广东省深圳市红桂中学2024-2025学年九年级上学期开学考试数学试题
1．（2024九上·深圳开学考）下列式子：①；②；③；④；⑤．其中是不等式的有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】B
【知识点】不等式的概念
【解析】【解答】解：①③⑤是不等式，②是多项式，不是不等式，④是方程，不是不等式，
则不等式有3个.
故答案为：B．
【分析】用不等号“＞、≥、＜、≤、≠”连接的表不相等关系得式子，就是不等式，据此逐一判断得出答案.
2．（2024九上·深圳开学考）下列博物馆的图标中，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；中心对称图形
【解析】【解答】解：A、此选项中的图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故不符合题意；
B、此选项中的图形既是中心对称图形，又是轴对称图形，故符合题意；
C、此选项中的图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故不符合题意；
D、此选项中的图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故不符合题意.
故答案为：B．
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°后，能够与原图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个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，据此逐一判断得出答案.
3．（2024九上·深圳开学考）下列各组线段中，能组成直角三角形的一组是（ ）
A．1，2，3 B．2，3，4 C．4，5，6 D．
【答案】D
【知识点】三角形三边关系；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A、∵1+2=3，∴长度为1、2、3的三条线段围成三角形，故也不能组成直角三角形，此选项错误；
B、∵，∴长度为2、3、4的三条线段不能组成直角三角形，此选项错误；
C∵，∴长度为4、5、6的三条线段不能组成直角三角形，此选项错误；
D、∵，∴长度为、、的三条线段能够组成直角三角形，此选项正确．
故答案为：D．
【分析】根据三角形三边关系“任意两边之和大于第三边”可判断A选项；利用勾股定理的逆定理“一个三角形的三边满足较小两边的平方和等于第三边的平方，该三角形就是直角三角形”据此可判断B、C、D三个选项.
4．（2024九上·深圳开学考）将多项式“”因式分解，结果为，则“？”是（ ）
A．3 B． C．9 D．
【答案】C
【知识点】多项式乘多项式；因式分解的概念
【解析】【解答】解：，
∴“？”是9．
故答案为：C．
【分析】利用平方差公式计算出两个多项式的乘积，根据因式分解就是将一个多项式化为几个整式乘积形式的恒等变形，从而根据对应项相等即可求出答案．
5．（2024九上·深圳开学考）若代数式有意义，则实数x的取值范围是（ ）
A． B．，且
C． D．，且
【答案】B
【知识点】分式有无意义的条件；二次根式有意义的条件；解一元一次不等式
【解析】【解答】解：∵代数式有意义，
∴且，
解得且．
故答案为：B．
【分析】根据二次根式的被开方数是非负数且分母不等于0列出关于字母x的不等式，求解即可．
6．（2024九上·深圳开学考）如图，平行四边形中，，，平分交边于点，则的长为（ ）
A．1 B．4 C．3 D．2
【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵平分，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
故答案为：D．
【分析】由角平分线定义得，平行四边形的对边平行得AD∥BC，由二直线平行，内错角相等∠ADE=∠DEC，则，由等角对等边得，进而根据BE=BC-CE求解的长．
7．（2024九上·深圳开学考）若关于x的分式方程有增根，则a的值为（ ）
A．5 B． C．4 D．
【答案】B
【知识点】分式方程的增根
【解析】【解答】解：
方程两边同乘得：，
∵方程有增根，
∴满足，即
解得：
故答案为：B.
【分析】分式方程的增根是使得最简公分母为0的未知数的取值，分式方程的增根是将分式方程去分母后所得的整式方程的根，据此把分式方程化为整式方程，将原方程的增根代入即可求解．
8．（2024九上·深圳开学考）如图，在等边中，以A为直角顶点作等腰直角，分别交、于点E、F，N为线段上一动点，M为线段上一动点，且，以下4个结论：①；②；③；④当的值最小时，．正确的个数为（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】A
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：①∵是等边三角形，是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，故①正确；
②∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，故②正确；
③在CD上截取，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴为等边三角形，则，
∵，
∴，故③正确；
④过点B作，使，连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
作点Q关于的对称点，连接，交于点N，
此时最小，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，故④正确；
综上：正确的有①②③④，共4个.
