广东省深圳市龙岗区知新学校2024-2025学年九年级上学期开学考试数学试卷
1．（2024九上·龙岗开学考）深圳以群众多元化出行需求为落脚点，全力打造“惠民交通”．下面是深圳公共出行方式中常见的logo，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、只是中心对称图形，故A不合题意；
B、既是轴对称图形又是中心对称图形，故B符合题意；
C、两者均不是，故C不合题意；
D、两者均不是，故D不合题意．
故选：B．
【分析】
本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
2．（2024九上·龙岗开学考）用配方法解一元二次方程，此方程可化为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】配方法解一元二次方程
【解析】【解答】解：x2-4x+3=0
x2-4x=-3
x2-4x+4=-3+4
∴（x-2）2=1.
故答案为：A.
【分析】先移项，再在方程的两边同时加上一次项系数一半的平方，然后将方程右边转化为完全平方，即可求解.
3．（2024九上·龙岗开学考）一元二次方程的根的情况（ ）
A．有两个相等的实数根 B．有两个不相等的实数根
C．只有一个实数根 D．没有实数根
【答案】B
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵b2-4ac=9-4×1×1=5＞0，
∴此方程有两个不相等的实数根.
故答案为：B.
【分析】先求出b2-4ac的值，再根据当b2-4ac＞0，方程有两个不相等的实数根；当b2-4ac=0，方程有两个相等的实数根；当b2-4ac＜0，方程没有实数根，据此可作出判断.
4．（2024九上·龙岗开学考）下列判断错误的是（ ）
A．四条边都相等的四边形是菱形
B．角平分线上的点到角两边的距离相等
C．对角线相等的平行四边形是矩形
D．一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形
【答案】D
【知识点】角平分线的性质；平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：A、四条边都相等的四边形是菱形，故A不符合要求
B、角平分线上的点到角两边的距离相等，故B不符合要求
C、对角线相等的平行四边形是矩形，故C不符合要求
D、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故D符合要求
故选：D．
【分析】
A、是菱形的判定定理
B、是角平分线的性质定理
C、是矩形的判定定理
D、不一定是平行四边形，可能是梯形等.
5．（2024九上·龙岗开学考）如图，在矩形中，对角线和相交于点O，则下列结论一定正确的是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】解：∵矩形ABCD，
∴AC=BD.
故答案为：C．
【分析】利用矩形的对角线相等，可得到正确结论的选项.
6．（2024九上·龙岗开学考）如图1是生活中常见的一种停车位，将其抽象为，停放的小车可近似看成长方形．如图所示，已知，车长约为米，宽约为米．若该车能完全停入车位内，则斜向车位的长至少为（ ）
A．米 B．米 C．米 D．米
【答案】A
【知识点】等腰三角形的判定与性质；平行四边形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：在矩形中，
∵为直角三角形，且，
∴
∴
故选：A．
【分析】本题考查了平行四边形、矩形的性质，等腰直角三角形的性质，根据题意得出，进而即可求解．
7．（2024九上·龙岗开学考）如图，在平面直角坐标系中，菱形，为坐标原点，点在轴上，的坐标为，则顶点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：延长BA交y轴于点D，
∵菱形ABCD，
∴AB∥CO，AO=AB，
∴AB⊥y轴，
∴∠ODA=90°，
∵点A（-3，4），
∴OD=4，AD=3，
∴，
∴AB=5，
∴BD=AB+DA=5+3=8，
∵点B在第二象限，
∴点B（-8，4）.
故答案为：C.
【分析】延长BA交y轴于点D，利用菱形的性质可证得AB∥CO，AO=AB，利用点A的坐标可得到OD，AD的长；再利用勾股定理求出AO的长，可得到AB的长，然后求出点B的坐标.
