广东省深圳市宝安中学2024-2025学年九年级上学期数学开学考试模拟试卷
一、选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（2024九上·宝安开学考）要使分式有意义，则x的取值应满足（ ）
A．x＝2022 B．x＞2022 C．x＜2022 D．x≠2022
【答案】D
【知识点】分式有无意义的条件
【解析】【解答】解：由题意得x-2022≠0，
∴x≠2022，
故答案为：D
【分析】根据分式有意义的条件（分母不为0）即可求解。
2．（2024九上·宝安开学考）下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．科克曲线 B．笛卡尔心形图
C．希尔伯特曲线 D．斐波那契螺旋线
【答案】A
【知识点】轴对称图形；中心对称图形
【解析】【解答】解：A、是轴对称图形，是中心对称图形，符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D、不是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
故答案为：A
【分析】根据中心对称图形的定义（绕某一点旋转180°，旋转后的图形能与原图形重合，那么这个图形是中心对称图形），轴对称图形的定义（如果一个图形沿一条直线折叠，直线两侧的图形能够互相重合，那么就是轴对称图形）对选项逐一分析即可求解.
3．（2024九上·宝安开学考）如图，在中，．将沿向右平移，得到（点E在线段上），若要使成立，则平移的距离是（ ）
A．4cm B．5cm C．6cm D．7cm
【答案】C
【知识点】平移的性质
【解析】【解答】解：由平移的性质可知，，，
∵，
∴．
故答案为：C．
【分析】 本题考查平移的性质.根据平移的性质：“平移前后对应线段相等”，可推出，，再利用线段的运算可得：，代入数据进行计算可求出答案．
4．（2024九上·宝安开学考）如图，中，，，将绕点B逆时针旋转得，若点在上，则的长为（ ）
A． B．4 C． D．5
【答案】A
【知识点】勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵将绕点B逆时针旋转得，
∴，，，
根据勾股定理得：，
∴，
∴AC =AB-BC =5-4=1，
在中，由勾股定理得：
，
故答案为：A．
【分析】在Rt△ABC中，根据勾股定理求出AB的长，再根据旋转的性质可得，，由线段的和差AC =AB-BC 求得，在中，根据勾股定理计算即可求解．
5．（2024九上·宝安开学考）若一元二次方程（k﹣1）x2+3x+k2﹣1＝0的一个根为0，则k的值为（ ）
A．k＝0 B．k＝1
C．k＝﹣1 D．k＝1或k＝﹣1
【答案】C
【知识点】一元一次方程的解
【解析】【解答】解：∵一元二次方程（k﹣1）x2+3x+k2﹣1＝0的一个根为0，
∴，
把代入一元二次方程得，
解得或1；
∴．
故答案为：C
【分析】先根据一元二次方程的定义得到，进而结合一元二次方程的根将x=0代入即可求解。
6．（2024九上·宝安开学考）以下说法错误的是（ ）
A．等腰三角形顶角的平分线，底边上的中线及底边上的高线互相重合
B．六边形内角和为
C．线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等
D．用反证法证明“三角形中必有一个角不大于”，可以先假设这个三角形中每一个内角都大于
【答案】B
【知识点】线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；多边形内角与外角；反证法
【解析】【解答】解：A、等腰三角形顶角的平分线，底边上的中线及底边上的高线互相重合，A选项说法正确，不符合题意；
B、多边形内角和公式为：，当时，六边形内角和为，故B选项说法错误，符合题意；
C、线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等，C选项说法正确，不符合题意；
D、用反证法证明“三角形中必有一个角不大于”，可以先假设这个三角形中每一个内角都大于，D选项说法正确，不符合题意；
故选：B.
【分析】根据等腰三角形的三线合一的性质、多边形内角和公式、线段垂直平分线的性质及反证法逐项分析，即可得出答案.