故答案为：A．
【分析】①根据等边三角形及等腰直角三角形的性质得出AB=AC=AD，∠CBA=∠CAB=60°，∠CAD=90°，由三角形的内角和定理及等边对等角可求出∠ABD=∠ADB=15°，由角的和差求出∠CBN=45°，从而即可判断①；②由等角直角三角形性质得∠ADC=45°，进而根据角的构成可求出∠FDE=30°，然后根据含30°角直角三角形性质得DF=2EF，从而即可判断②；③在CD上截取DP=CF，连接AP，由同角的余角相等得∠CAF=∠ADB=15°，从而由SAS判断出△ACF≌△ADP，由全等三角形的性质得CF=DP，AF=AP，∠CAF=∠DAP，进而由角的构成可求出∠FAP=60°，由有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形得△AFP为等边三角形，由等边三角形的三边相等及线段和差可判断③；④过点B作BQ⊥BD，使BQ=AC，连接QN，由SAS判断出△BQN≌△ACM，得CM=QN，则CN+CM=CN+QN，作点Q关于BD的对称点Q'，连接CQ'，交BD于点N，根据轴对称性质及两点之间线段最短得CN+CM=CN+QN=CN+Q'N=Q'C最小，求出∠Q'=∠Q=∠ACM=22.5°，则∠DCM=∠ACD-∠ACM=22.5°，从而即可判断④.
9．（2024九上·深圳开学考）分解因式： ．
【答案】
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法
【解析】【解答】解：
．
故答案为：．
【分析】原式提取公因式后，再运用平方差公式进行因式分解即可．
10．（2024九上·深圳开学考）若关于的一元一次方程的解是负数，则的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】解一元一次方程；解一元一次不等式
【解析】【解答】解：解关于的一元一次方程，
得：，
∵方程的解是负数，
∴，
解得：，
∴的取值范围是．
故答案为：．
【分析】首先解这个关于x的方程，用含m的式子表示出该方程的解，根据方程的解是负数，可以得到一个关于m的不等式，求解即可以求出m的范围．
11．（2024九上·深圳开学考）若，，则的值为
【答案】6
【知识点】因式分解的应用
【解析】【解答】解： ，，
，
故答案为：6.
【分析】先提取公因式对代数式进行因式分解，再代入m+n、mn的值求代数式的值.
12．（2024九上·深圳开学考）如图，中，，，，于点D，垂直平分，交于点F，在上确定一点P，使最小，则这个最小值为 ．
【答案】6
【知识点】三角形的面积；线段垂直平分线的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：∵，，，
∴，
∴，
∵垂直平分，点P在EF上，
∴点P到A，B两点的距离相等，
即，
要求最小，即求最小，则A、P、D三点共线，
∴AD的长度即的最小值，
即的最小值为6，
故答案为：6．
【分析】根据三角形的面积公式即可得到AD=6，由垂直平分线的性质得到点A，B关于EF对称，由轴对称的性质得PA=PB，则PB+PD=PA+PD，由两点之间线段最短得A、P、D三点共线时，PA+PD=PD最小，从而即可得出答案.
13．（2024九上·深圳开学考）已知正方形，点E是边上的动点，以为边作等边三角形，连接，交边于点G，当最小时， ．
【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用；等边三角形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；平行线的判定与性质的应用-求角度
【解析】【解答】解：作等边三角形CDH，连接FH，
∵△ECF与△DCH都是等边三角形，
∴EC=CF，∠ECF=∠DCH=60°，CD=CH，
∴∠ECF-∠DCF=∠DCH-∠DCF，即∠ECD=∠FCH，
∴，
∴，
∵当时最小，此时，
∴．
故答案为：．
【分析】作等边三角形CDH，连接FH，由等边三角形性质得EC=CF，∠ECF=∠DCH=60°，CD=CH，根据角的构成推出∠ECD=∠FCH，从而用SAS判断出△ECD≌△FCH，由全等三角形的对应角相等得∠CHF=∠CDE=90°，由垂线段最短得出当BF⊥FH时BF最小，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得BF∥CH，进而根据二直线平行，同旁内角互补可求出∠CGF的度数.
14．（2024九上·深圳开学考）解不等式组：，并把解集在数轴上表示出来．
【答案】解：解不等式①得：解不等式②得：
∴此不等式组的解集为：
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】分别解出不等式组中两个不等式的解集，根据口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小无解了确定出解集，进而根据数轴上表示不等式组的解集的方法“大向右，小向左，实心等于，空心不等”将该不等式组的解集在数轴上表示出来即可.