8．（2024九上·龙岗开学考）如图，在中，，，．D为斜边上一动点，连接，过点D作交边于点E，若为等腰三角形，则的周长为（ ）
A． B．6 C． D．5
【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理
【解析】【解答】解： 在中 ，∠ACB=90°，，，
∴，
∵，
∴，
∴
又∵为等腰三角形，
∴
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴△CDE的周长为，
故答案为：D．
【分析】在Rt△ABC中，先根据勾股定理得到BC=3，然后根据三角形外角性质推出∠DEB＞90°，进而根据等腰三角形的性质得到DE=BE，然后根据等边对等角及等角的余角相等推出∠CDA=∠A，由等角对等边得CD=CA，然后根据三角形周长的计算方法、等量代换及线段的和差可将△CDE的周长转化为CA+CB，从而代入计算可得答案.
9．（2024九上·龙岗开学考）因式分解：x3 - x = .
【答案】x(x+1)(x-1)
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法
【解析】【解答】解： x3-x=x（x2 - 1）=x（x+1）（x-1）.
故答案为：x（x+1）（x-1）.
【分析】先提公因式x，再根据平方差公式进行因式分解，即可得出答案.
10．（2024九上·龙岗开学考）如图，在菱形ABCD中，对角线AC＝8，BD＝6，则菱形的面积是 ．
【答案】24
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形ABCD，
∴AC⊥BD，
∵AC＝8，BD＝6，
∴菱形ABCD的面积为.
故答案为：24.
【分析】利用菱形的对角线互相平分，可证得AC⊥BD，再利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，列式计算即可.
11．（2024九上·龙岗开学考）如图，在中，，，点在的平分线上，连接，，若，则 ．
【答案】
【知识点】角平分线的性质；平行四边形的性质
【解析】【解答】解： 在中 ，，，
∴；
∵ 点在的平分线上 ，
∴；
又∵，
∴，
∴，
∴平分，
∴到的距离相等，记为，
∴；
故答案为：．
【分析】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的性质，根据题意证明平分，进而根据角平分线的性质，三角形的面积公式，即可求解．
12．（2024九上·龙岗开学考）如图，在中，，为的中点，直角绕点旋转，它的两条边分别交，的延长线于点，，连接，当，时，的长为 ．
【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：如图所示，连接CG，
∵在中，，为的中点，
∴，，∠CGA=90°，
∴
∵，
∴，
在和中，
∴
∴
∴
∴
∴，
故答案为：．
【分析】连接CG，由等腰直角三角形的性质得AG=CG，∠BAC=∠GCA=∠GCB=45°，∠CGA=90°，由等角的补角相等得∠GAE=∠GCF=135°，由同角的余角相等得∠EGA=∠FGC，从而由ASA判断出△AGE≌△CGF，由全等三角形的对应边相等得AE=CF=3，由线段的核查算出AC、CE，从而在Rt△CEF中，用勾股定理算出EF即可.
13．（2024九上·龙岗开学考）解不等式组：，并在数轴上表示出它的解集．
【答案】解：
由①得
x＜3；
由②得
x＞-2，
∴不等式组的解集为-2＜x＜3；
此不等式组的解集在数轴上表示为
【知识点】在数轴上表示不等式组的解集；解一元一次不等式组
【解析】【分析】分别求出不等式组中的每一个不等式的解集，再求出不等式组的解集，然后将其解集在数轴上表示出来.
14．（2024九上·龙岗开学考）先化简，再求值：，其中．
【答案】解：
．
当时，原式．
【知识点】分式的化简求值-直接代入
【解析】【分析】先将括号里的分式通分计算，同时将除法转化为乘法运算，约分化简，然后将x的值代入化简后的代数式求值.
15．（2024九上·龙岗开学考）如图，在平面直角坐标系内，已知的三个顶点坐标分别为、、．
（1）将沿水平方向向左平移个单位得，请画出；
（2）画出关于原点成中心对称的，此时的坐标为 ．
【答案】（1）解：如图，即为所求；
（2）解：如图，即为所求；点的坐标是．
【知识点】作图﹣平移；坐标与图形变化﹣中心对称；作图﹣中心对称
【解析】【分析】（1）利用点的坐标平移方法，将△ABC的各个顶点向左平移4个单位，可得到对应点A1，B1，C1，然后画出△A1B1C1.