7．（2024九上·宝安开学考）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是平行四边形，A（0，3），D（1，0），点C落在x轴的正半轴上，点B落在第一象限内，按以下步骤作图：
①以点D为圆心，适当长为半径作弧，分别交DA，DC于点E，F；
②分别以E，F为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在∠ADC内交于点G；
③作射线DG，交边AB于点H；
则点H的坐标为（ ）
A．（，3） B．（﹣3，3）
C．（3，3） D．（﹣1，3）
【答案】A
【知识点】等腰三角形的判定；勾股定理；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∵，
根据勾股定理得
∵四边形是平行四边形，在轴上
∴轴，
由作图得平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵轴
故答案为： A
【分析】先根据点A和点D的坐标得到，进而根据勾股定理求出AD，再根据平行四边形的性质得到轴，根据作图-角平分线结合角平分线的定义得到，从而根据平行线的性质得到，等量代换得到，根据等腰三角形的判定得到，再结合题意即可求解.
8．（2024九上·宝安开学考）如图①，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＞BC，点P从点B出发沿线段BC向点C运动，线段AP的垂直平分线分别交AB、AP于点M、N，设BM＝y，BP＝x，y与x之间的函数图象如图②所示，则图②中a的值为（ ）
A．4 B． C．5 D．4.5
【答案】D
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；三角形-动点问题
二、填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
9．（2024九上·宝安开学考）已知关于x的一元二次方程ax2+2x+2﹣a＝0有两个相等的实数根，则a的值等于 ．
【答案】1
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：由题意得，
，
即，
解得：
故答案为：1
【分析】根据一元二次方程根的判别式结合题意即可求解.
10．（2024九上·宝安开学考）如图，一次函数y＝kx+b（k≠0）与y＝2x+5的图象交于点P（m，﹣1），则根据图象可得不等式kx+b≥2x+5的解集是 ．
【答案】x≤﹣3
【知识点】一次函数与不等式（组）的关系；两一次函数图象相交或平行问题
11．（2024九上·宝安开学考）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为2，点B在y轴上，，则点B的坐标为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接交于点D，
∵菱形的边长为2，
∴，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点B在y轴上，
∴点B的坐标为．
故答案为：．
【分析】 本题考查坐标与图形，菱形的性质，勾股定理.连接交于点D，根据菱形的性质：菱形的邻边相等可推出菱形的对角线互相垂直且平分可得：，，进而可证明是等边三角形，利用等边三角形的性质可得：，再利用勾股定理可求出，进而可得，据此可求出点B的坐标．
12．（2024九上·宝安开学考）如图，中，是的中点，平分，于点，若，，则等于 ．
【答案】
【知识点】角平分线的性质；三角形全等的判定-ASA；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：延长交于点，
平分，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
又是的中点，
，
即，
，
．
故答案为：．
【分析】 本题考查全等三角形的判定与性质、中位线定理.延长交于点，已知平分，利用角平分线的性质可得：，再根据可推出，利用"ASA"可证明，利用全等三角形的性质可得：，，再利用三角形中位线定理：三角形的中位线平行且等于第三边的一半，可推出，再利用线段的运算可得：，代入数据可求出答案．
13．（2024九上·宝安开学考）如图，在平行四边形中，，，，点E为的中点，将平行四边形沿折痕翻折，使点D落在点E处，则线段的长为 ．
【答案】
【知识点】平行四边形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解： 过点E作EG⊥DC交DC延长线于点G，延长ME交AB的延长线于点H，过点A作AP⊥CD 于点P，过点N作NQ⊥CD于点Q，
∵ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，CD∥AB，AB=CD=8，AD=BC=4，∠D=∠ABC=60°，
∴∠GCE=∠D=∠ABC，
∴∠CEG=30°，
∵点E为BC的中点，
∴，
∴，，
设DM=ME=x，则GM=8+1-x=9-x，
∵MG2+EG2=ME2，