15．（2024九上·深圳开学考）化简求值：先化简，再从，中选择一个合适的数代入并求值．
【答案】解：原式
；
，
，
当时，原式．
【知识点】分式的化简求值-择值代入
【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，由分式有意义的条件可得y≠±2，再取y=4代入化简后的结果中计算即可求解．
16．（2024九上·深圳开学考）某校学生会为了解本校初中学生每天做作业所用时间情况，采用问卷的方式对一部分学生进行调查．在确定调查对象时，大家提出以下几种方案：A.对各班班长进行调查；B.对某班的全体学生进行调查；C.从全校每班随机抽取5名学生进行调查．在问卷调查时，每位被调查的学生都选择了问卷中适合自己的一个时间，学生会将收集到的数据整理后绘制成如图所示的条形统计图．
(1)为了使收集到的数据具有代表性．学生会在确定调查对象时应选择方案________ (填A，B或C)；
(2)被调查的学生每天做作业所用时间的众数为________h；
(3)根据以上统计结果，估计该校900名初中学生中每天做作业用1.5 h的人数．
【答案】解：（1）C
（2）1.5
（3） (人)，
所以该校800名学生中每天做作业用1.5h的约有304人．
【知识点】抽样调查的可靠性；条形统计图；众数；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】解：（1）为了使收集到的数据具有代表性，学生会在确定调查对象时选择了方案C；
故答案为：C；
（2）从条形统计图发现，昨天作业时间用1.5小时的人数最多，有38人，所以被调查的学生每天做作业所用时间的众数为 ：1.5小时；
故答案为：1.5；
【分析】（1）根据抽样调查收集的数据必须具代表性即可作答；
（2）众数：在一组数据中，出现次数最多的数据叫做众数，(众数可能有多个)，据此可作答；
（3）利用该校学生的总人数900乘以样本中每天作业时间为1.5小时的人数所占的百分比即可估算出该校初中学生中每天做作业用1.5 h的人数.
17．（2024九上·深圳开学考）在二十大后，绿色发展战略升级，各地区为推进碳中和目标，都在加大对新能源汽车的推广．某汽车专卖店乘此机会决定购进A、B两种新能源汽车．经调查：其中A类汽车的进价比B类汽车的进价每辆多4万元，且用480万元购进A类汽车的数量是用160万元购进B类汽车的数量两倍．
（1）求A、B两类新能源汽车的进价分别是每辆多少万元？
（2）该汽车专卖店打算购进A、B两类新能源汽车共60辆，若汽车店将每辆A类汽车定价为16万元出售，每辆B类汽车定价10万元出售，且全部售出后所获得利润不少于200万元，则汽车店至少需购进A类汽车多少辆？
【答案】（1）解：设B类新能源汽车的进价是x万元，则A类新能源汽车的进价是万元，
根据题意可得：，
解得：，
经检验：是分式方程的解，
∴万元，
答：A类新能源汽车的进价是12万元，B类新能源汽车的进价是8万元；
（2）解：设汽车店需购进A类汽车m辆，则购进B类汽车辆，
根据题意得：，
解得：，
答：汽车店至少需购进A类汽车40辆
【知识点】分式方程的实际应用；一元一次不等式的应用
【解析】【分析】（1）设B类新能源汽车的进价是x万元，则A类新能源汽车的进价是(x+4)万元，用480万元购进A类汽车的数量为，用160万元购进B类汽车的数量为，然后根据题意建立方程，求解即可；
（2）设汽车店需购进A类汽车m辆，则购进B类汽车(60-m)辆，根据A类的(售价-进价)×辆数+B类的(售价-进价)×辆数=总利润结合题意可得关于m的不等式，求解即可.
18．（2024九上·深圳开学考）如图，在中，，E，F分别是的中点，延长到点D，使，连接与交于点O．
（1）试说明与互相平分；
（2）若，求的长．
【答案】（1）解：∵E，F分别是的中点，
∴EF∥AB，AB=2EF，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴与互相平分；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
由勾股定理得，，
∴，，
由勾股定理得，，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴的长为．
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；平行四边形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）由三角形中位线平行于第三边且等于第三边的一半得EF∥AB，AB=2EF，结合AB=2AD，推出AD=EF，从而根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形ADFE是平行四边形，进而根据平行四边形的对角线互相平分可得结论；
（2）由含30°角直角三角形的性质得BC=2AB=4，由勾股定理算出AC的长，然后根据中点定义及平行四边形的对角线互相平分可求出AO的长，再由勾股定理算出DO，最后根据DE=2OD可得答案.