（2）利用关于原点对称点的坐标特点，分别作出点A、B、C关于原点对称的点A2，B2，C2，然后画出△A2B2C2，并写出点B2的坐标.
16．（2024九上·龙岗开学考）解下列一元二次方程：
（1）；
（2）公式法；
（3）配方法；
（4）．
【答案】（1）解：，
，
，
即，；
（2）解：，
，，，
，
，
解得：，；
（3）解：，
，
，
，
解得：，；
（4）解：
，
，，
解得：，．
【知识点】直接开平方法解一元二次方程；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）观察方程特点：缺一次项，因此利用直接开平方法获因式分解法解方程即可.
（2）此方程式一元二次方程的一般形式，先求出b2-4ac的值，再代入公式，求出方程的根.
（3）此方程的二次项系数为1，先移项，再在方程的两边同时加上一次项系数一半的平方，将方程转化为（x-h）2=k的形式，然后利用直接开平方法求出方程的解.
（4）观察方程两边，都含有公因式（x+2），因此利用因式分解法求出方程的解.
17．（2024九上·龙岗开学考）如图，已知 中，的平分线与边的延长线交于点，与交于点，且．
（1）求证：；
（2）若，，求的周长．
【答案】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，，
，
≌，
；
（2）解：平分，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
≌，
，，
，，
的周长．
【知识点】平行四边形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的性质可证得AB∥CD，AB=CD，利用平行线的性质可证得∠A=∠FDE，∠ABF=∠E；再利用AAS可证得△ABF≌△DEF，利用全等三角形的对应边相等，可证得结论.
（2）利用角平分线的概念和平行线的性质可推出∠ABF=∠AFB，利用等角对等边可求出AF的长，可得到ADF的长；利用平行四边形的性质可求出BC、CD的长，利用全等三角形的性质可求出DE、EF的长，即可求出BE的长，然后求出△BCE的周长.
1 / 1广东省深圳市龙岗区知新学校2024-2025学年九年级上学期开学考试数学试卷
1．（2024九上·龙岗开学考）深圳以群众多元化出行需求为落脚点，全力打造“惠民交通”．下面是深圳公共出行方式中常见的logo，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024九上·龙岗开学考）用配方法解一元二次方程，此方程可化为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024九上·龙岗开学考）一元二次方程的根的情况（ ）
A．有两个相等的实数根 B．有两个不相等的实数根
C．只有一个实数根 D．没有实数根
4．（2024九上·龙岗开学考）下列判断错误的是（ ）
A．四条边都相等的四边形是菱形
B．角平分线上的点到角两边的距离相等
C．对角线相等的平行四边形是矩形
D．一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形
5．（2024九上·龙岗开学考）如图，在矩形中，对角线和相交于点O，则下列结论一定正确的是（ ）．
A． B． C． D．
6．（2024九上·龙岗开学考）如图1是生活中常见的一种停车位，将其抽象为，停放的小车可近似看成长方形．如图所示，已知，车长约为米，宽约为米．若该车能完全停入车位内，则斜向车位的长至少为（ ）
A．米 B．米 C．米 D．米
7．（2024九上·龙岗开学考）如图，在平面直角坐标系中，菱形，为坐标原点，点在轴上，的坐标为，则顶点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024九上·龙岗开学考）如图，在中，，，．D为斜边上一动点，连接，过点D作交边于点E，若为等腰三角形，则的周长为（ ）
A． B．6 C． D．5
9．（2024九上·龙岗开学考）因式分解：x3 - x = .