解得，即，
∴，
∵CD∥AB，
∴∠DCB=∠CBH，∠CME=∠H，∠DMN=∠HNM，
∵CE=BE，
∴△MCE≌△HBE（AAS），
∴，，
由折叠可得∠HMN=∠DMN，
∴∠HMN=∠HNM，
∴，
∴，
∴AN=AB-BN=8-6=2，
∵AP⊥CD，NQ⊥CD，
∴∠DPA=∠DQN=90°，
∴AP=NQ，PQ=AN=2，
∵∠D=60°，
∴∠DAP=30°，
∴，，
∴，
∴．
故答案为：
【分析】过点E作EG⊥DC于点G，延长ME交AB的延长线于点H，过点A作AP⊥CD 于点P，过点N作NQ⊥CD于点Q，根据平行四边形的对边平行且相等，对角相等得出AD∥BC，CD∥AB，AB=CD=8，AD=BC=4，∠D=∠ABC=60°，根据两直线平行，内错角相等得出∠GCE=∠D=∠ABC=60°，根据直角三角形两锐角互余可得∠CEG=30°，根据直角三角形中30°角所对的边是斜边的一半和直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方可得CG=1，，根据 直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方求得ME的值，即可求出CM的值，根据两直线平行，内错角相等得出∠DCB=∠CBH，∠CME=∠H，∠DMN=∠HNM，根据两角及其一角的对边对应相等的两个三角形全等可得△MCE≌△HBE，根据全等三角形的对应边相等得出，，根据折叠前后对应角相等可得∠HMN=∠DMN，推得∠HMN=∠HNM，根据等角对等边得出，求得，AN=2，根据平行线之间的距离相等得出AP=NQ，PQ=AN=2，根据直角三角形两锐角互余可得∠DAP=30°，根据直角三角形中30°角所对的边是斜边的一半和直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方可得，，则，根据直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方即可求解.
三、解答题（共7小题，满分61分）
14．（2024九上·宝安开学考）解分式方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：
去分母得：，
移项得：，
合并同类项得：，
系数化为1得：，
经检验，是原方程的解，
∴原方程的解为
（2）解：两边同时乘以去分母得：，
去括号得：，
移项得：，
合并同类项得：，
系数化为1得：，
检验，把代入得，，
∴是原方程的增根，
∴原方程无解．
【知识点】解分式方程
【解析】【分析】（1）方程两边同乘以去掉分母，然后按照去括号、移项和合并同类项即可求解，最后进行检验即可；
（2）方程两边同乘以 去掉分母，然后按照去括号、移项和合并同类项即可求解，最后进行检验即可.
（1）解：
去分母得：，
移项得：，
合并同类项得：，
系数化为1得：，
经检验，是原方程的解，
∴原方程的解为；
（2）解：
两边同时乘以去分母得：，
去括号得：，
移项得：，
合并同类项得：，
系数化为1得：，
检验，把代入得，，
∴是原方程的增根，
∴原方程无解．
15．（2024九上·宝安开学考）先化简，再求值： ，其中m＝2020．
【答案】解：
＝
＝
＝
＝
＝ ．
∵m＝2020，
∴原式＝ ．
【知识点】分式的化简求值
【解析】【分析】先利用分式的基本性质和因式分解对所给的分式通分、约分化简，然后将m＝2020代入计算即可．
16．（2024九上·宝安开学考）第31届世界大学生夏季运动会（简称“成都大运会”）即将在成都开幕、某大运会纪念品专卖店积极做好宣传与备货工作．已知该专卖店销售甲、乙两种纪念品，每个甲种纪念品的进价比每个乙种纪念品的进价多4元，用400元购进甲种纪念品和用240元购进乙种纪念品的数量相同．专卖店将每个甲种纪念品售价定为13元．每个乙种纪念品售价定为8元．
（1）每个甲种纪念品和每个乙种纪念品的进价分别是多少？
（2）根据市场调查，专卖店计划用不超过3000元的资金再次购进甲，乙两种纪念品共400个，假设这400个纪念品能够全部卖出，求该专卖店获得销售利润最大的进货方案．
【答案】（1）解：设每个甲种纪念品的进价为元，则每个乙种纪念品的进价为元，由题意得，，
解得，
经检验，是原分式方程的解，
∴，
故每个甲种纪念品的进价为10元，每个乙种纪念品的进价为6元；
（2）解：设购进甲种纪念品个，则购进乙种纪念品个，利润为元，由题意知，，
解得，，
，
∵，
∴随着的增大而增大，
∴当时，最大，值为，
∴（个），
故该专卖店获得销售利润最大的进货方案为购进甲纪念品150个，乙纪念品250个．
【知识点】分式方程的实际应用；一次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设每个甲种纪念品的进价为x元，则每个乙种纪念品的进价为（x-4）元，根据“用400元购进甲种纪念品和用240元购进乙种纪念品的数量相同”列出方程，解方程即可求解；
（2）设购进甲种纪念品a个，则购进乙种纪念品（400-a）个，利润为w元，根据“计划用不超过3000元的资金再次购进”列出不等式，解不等式求出a≤150，结合（1）中结论，求出w=a+800，结合一次函数的性质即可求解.