（1）解：∵E，F分别是的中点，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴与互相平分．
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
由勾股定理得，，
∴，，
由勾股定理得，，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴的长为．
19．（2024九上·深圳开学考）【定义】对于没有公共点的两个图形M，N，点P是图形M上任意一点，点Q是图形N上任意一点，把P、Q两点之间的距离的最小值称为图形M与图形N的距离，记为．
【理解】如图1，在平面直角坐标系中，的对角线，相交于点O，若点A，B的坐标分别为，，点G是边上任意一点．
（1）当点G在边上时，的最小值是__________，因此d[点O，线段]__________；
（2）当点G在任意边上时，的最小值是__________，因此d[点O，]__________；
【拓展】如图2，在平面直角坐标系中，的对角线，相交于点O，平分，点A，B的坐标分别为，，点是对角线上与点A，C，O不重合的一点，点是对角线上与点B，D，O不重合的一点．
（3）当[线段，]时，则n的取值范围为__________；
（4）当时，__________（结果用含n的式子表示）；
【应用】为庆祝母亲节，某商场在广场举行花卉展览，要在长6米，宽4米的长方形花卉展览区外围用彩绳拉出封闭隔离线，要求封闭隔离线与长方形花卉展览区外围的最小距离均为0.5米，请直接写出所需彩绳的长度．
【答案】（1）4，4；（2）3，3；（3）或；（4）；应用：米
【知识点】坐标与图形性质；平行四边形的性质；菱形的判定与性质
【解析】【解答】（1）解：∵点A，B的坐标分别为，，
∴AB=8，
∵四边形ABCD为平行四边形， 对角线AC，BD相交于点O ，
∴点G在边上时，当即时，的最小值是，
∴d[点O，线段]；
故答案为：4；4；
（2）解：∵点A，B的坐标分别为，，四边形为平行四边形，
∴当点G在任意边上时，即或时，的最小值是，
∴d[点O，]；
故答案为：3；3；
（3）解：如图：
，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴平分，
∴，
∴∠DAC=∠DCA，
∴，
∴四边形是菱形，
∴平分和，
∴线段到四边形的距离为，
∴[线段，]，
∴，
解得：或；
故答案为：或；
（4）解：由（3）得：四边形是菱形，
如图，作于，交于，作于，
则有，
∴，
∴；
故答案为：；
应用：解：由题意得，要求封闭隔离线与长方形花卉展览区外围的最小距离为米，如图，
则所需彩绳的长度为：米．
【分析】（1）根据两点间的距离公式算出AB的长，结合平行四边形的性质及新定义，由垂线段最短即可得出答案；
（2）根据点的坐标与图形性质结合新定义，由合垂线段最短即可得出答案；
（3）根据平行四边形的对边平行得AB∥CD，由平行线的性质及角平分线的定义推出∠DAC=∠DCA，由等角对等边得AD=CD，由一组邻边相等的平行四边形是菱形证明四边形ABCD是菱形，得出平分和，推出线段到四边形的距离为，从而得到[线段，]，即，计算即可得解；
（4）由（3）得：四边形是菱形，作于，交于，作于，则有，从而得到，即可得解；
应用：由题意得，要求封闭隔离线与长方形花卉展览区外围的最小距离为米，计算即可得解．
20．（2024九上·深圳开学考）综合探究：在中，，把绕点逆时针旋转适当的角度得到，连接对应点，和，，延长交于点．
（1）如图1，当点落在边上时，证明：；
（2）如图2，当点不落在边上时，，交于点，请探究是否还成立？写出探究过程；
（3）如图3，在（2）的条件下，当时，时，若，求的长．
【答案】（1）证明：根据题意，把绕点逆时针旋转适当的角度得到，
∴，，，
∴，，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：成立，理由如下：
如下图，过点作交的延长线于点，连接，
∴，
∵由旋转可知，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴；
（3）解：连接，如下图，
由旋转的性质可得，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴可设，，
则，，，，
∴，
∵
∴，
∴，
由（2）知，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴在中，可有，
即，解得，
∴．
【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；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）由旋转性质得AB=AD，AC=AE，，由等边对等角得，，由三角形的内角和定理可推出，结合对顶角相等易得，由等角对等边得MD=MC，根据等角的余角相等得，由等角对等边得，即可证明结论；
（2）过点作交的延长线于点，连接，由二直线平行，内错角相等得∠2=∠3，由旋转的性质得，，，由等边对等角得∠4=∠5，由等角的余角相等得∠1=∠3，则∠2=∠1，由等角对等边得BC=CF，则CF=DE，从而由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形为平行四边形，由平行四边形的对角线互相平分即可证明结论；
（3）连接，由旋转的性质可得，，，由等边对等角得，由等角的余角相等及对顶角相等得∠1=∠3，由等角对等边证明，设，，则，，，从而用ASA证，得，由直角三角的性质和等腰三角形的性质可得，，然后在中，由勾股定理建立方程求得，即可获得答案．
（1）证明：根据题意，把绕点逆时针旋转适当的角度得到，
∴，，，
∴，，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）如下图，过点作交的延长线于点，连接，
