的______ 倍”
现有一片长，宽的树叶，请判断这片树叶更可能来自于芒果、荔枝中的哪种树？并给出你的理由．
23. 本小题分
如图，四边形是正方形，点，分别在，上，点在的延长线上，且．
尺规作图：作出点与点不重合，使其满足且要求：只保留作图痕迹，不写作法和证明；
连接中的，猜想并写出四边形是怎样的特殊四边形，并证明．
24. 本小题分
如图，在中，，，平分交于．
求：的值；
若，求的长度；
如图，，，交于点，判断和的数量关系并证明．
25. 本小题分
已知二次函数与轴交于、两点在的左侧，与轴交于点，顶点为点．
证明：函数图象与轴正半轴有两个交点；
无论取何值，函数经过某几个定点若定点与、两点构成的三角形中，存在等腰三角形，求此时的值；
设直线与直线交于点，求，满足的数量关系．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，，
点在第二象限．
故选：．
根据第二象限内点的坐标特点解答即可．
本题考查的是点的坐标，熟知各象限内点的坐标特点是解题的关键．
2.【答案】
【解析】解：，
故选：．
将被开方数写成平方数与的乘积，再将开出来为，易知化简结果为．
本题考查了二次根式的化简，关键在于被开方数要写成平方数乘积的形式再进行化简．
3.【答案】
【解析】【分析】
此题主要考查了同底数幂的乘除运算以及合并同类项，正确掌握相关运算法则是解题关键．
直接利用同底数幂的乘除运算法则以及合并同类项法则分别判断得出答案．
【解答】
解：、，故此选项不合题意；
B、，无法计算，故此选项不合题意；
C、，符合题意；
D、，故此选项不合题意；
故选：．
4.【答案】
【解析】解：，，
．
故选：．
利用平行线的性质可得结论．
本题考查了平行线的性质，掌握“两直线平行，同位角相等”是解决本题的关键．
5.【答案】
【解析】解：，
，
得或，
，，
故选：．
先分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．
本题考查了解一元二次方程，能把一元二次方程转化成一元一次方程是解此题的关键．
6.【答案】
【解析】解：由题意，对于，当时，随增大而增大；当时，随增大而减小，
、不符合题意，符合题意．
对于选项，，当时，随增大而减小，
不符合题意．
故选：．
依据题意，分别根据一次函数与二次函数的图象与性质进行判断可以得解．
本题主要考查了一次函数的图象与性质、二次函数的图象与性质，解题时要熟练掌握并理解是关键．
7.【答案】
【解析】解：、，，图象经过第二、三、四象限，故结论正确，不合题意；
B、当时，，图象与轴的交点坐标为，故结论正确，不合题意；
C、当时，，图象不经过点，故结论错误，符合题意；
D、函数的图象向下平移个单位得到，故结论正确，不合题意．
故选：．
根据一次函数的性质对各选项进行逐一分析即可．
本题考查的是一次函数的性质，熟知一次函数，当，时函数图象经过二、三、四象限是解答此题的关键．
8.【答案】
【解析】解：如图：菱形中，，
，，
在直角三角形中．
故选：．
根据菱形的性质求得，的长，再根据勾股定理求得边长的长．
此题主要考查学生对菱形的性质及勾股定理的理解及运用．
9.【答案】
【解析】解：由图象可知：
抛物线的顶点为，与轴的交点为，根据待定系数法求得；
抛物线的顶点为，与轴的一个交点为，根据待定系数法求得；
抛物线的顶点为，与轴的交点为，根据待定系数法求得；
抛物线的顶点为，与轴的交点为，根据待定系数法求得；
综上，解析式中的二次项系数一定小于的是
故选：．
由图象的点的坐标，根据待定系数法求得解析式即可判定．
本题考查了二次函数的图象，二次函数的性质以及待定系数法求二次函数的解析式，根据点的坐标求得解析式是解题的关键．
10.【答案】
【解析】解：将围绕点逆时针旋转得到，连接、、，
，，
，
，，
≌，
，
在等腰中，，
在中，，
故当点、、共线时，最大，
则，
故选：．
证明≌，当点、、共线时，最大，即可求解．
本题为正方形综合题，涉及到三角形全等、图形的旋转，确定点、、共线时，最大是解题的关键．
11.【答案】
【解析】解：原式，
故答案为：．
【分析】本题考查了因式分解运用公式法，熟练掌握平方差公式的特点是解本题的关键．
原式利用平方差公式分解即可．
12.【答案】
【解析】解：，
抛物线的顶点坐标是，
故答案为：．
将抛物线解析式配方成顶点式即可得出答案．
本题主要考查二次函数的性质，解题的关键是熟练将抛物线的一般式配方成顶点式．
13.【答案】
【解析】解：一元二次方程的两根为，，
．
故答案为：．
根据根与系数的关系即可得出，此题得解．
本题考查了根与系数的关系，熟练掌握两根之积为是解题的关键．
14.【答案】
【解析】解：将代入原方程得：，
．
故答案为：．
将代入原方程，可得出，再将其代入中，即可求出结论．
本题考查了一元一次方程的解，牢记“把方程的解代入原方程，等式左右两边相等”是解题的关键．
15.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了翻折变换折叠问题，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
根据正方形的性质得到，，，根据折叠的性质得到，，由等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】
解：四边形是正方形，
，，，
将此正方形的一只角沿直线折叠，使点恰好落在对角线上，
，，
，，
，
故答案为：．
16.【答案】