（1）解：设每个甲种纪念品的进价为元，则每个乙种纪念品的进价为元，
由题意得，，
解得，
经检验，是原分式方程的解，
∴，
答：每个甲种纪念品的进价为10元，每个乙种纪念品的进价为6元；
（2）解：设购进甲种纪念品个，则购进乙种纪念品个，利润为元，
由题意知，，
解得，，
，
∵，
∴随着的增大而增大，
∴当时，最大，值为，
∴（个），
答：该专卖店获得销售利润最大的进货方案为购进甲纪念品150个，乙纪念品250个．
17．（2024九上·宝安开学考）如图，是菱形的一条对角线，点B在射线上．
（1）请用尺规把这个菱形补充完整，（保留作图痕迹，不要求写作法）
（2）若，求菱形的面积．
【答案】（1）解：如图：四边形ABCD即为所求.
（2）解：设AC与BD相交于点O，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，，，
∵∠CAB=30°，
∴，
∴BD=2BO=6，
∴菱形ABCD的面积为．
【知识点】菱形的判定与性质；解直角三角形；尺规作图-垂直平分线
【解析】【分析】（1）先作线段AC的垂直平分线，交AE于点B，再以点A为圆心，以AB为半径画弧，交线段AC的垂直平分线于点D，连接AD、BC、AD，则四边形ABCD即为所求的菱形ABCD；
（2）设AC与BD相交于点O，根据菱形的对角线互相垂直且平分得出AC⊥BD，，，根据锐角函数的定义求出OB=3，根据直角三角形中30度角所对的边是斜边的一半求出BD=2BO=6，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半，进行计算即可求解．
18．（2024九上·宝安开学考）如图，在中，过点A、C作，，分别交、的延长线于点F和E．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）连接，交于点O，点G是线段的中点，若，，求矩形的周长．
【答案】（1）证明：在中，，，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
，即，
四边形是矩形
（2）解：在中，，
点G是线段的中点，，
是的中位线，，
又，，
在中，，
，
矩形的周长为
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【分析】本题考查矩形的判定和性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线定理．
（1）先利用平行四边形的性质可推出，进而可推出，再根据，，利用平行线的判定定理可得：，根据平行四边形判定定理可证明：四边形是平行四边形，再结合，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可证明四边形是矩形；
（2）利用平行四边形的性质可推出，再根据点G是线段的中点可得：是的中位线，利用三角形的中位线定理可推出：，在中，利用勾股定理可求出的长，进而可求出的周长．
（1）证明：在中，，，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
，即，
四边形是矩形．
（2）解：在中，，
点G是线段的中点，，
是的中位线，，
又，，
在中，，
，
矩形的周长为．
19．（2024九上·宝安开学考）【背景】如图1是某品牌的饮水机，此饮水机有开水、温水两个按钮，图2为其信息图．
【主题】如何接到最佳温度的温水．
【素材】水杯容积：700mL．
物理知识：开水和温水混合时会发生热传递，开水放出的热量等于温水吸收的热量．即：开水体积×开水降低的温度＝温水体积×温水升高的温度．
生活经验：饮水最佳温度是35℃～38℃（包括35℃与38℃），这一温度最接近人体体温．
【操作】先从饮水机接温水x秒，再接开水，直至接满700mL的水杯为止．
（备注：接水期间不计热损失，不考虑水溢出的情况．）
【问题】
（1）接到温水的体积是 mL，接到开水的体积是 mL；（用含x的代数式表示）
（2）若所接的温水的体积不少于开水体积的2倍，则至少应接温水多少秒？
（3）若水杯接满水后，水杯中温度是50℃，求x的值；