∴，
∵由旋转可知，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴；
（3）连接，如下图，
由旋转的性质可得，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴可设，，
则，，，，
∴，
∵
∴，
∴，
由（2）知，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴在中，可有，
即，解得，
∴．
1 / 1广东省深圳市红桂中学2024-2025学年九年级上学期开学考试数学试题
1．（2024九上·深圳开学考）下列式子：①；②；③；④；⑤．其中是不等式的有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
2．（2024九上·深圳开学考）下列博物馆的图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024九上·深圳开学考）下列各组线段中，能组成直角三角形的一组是（ ）
A．1，2，3 B．2，3，4 C．4，5，6 D．
4．（2024九上·深圳开学考）将多项式“”因式分解，结果为，则“？”是（ ）
A．3 B． C．9 D．
5．（2024九上·深圳开学考）若代数式有意义，则实数x的取值范围是（ ）
A． B．，且
C． D．，且
6．（2024九上·深圳开学考）如图，平行四边形中，，，平分交边于点，则的长为（ ）
A．1 B．4 C．3 D．2
7．（2024九上·深圳开学考）若关于x的分式方程有增根，则a的值为（ ）
A．5 B． C．4 D．
8．（2024九上·深圳开学考）如图，在等边中，以A为直角顶点作等腰直角，分别交、于点E、F，N为线段上一动点，M为线段上一动点，且，以下4个结论：①；②；③；④当的值最小时，．正确的个数为（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
9．（2024九上·深圳开学考）分解因式： ．
10．（2024九上·深圳开学考）若关于的一元一次方程的解是负数，则的取值范围是 ．
11．（2024九上·深圳开学考）若，，则的值为
12．（2024九上·深圳开学考）如图，中，，，，于点D，垂直平分，交于点F，在上确定一点P，使最小，则这个最小值为 ．
13．（2024九上·深圳开学考）已知正方形，点E是边上的动点，以为边作等边三角形，连接，交边于点G，当最小时， ．
14．（2024九上·深圳开学考）解不等式组：，并把解集在数轴上表示出来．
15．（2024九上·深圳开学考）化简求值：先化简，再从，中选择一个合适的数代入并求值．
16．（2024九上·深圳开学考）某校学生会为了解本校初中学生每天做作业所用时间情况，采用问卷的方式对一部分学生进行调查．在确定调查对象时，大家提出以下几种方案：A.对各班班长进行调查；B.对某班的全体学生进行调查；C.从全校每班随机抽取5名学生进行调查．在问卷调查时，每位被调查的学生都选择了问卷中适合自己的一个时间，学生会将收集到的数据整理后绘制成如图所示的条形统计图．
(1)为了使收集到的数据具有代表性．学生会在确定调查对象时应选择方案________ (填A，B或C)；
(2)被调查的学生每天做作业所用时间的众数为________h；
(3)根据以上统计结果，估计该校900名初中学生中每天做作业用1.5 h的人数．
17．（2024九上·深圳开学考）在二十大后，绿色发展战略升级，各地区为推进碳中和目标，都在加大对新能源汽车的推广．某汽车专卖店乘此机会决定购进A、B两种新能源汽车．经调查：其中A类汽车的进价比B类汽车的进价每辆多4万元，且用480万元购进A类汽车的数量是用160万元购进B类汽车的数量两倍．
（1）求A、B两类新能源汽车的进价分别是每辆多少万元？
（2）该汽车专卖店打算购进A、B两类新能源汽车共60辆，若汽车店将每辆A类汽车定价为16万元出售，每辆B类汽车定价10万元出售，且全部售出后所获得利润不少于200万元，则汽车店至少需购进A类汽车多少辆？
18．（2024九上·深圳开学考）如图，在中，，E，F分别是的中点，延长到点D，使，连接与交于点O．
（1）试说明与互相平分；
（2）若，求的长．
19．（2024九上·深圳开学考）【定义】对于没有公共点的两个图形M，N，点P是图形M上任意一点，点Q是图形N上任意一点，把P、Q两点之间的距离的最小值称为图形M与图形N的距离，记为．
【理解】如图1，在平面直角坐标系中，的对角线，相交于点O，若点A，B的坐标分别为，，点G是边上任意一点．
（1）当点G在边上时，的最小值是__________，因此d[点O，线段]__________；
（2）当点G在任意边上时，的最小值是__________，因此d[点O，]__________；
【拓展】如图2，在平面直角坐标系中，的对角线，相交于点O，平分，点A，B的坐标分别为，，点是对角线上与点A，C，O不重合的一点，点是对角线上与点B，D，O不重合的一点．
（3）当[线段，]时，则n的取值范围为__________；
（4）当时，__________（结果用含n的式子表示）；
【应用】为庆祝母亲节，某商场在广场举行花卉展览，要在长6米，宽4米的长方形花卉展览区外围用彩绳拉出封闭隔离线，要求封闭隔离线与长方形花卉展览区外围的最小距离均为0.5米，请直接写出所需彩绳的长度．
20．（2024九上·深圳开学考）综合探究：在中，，把绕点逆时针旋转适当的角度得到，连接对应点，和，，延长交于点．
（1）如图1，当点落在边上时，证明：；
（2）如图2，当点不落在边上时，，交于点，请探究是否还成立？写出探究过程；
（3）如图3，在（2）的条件下，当时，时，若，求的长．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】不等式的概念
【解析】【解答】解：①③⑤是不等式，②是多项式，不是不等式，④是方程，不是不等式，
则不等式有3个.