10．（2024九上·龙岗开学考）如图，在菱形ABCD中，对角线AC＝8，BD＝6，则菱形的面积是 ．
11．（2024九上·龙岗开学考）如图，在中，，，点在的平分线上，连接，，若，则 ．
12．（2024九上·龙岗开学考）如图，在中，，为的中点，直角绕点旋转，它的两条边分别交，的延长线于点，，连接，当，时，的长为 ．
13．（2024九上·龙岗开学考）解不等式组：，并在数轴上表示出它的解集．
14．（2024九上·龙岗开学考）先化简，再求值：，其中．
15．（2024九上·龙岗开学考）如图，在平面直角坐标系内，已知的三个顶点坐标分别为、、．
（1）将沿水平方向向左平移个单位得，请画出；
（2）画出关于原点成中心对称的，此时的坐标为 ．
16．（2024九上·龙岗开学考）解下列一元二次方程：
（1）；
（2）公式法；
（3）配方法；
（4）．
17．（2024九上·龙岗开学考）如图，已知 中，的平分线与边的延长线交于点，与交于点，且．
（1）求证：；
（2）若，，求的周长．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、只是中心对称图形，故A不合题意；
B、既是轴对称图形又是中心对称图形，故B符合题意；
C、两者均不是，故C不合题意；
D、两者均不是，故D不合题意．
故选：B．
【分析】
本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
2．【答案】A
【知识点】配方法解一元二次方程
【解析】【解答】解：x2-4x+3=0
x2-4x=-3
x2-4x+4=-3+4
∴（x-2）2=1.
故答案为：A.
【分析】先移项，再在方程的两边同时加上一次项系数一半的平方，然后将方程右边转化为完全平方，即可求解.
3．【答案】B
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵b2-4ac=9-4×1×1=5＞0，
∴此方程有两个不相等的实数根.
故答案为：B.
【分析】先求出b2-4ac的值，再根据当b2-4ac＞0，方程有两个不相等的实数根；当b2-4ac=0，方程有两个相等的实数根；当b2-4ac＜0，方程没有实数根，据此可作出判断.
4．【答案】D
【知识点】角平分线的性质；平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：A、四条边都相等的四边形是菱形，故A不符合要求
B、角平分线上的点到角两边的距离相等，故B不符合要求
C、对角线相等的平行四边形是矩形，故C不符合要求
D、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故D符合要求
故选：D．
【分析】
A、是菱形的判定定理
B、是角平分线的性质定理
C、是矩形的判定定理
D、不一定是平行四边形，可能是梯形等.
5．【答案】C
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】解：∵矩形ABCD，
∴AC=BD.
故答案为：C．
【分析】利用矩形的对角线相等，可得到正确结论的选项.
6．【答案】A
【知识点】等腰三角形的判定与性质；平行四边形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：在矩形中，
∵为直角三角形，且，
∴
∴
故选：A．
【分析】本题考查了平行四边形、矩形的性质，等腰直角三角形的性质，根据题意得出，进而即可求解．
7．【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：延长BA交y轴于点D，
∵菱形ABCD，
∴AB∥CO，AO=AB，
∴AB⊥y轴，
∴∠ODA=90°，
∵点A（-3，4），
∴OD=4，AD=3，
∴，
∴AB=5，
∴BD=AB+DA=5+3=8，
∵点B在第二象限，
∴点B（-8，4）.
故答案为：C.
【分析】延长BA交y轴于点D，利用菱形的性质可证得AB∥CO，AO=AB，利用点A的坐标可得到OD，AD的长；再利用勾股定理求出AO的长，可得到AB的长，然后求出点B的坐标.
8．【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理
【解析】【解答】解： 在中 ，∠ACB=90°，，，
∴，
∵，
∴，
∴
又∵为等腰三角形，
∴
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴△CDE的周长为，
故答案为：D．
【分析】在Rt△ABC中，先根据勾股定理得到BC=3，然后根据三角形外角性质推出∠DEB＞90°，进而根据等腰三角形的性质得到DE=BE，然后根据等边对等角及等角的余角相等推出∠CDA=∠A，由等角对等边得CD=CA，然后根据三角形周长的计算方法、等量代换及线段的和差可将△CDE的周长转化为CA+CB，从而代入计算可得答案.
9．【答案】x(x+1)(x-1)
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法
【解析】【解答】解： x3-x=x（x2 - 1）=x（x+1）（x-1）.
故答案为：x（x+1）（x-1）.