（4）记水杯接满水后水杯中温度为y℃，则y关于x的关系式是 ；若要使杯中温度达到最佳水温，直接写出x的取值范围是 ．
【答案】（1）20x；（700﹣20x）
（2）解：由上可得温水的体积是，开水的体积为，
当所接的温水的体积不少于开水体积的倍时，
可得
解得
∴则至少应接温水秒
（3）解：由题意可得，当水杯中温度是时，温水的体积是，开水的体积为，开水降低的温度为，温水升高的温度为，
∴
解得：
（4）y＝100﹣2x；31≤x≤32.5
【知识点】一次函数的其他应用
【解析】【解答】解：（1）∵温水水流速度是，
∴当从饮水机接温水秒时，温水的体积是，
∴再接开水，接满的水杯时，开水的体积为，
故答案为：，．
（4）由题意可得，当水杯中温度是时，温水的体积是，开水的体积为，开水降低的温度为，温水升高的温度为，
∴
解得：
若要使杯中温度达到最佳水温时，
则有
代入，可得，
故答案为：，
【分析】（1）根据速度×时间=体积即可求解；
（2）根据（1）求出的温水的体积，开水体积，进而列出不等式，解不等式即可求解；
（3）根据开水体积×开水降低的温度=温水体积×温水升高的温度列出等式，进而解分析即可求解；
（4）根据开水体积×开水降低的温度=温水体积×温水升高的温度列出等式，进而即可关于的一次函数关系式，再根据结合一次函数的图象即可求解。
20．（2024九上·宝安开学考）综合与实践：
【问题情境】
活动课上，同学们以等边三角形为背景开展旋转探究活动，数学小组经过研究发现“等边三角形在旋转过程中，对应边所在直线的夹角与旋转角存在一定关系”（注：平面内两直线的夹角是指两直线相交形成的小于或等于90°的角）．如图1，将等边△ABC绕点A逆时针旋转15°得到△ADE，则线段BC与线段DE的夹角∠BMD＝15°．如图2，将等边△ABC绕点A逆时针旋转100°得到△ADE，则线段BC与线段DE所在直线的夹角∠BMD＝80°．
（1）【特例分析】
如图1，若将等边△ABC绕点A逆时针旋转30°得到△ADE，线段BC与线段DE所在直线的夹角度数为 ▲ 度；如图2，若将等边△ABC绕点A逆时针旋转110°得到△ADE，线段BC与线段DE所在直线的夹角度数为 ▲ 度．
（2）【类比分析】
如图3，已知△ABC是等边三角形，分别在边AB和AC上截取AD和AE，使得AD＝AE，连接DE．如图4，将△ADE绕点A逆时针旋转θ（0°≤θ≤180°），连接CE，当BC和DE所在直线互相垂直时，线段AE，AC，CE之间有怎样的等量关系？试探究你的结论，并说明理由．
（3）【延伸应用】
在（2）的条件下，如图3，若AB＝4，，将△ADE绕点A逆时针旋转θ（0°≤θ≤360°）．当BC和DE所在直线互相垂直时，请直接写出此时CD的长．
【答案】（1）30，70
（2）解：设和所在直线交于点H，则，
∴，
∴；
（3）或2
【知识点】等边三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）设与交于点F，
∵将等边绕点A逆时针旋转得到，
∴，，
∵，
∴，
∴线段与线段所在直线的夹角度数为30度，
∵将等边绕点A逆时针旋转得到，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴线段与线段所在直线的夹角度数为70度，
故答案为：30；70；
（3）当在直线上方时，
过点D作于点G，
∵和都是等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴
∴，
∴；
当在直线下方时，
过点D作于点H
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵
∴，
∴，
∴
∴，
∴，
综上的长度为或2
【分析】（1）设与交于点F，先根据旋转的性质得到，，进而等量代换得到，从而得到线段与线段所在直线的夹角度数为30度，再根据旋转的性质结合等边三角形的性质得到，，进而得到，等量代换得到即可求解；
（2）设和所在直线交于点H，则，进而得到，从而根据勾股定理即可求解；
（3）根据题意分类讨论：当在直线上方时，当在直线下方时，进而根据等边三角形的性质结合勾股定理即可求解.