故答案为：B．
【分析】用不等号“＞、≥、＜、≤、≠”连接的表不相等关系得式子，就是不等式，据此逐一判断得出答案.
2．【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称图形
【解析】【解答】解：A、此选项中的图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故不符合题意；
B、此选项中的图形既是中心对称图形，又是轴对称图形，故符合题意；
C、此选项中的图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故不符合题意；
D、此选项中的图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故不符合题意.
故答案为：B．
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°后，能够与原图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个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，据此逐一判断得出答案.
3．【答案】D
【知识点】三角形三边关系；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A、∵1+2=3，∴长度为1、2、3的三条线段围成三角形，故也不能组成直角三角形，此选项错误；
B、∵，∴长度为2、3、4的三条线段不能组成直角三角形，此选项错误；
C∵，∴长度为4、5、6的三条线段不能组成直角三角形，此选项错误；
D、∵，∴长度为、、的三条线段能够组成直角三角形，此选项正确．
故答案为：D．
【分析】根据三角形三边关系“任意两边之和大于第三边”可判断A选项；利用勾股定理的逆定理“一个三角形的三边满足较小两边的平方和等于第三边的平方，该三角形就是直角三角形”据此可判断B、C、D三个选项.
4．【答案】C
【知识点】多项式乘多项式；因式分解的概念
【解析】【解答】解：，
∴“？”是9．
故答案为：C．
【分析】利用平方差公式计算出两个多项式的乘积，根据因式分解就是将一个多项式化为几个整式乘积形式的恒等变形，从而根据对应项相等即可求出答案．
5．【答案】B
【知识点】分式有无意义的条件；二次根式有意义的条件；解一元一次不等式
【解析】【解答】解：∵代数式有意义，
∴且，
解得且．
故答案为：B．
【分析】根据二次根式的被开方数是非负数且分母不等于0列出关于字母x的不等式，求解即可．
6．【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵平分，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
故答案为：D．
【分析】由角平分线定义得，平行四边形的对边平行得AD∥BC，由二直线平行，内错角相等∠ADE=∠DEC，则，由等角对等边得，进而根据BE=BC-CE求解的长．
7．【答案】B
【知识点】分式方程的增根
【解析】【解答】解：
方程两边同乘得：，
∵方程有增根，
∴满足，即
解得：
故答案为：B.
【分析】分式方程的增根是使得最简公分母为0的未知数的取值，分式方程的增根是将分式方程去分母后所得的整式方程的根，据此把分式方程化为整式方程，将原方程的增根代入即可求解．
8．【答案】A
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：①∵是等边三角形，是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，故①正确；
②∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，故②正确；
③在CD上截取，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴为等边三角形，则，
∵，
∴，故③正确；
④过点B作，使，连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
作点Q关于的对称点，连接，交于点N，
此时最小，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，故④正确；
综上：正确的有①②③④，共4个.
故答案为：A．
【分析】①根据等边三角形及等腰直角三角形的性质得出AB=AC=AD，∠CBA=∠CAB=60°，∠CAD=90°，由三角形的内角和定理及等边对等角可求出∠ABD=∠ADB=15°，由角的和差求出∠CBN=45°，从而即可判断①；②由等角直角三角形性质得∠ADC=45°，进而根据角的构成可求出∠FDE=30°，然后根据含30°角直角三角形性质得DF=2EF，从而即可判断②；③在CD上截取DP=CF，连接AP，由同角的余角相等得∠CAF=∠ADB=15°，从而由SAS判断出△ACF≌△ADP，由全等三角形的性质得CF=DP，AF=AP，∠CAF=∠DAP，进而由角的构成可求出∠FAP=60°，由有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形得△AFP为等边三角形，由等边三角形的三边相等及线段和差可判断③；④过点B作BQ⊥BD，使BQ=AC，连接QN，由SAS判断出△BQN≌△ACM，得CM=QN，则CN+CM=CN+QN，作点Q关于BD的对称点Q'，连接CQ'，交BD于点N，根据轴对称性质及两点之间线段最短得CN+CM=CN+QN=CN+Q'N=Q'C最小，求出∠Q'=∠Q=∠ACM=22.5°，则∠DCM=∠ACD-∠ACM=22.5°，从而即可判断④.