【分析】先提公因式x，再根据平方差公式进行因式分解，即可得出答案.
10．【答案】24
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形ABCD，
∴AC⊥BD，
∵AC＝8，BD＝6，
∴菱形ABCD的面积为.
故答案为：24.
【分析】利用菱形的对角线互相平分，可证得AC⊥BD，再利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，列式计算即可.
11．【答案】
【知识点】角平分线的性质；平行四边形的性质
【解析】【解答】解： 在中 ，，，
∴；
∵ 点在的平分线上 ，
∴；
又∵，
∴，
∴，
∴平分，
∴到的距离相等，记为，
∴；
故答案为：．
【分析】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的性质，根据题意证明平分，进而根据角平分线的性质，三角形的面积公式，即可求解．
12．【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：如图所示，连接CG，
∵在中，，为的中点，
∴，，∠CGA=90°，
∴
∵，
∴，
在和中，
∴
∴
∴
∴
∴，
故答案为：．
【分析】连接CG，由等腰直角三角形的性质得AG=CG，∠BAC=∠GCA=∠GCB=45°，∠CGA=90°，由等角的补角相等得∠GAE=∠GCF=135°，由同角的余角相等得∠EGA=∠FGC，从而由ASA判断出△AGE≌△CGF，由全等三角形的对应边相等得AE=CF=3，由线段的核查算出AC、CE，从而在Rt△CEF中，用勾股定理算出EF即可.
13．【答案】解：
由①得
x＜3；
由②得
x＞-2，
∴不等式组的解集为-2＜x＜3；
此不等式组的解集在数轴上表示为
【知识点】在数轴上表示不等式组的解集；解一元一次不等式组
【解析】【分析】分别求出不等式组中的每一个不等式的解集，再求出不等式组的解集，然后将其解集在数轴上表示出来.
14．【答案】解：
．
当时，原式．
【知识点】分式的化简求值-直接代入
【解析】【分析】先将括号里的分式通分计算，同时将除法转化为乘法运算，约分化简，然后将x的值代入化简后的代数式求值.
15．【答案】（1）解：如图，即为所求；
（2）解：如图，即为所求；点的坐标是．
【知识点】作图﹣平移；坐标与图形变化﹣中心对称；作图﹣中心对称
【解析】【分析】（1）利用点的坐标平移方法，将△ABC的各个顶点向左平移4个单位，可得到对应点A1，B1，C1，然后画出△A1B1C1.
（2）利用关于原点对称点的坐标特点，分别作出点A、B、C关于原点对称的点A2，B2，C2，然后画出△A2B2C2，并写出点B2的坐标.
16．【答案】（1）解：，
，
，
即，；
（2）解：，
，，，
，
，
解得：，；
（3）解：，
，
，
，
解得：，；
（4）解：
，
，，
解得：，．
【知识点】直接开平方法解一元二次方程；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）观察方程特点：缺一次项，因此利用直接开平方法获因式分解法解方程即可.
（2）此方程式一元二次方程的一般形式，先求出b2-4ac的值，再代入公式，求出方程的根.
（3）此方程的二次项系数为1，先移项，再在方程的两边同时加上一次项系数一半的平方，将方程转化为（x-h）2=k的形式，然后利用直接开平方法求出方程的解.
（4）观察方程两边，都含有公因式（x+2），因此利用因式分解法求出方程的解.
17．【答案】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，，
，
≌，
；
（2）解：平分，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
≌，
，，
，，
的周长．
【知识点】平行四边形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的性质可证得AB∥CD，AB=CD，利用平行线的性质可证得∠A=∠FDE，∠ABF=∠E；再利用AAS可证得△ABF≌△DEF，利用全等三角形的对应边相等，可证得结论.
（2）利用角平分线的概念和平行线的性质可推出∠ABF=∠AFB，利用等角对等边可求出AF的长，可得到ADF的长；利用平行四边形的性质可求出BC、CD的长，利用全等三角形的性质可求出DE、EF的长，即可求出BE的长，然后求出△BCE的周长.
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