【解析】解：点，是二次函数与轴正半轴的两个交点，
，，
是的平方根，
，
对称轴为直线，，，这三个数中，有一个数可以作为另两个数的平均数，
或，
由得，
把代入并整理得：
解得，舍去，
此时；
同理联立得，，
二次函数与轴正半轴的两个交点为和，
把和代入得：
，
解得，
二次函数解析式为，
顶点坐标为
故答案为：
根据题意可以得出，或，联立或求出，的值，再用待定系数法求出二次函数解析式，再化为顶点式即可．
本题考查抛物线与轴的交点、二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，关键是求出抛物线与轴的交点．
17.【答案】解：去分母得，，
移项、合并同类项得，，
解得，，
经检验是增根，舍去；是原方程的根，
所以原方程的根是．
【解析】本题考查了解分式方程，熟记解分式方程的步骤：去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为是解题的关键，注意验根．
根据解分式方程的步骤进行计算即可．
18.【答案】解：
．
【解析】先计算零次幂、负整数指数幂和乘方，再计算加减．
此题考查了实数的混合运算能力，关键是能准确确定运算顺序和方法，并能进行正确地计算．
19.【答案】解：解不等式，得．
解不等式，得．
所以原不等式组的解集为．
【解析】先求出每个不等式的解集，再根据“大小小大取中间”原则求出不等式组的解集即可．
本题主要考查了解一元一次不等式组，正确求出每个不等式的解集是解题的关键．
20.【答案】证明：，，
，
在和中，
，
≌，
．
【解析】证明≌，根据全等三角形的性质证明结论．
本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
21.【答案】解：设甲有羊只，乙有羊只，
由题意得：，
解得：，
答：甲有羊只，乙有羊只．
【解析】设甲有羊只，乙有羊只，根据甲对乙说：“我得到你的九只羊，我的羊就比你多一倍．”乙对甲说：“我得到你的九只羊，咱俩家的羊就一样多．”列出二元一次方程组，解方程组即可．
本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，列出二元一次方程组是解题的关键．
22.【答案】 小
【解析】解：把片芒果树叶的长宽比从小到大排列，排在中间的两个数分别为、，
故；
片荔枝树叶的长宽比中出现次数最多的是，故．
故答案为：；；
从树叶的长宽比的方差来比较，，
芒果树叶的形状差别比荔枝树叶差别小，
荔枝树叶的长宽比的平均数，中位数是，众数是，
荔枝树叶的长约为宽的倍．
故答案为：小；；
，
这片树叶更可能是荔枝树叶．
根据中位数和众数的定义解答即可；
根据题目给出的数据判断即可；
根据树叶的长宽比判断即可．
本题考查了众数，中位数，平均数和方差，掌握相关定义是解答本题的关键．
23.【答案】解：如图：分别以，为圆心，以的长为半径作弧，两弧相交于点，
点即为所求；
四边形是平行四边形；
证明：连接，
四边形是正方形，
，，
，
≌≌，
，，，
，，
，
，，
，
，
四边形为矩形，
，，
，，
四边形为平行四边形．
【解析】根据正方形的性质作图；
根据矩形和平行四边形的判定定理进行证明．
本题考查了复杂作图，掌握矩形的判定定理和性质及平行四边形的判定定理是解题的关键．
24.【答案】解：在中，
，，
，，
如图，过点作于点，
平分，，
，，
，
：：：：，
：的值为；
设，
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，，
≌，
，
，
，
，
，
负值舍去，
的长度为；
，
证明：如图，过点作于点，
，
，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，，
，
，，
，
在和中，
，
≌，
，
，
．
【解析】过点作于点，根据角平分线的性质得，然后利用三角形的面积即可解决问题；
设，由是等腰直角三角形，得，所以，得，然后证明≌，得，然后利用三角形的面积求出的值，即可解决问题；
过点作于点，证明≌，根据全等三角形的性质得，，推出，再证≌ ，根据全等三角形的性质得，可得，即．
此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，角平分线的性质，利用全等三角形的判定和性质是解本题的关键．
25.【答案】证明：由，令，
或．
，
．
．
．
抛物线与轴交于、两点在的左侧，
，．
函数图象与轴正半轴有两个交点．
解：由题意，任取，，进而建立关于，的方程组为，
或．
抛物线过定点，．
定点与、两点构成的三角形中，存在等腰三角形，
可分以下两种情形：
、，三点构成等腰三角形，
此时是直角三角形，只有，
．
．
、，三点构成等腰三角形，
存在以下可能，
当时，，
；
当时，依据勾股定理，，
．
．
当时，
．
．
综上，或或或．
解：由题意，，，
直线为：．
，，
直线为：．
直线与直线的交点满足它们的解析式组成的方程组．
，．
．
．
【解析】依据题意，由，令即可得出与轴交点的坐标，再结合题意，可以得解；
依据题意，任取，，进而建立关于，的方程组从而计算可以得解；
依据题意，求出直线与直线的交点，再消去，即可得解．
本题主要考查了抛物线的图象与性质、等腰三角形的性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．
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