9．【答案】
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法
【解析】【解答】解：
．
故答案为：．
【分析】原式提取公因式后，再运用平方差公式进行因式分解即可．
10．【答案】
【知识点】解一元一次方程；解一元一次不等式
【解析】【解答】解：解关于的一元一次方程，
得：，
∵方程的解是负数，
∴，
解得：，
∴的取值范围是．
故答案为：．
【分析】首先解这个关于x的方程，用含m的式子表示出该方程的解，根据方程的解是负数，可以得到一个关于m的不等式，求解即可以求出m的范围．
11．【答案】6
【知识点】因式分解的应用
【解析】【解答】解： ，，
，
故答案为：6.
【分析】先提取公因式对代数式进行因式分解，再代入m+n、mn的值求代数式的值.
12．【答案】6
【知识点】三角形的面积；线段垂直平分线的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：∵，，，
∴，
∴，
∵垂直平分，点P在EF上，
∴点P到A，B两点的距离相等，
即，
要求最小，即求最小，则A、P、D三点共线，
∴AD的长度即的最小值，
即的最小值为6，
故答案为：6．
【分析】根据三角形的面积公式即可得到AD=6，由垂直平分线的性质得到点A，B关于EF对称，由轴对称的性质得PA=PB，则PB+PD=PA+PD，由两点之间线段最短得A、P、D三点共线时，PA+PD=PD最小，从而即可得出答案.
13．【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用；等边三角形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；平行线的判定与性质的应用-求角度
【解析】【解答】解：作等边三角形CDH，连接FH，
∵△ECF与△DCH都是等边三角形，
∴EC=CF，∠ECF=∠DCH=60°，CD=CH，
∴∠ECF-∠DCF=∠DCH-∠DCF，即∠ECD=∠FCH，
∴，
∴，
∵当时最小，此时，
∴．
故答案为：．
【分析】作等边三角形CDH，连接FH，由等边三角形性质得EC=CF，∠ECF=∠DCH=60°，CD=CH，根据角的构成推出∠ECD=∠FCH，从而用SAS判断出△ECD≌△FCH，由全等三角形的对应角相等得∠CHF=∠CDE=90°，由垂线段最短得出当BF⊥FH时BF最小，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得BF∥CH，进而根据二直线平行，同旁内角互补可求出∠CGF的度数.
14．【答案】解：解不等式①得：解不等式②得：
∴此不等式组的解集为：
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】分别解出不等式组中两个不等式的解集，根据口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小无解了确定出解集，进而根据数轴上表示不等式组的解集的方法“大向右，小向左，实心等于，空心不等”将该不等式组的解集在数轴上表示出来即可.
15．【答案】解：原式
；
，
，
当时，原式．
【知识点】分式的化简求值-择值代入
【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，由分式有意义的条件可得y≠±2，再取y=4代入化简后的结果中计算即可求解．
16．【答案】解：（1）C
（2）1.5
（3） (人)，
所以该校800名学生中每天做作业用1.5h的约有304人．
【知识点】抽样调查的可靠性；条形统计图；众数；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】解：（1）为了使收集到的数据具有代表性，学生会在确定调查对象时选择了方案C；
故答案为：C；
（2）从条形统计图发现，昨天作业时间用1.5小时的人数最多，有38人，所以被调查的学生每天做作业所用时间的众数为 ：1.5小时；
故答案为：1.5；
【分析】（1）根据抽样调查收集的数据必须具代表性即可作答；
（2）众数：在一组数据中，出现次数最多的数据叫做众数，(众数可能有多个)，据此可作答；
（3）利用该校学生的总人数900乘以样本中每天作业时间为1.5小时的人数所占的百分比即可估算出该校初中学生中每天做作业用1.5 h的人数.
17．【答案】（1）解：设B类新能源汽车的进价是x万元，则A类新能源汽车的进价是万元，
根据题意可得：，
解得：，
经检验：是分式方程的解，
∴万元，
答：A类新能源汽车的进价是12万元，B类新能源汽车的进价是8万元；
（2）解：设汽车店需购进A类汽车m辆，则购进B类汽车辆，
根据题意得：，
解得：，
答：汽车店至少需购进A类汽车40辆
【知识点】分式方程的实际应用；一元一次不等式的应用
【解析】【分析】（1）设B类新能源汽车的进价是x万元，则A类新能源汽车的进价是(x+4)万元，用480万元购进A类汽车的数量为，用160万元购进B类汽车的数量为，然后根据题意建立方程，求解即可；
（2）设汽车店需购进A类汽车m辆，则购进B类汽车(60-m)辆，根据A类的(售价-进价)×辆数+B类的(售价-进价)×辆数=总利润结合题意可得关于m的不等式，求解即可.
18．【答案】（1）解：∵E，F分别是的中点，
∴EF∥AB，AB=2EF，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴与互相平分；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
由勾股定理得，，
∴，，
由勾股定理得，，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴的长为．
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；平行四边形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）由三角形中位线平行于第三边且等于第三边的一半得EF∥AB，AB=2EF，结合AB=2AD，推出AD=EF，从而根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形ADFE是平行四边形，进而根据平行四边形的对角线互相平分可得结论；
（2）由含30°角直角三角形的性质得BC=2AB=4，由勾股定理算出AC的长，然后根据中点定义及平行四边形的对角线互相平分可求出AO的长，再由勾股定理算出DO，最后根据DE=2OD可得答案.
（1）解：∵E，F分别是的中点，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴与互相平分．
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
由勾股定理得，，
∴，，
由勾股定理得，，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴的长为．
19．【答案】（1）4，4；（2）3，3；（3）或；（4）；应用：米
【知识点】坐标与图形性质；平行四边形的性质；菱形的判定与性质
【解析】【解答】（1）解：∵点A，B的坐标分别为，，
∴AB=8，
∵四边形ABCD为平行四边形， 对角线AC，BD相交于点O ，
∴点G在边上时，当即时，的最小值是，
∴d[点O，线段]；
故答案为：4；4；
（2）解：∵点A，B的坐标分别为，，四边形为平行四边形，
∴当点G在任意边上时，即或时，的最小值是，
∴d[点O，]；
故答案为：3；3；
（3）解：如图：
，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴平分，
∴，
∴∠DAC=∠DCA，
∴，
∴四边形是菱形，
∴平分和，
∴线段到四边形的距离为，
∴[线段，]，
∴，
解得：或；
故答案为：或；
（4）解：由（3）得：四边形是菱形，
如图，作于，交于，作于，
则有，
∴，
∴；
故答案为：；
应用：解：由题意得，要求封闭隔离线与长方形花卉展览区外围的最小距离为米，如图，
则所需彩绳的长度为：米．
【分析】（1）根据两点间的距离公式算出AB的长，结合平行四边形的性质及新定义，由垂线段最短即可得出答案；
（2）根据点的坐标与图形性质结合新定义，由合垂线段最短即可得出答案；
（3）根据平行四边形的对边平行得AB∥CD，由平行线的性质及角平分线的定义推出∠DAC=∠DCA，由等角对等边得AD=CD，由一组邻边相等的平行四边形是菱形证明四边形ABCD是菱形，得出平分和，推出线段到四边形的距离为，从而得到[线段，]，即，计算即可得解；
（4）由（3）得：四边形是菱形，作于，交于，作于，则有，从而得到，即可得解；
应用：由题意得，要求封闭隔离线与长方形花卉展览区外围的最小距离为米，计算即可得解．
20．【答案】（1）证明：根据题意，把绕点逆时针旋转适当的角度得到，
∴，，，
∴，，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：成立，理由如下：
如下图，过点作交的延长线于点，连接，
∴，
∵由旋转可知，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴；
（3）解：连接，如下图，
由旋转的性质可得，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴可设，，
则，，，，
∴，
∵
∴，
∴，
由（2）知，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴在中，可有，
即，解得，
∴．
【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；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）由旋转性质得AB=AD，AC=AE，，由等边对等角得，，由三角形的内角和定理可推出，结合对顶角相等易得，由等角对等边得MD=MC，根据等角的余角相等得，由等角对等边得，即可证明结论；
（2）过点作交的延长线于点，连接，由二直线平行，内错角相等得∠2=∠3，由旋转的性质得，，，由等边对等角得∠4=∠5，由等角的余角相等得∠1=∠3，则∠2=∠1，由等角对等边得BC=CF，则CF=DE，从而由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形为平行四边形，由平行四边形的对角线互相平分即可证明结论；
（3）连接，由旋转的性质可得，，，由等边对等角得，由等角的余角相等及对顶角相等得∠1=∠3，由等角对等边证明，设，，则，，，从而用ASA证，得，由直角三角的性质和等腰三角形的性质可得，，然后在中，由勾股定理建立方程求得，即可获得答案．
（1）证明：根据题意，把绕点逆时针旋转适当的角度得到，
∴，，，
∴，，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）如下图，过点作交的延长线于点，连接，
∴，
∵由旋转可知，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴；
（3）连接，如下图，
由旋转的性质可得，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴可设，，
则，，，，
∴，
∵
∴，
∴，
由（2）知，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴在中，可有，
即，解得，
∴．
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