1 / 1广东省深圳市宝安中学2024-2025学年九年级上学期数学开学考试模拟试卷
一、选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（2024九上·宝安开学考）要使分式有意义，则x的取值应满足（ ）
A．x＝2022 B．x＞2022 C．x＜2022 D．x≠2022
2．（2024九上·宝安开学考）下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．科克曲线 B．笛卡尔心形图
C．希尔伯特曲线 D．斐波那契螺旋线
3．（2024九上·宝安开学考）如图，在中，．将沿向右平移，得到（点E在线段上），若要使成立，则平移的距离是（ ）
A．4cm B．5cm C．6cm D．7cm
4．（2024九上·宝安开学考）如图，中，，，将绕点B逆时针旋转得，若点在上，则的长为（ ）
A． B．4 C． D．5
5．（2024九上·宝安开学考）若一元二次方程（k﹣1）x2+3x+k2﹣1＝0的一个根为0，则k的值为（ ）
A．k＝0 B．k＝1
C．k＝﹣1 D．k＝1或k＝﹣1
6．（2024九上·宝安开学考）以下说法错误的是（ ）
A．等腰三角形顶角的平分线，底边上的中线及底边上的高线互相重合
B．六边形内角和为
C．线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等
D．用反证法证明“三角形中必有一个角不大于”，可以先假设这个三角形中每一个内角都大于
7．（2024九上·宝安开学考）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是平行四边形，A（0，3），D（1，0），点C落在x轴的正半轴上，点B落在第一象限内，按以下步骤作图：
①以点D为圆心，适当长为半径作弧，分别交DA，DC于点E，F；
②分别以E，F为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在∠ADC内交于点G；
③作射线DG，交边AB于点H；
则点H的坐标为（ ）
A．（，3） B．（﹣3，3）
C．（3，3） D．（﹣1，3）
8．（2024九上·宝安开学考）如图①，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＞BC，点P从点B出发沿线段BC向点C运动，线段AP的垂直平分线分别交AB、AP于点M、N，设BM＝y，BP＝x，y与x之间的函数图象如图②所示，则图②中a的值为（ ）
A．4 B． C．5 D．4.5
二、填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
9．（2024九上·宝安开学考）已知关于x的一元二次方程ax2+2x+2﹣a＝0有两个相等的实数根，则a的值等于 ．
10．（2024九上·宝安开学考）如图，一次函数y＝kx+b（k≠0）与y＝2x+5的图象交于点P（m，﹣1），则根据图象可得不等式kx+b≥2x+5的解集是 ．
11．（2024九上·宝安开学考）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为2，点B在y轴上，，则点B的坐标为 ．
12．（2024九上·宝安开学考）如图，中，是的中点，平分，于点，若，，则等于 ．
13．（2024九上·宝安开学考）如图，在平行四边形中，，，，点E为的中点，将平行四边形沿折痕翻折，使点D落在点E处，则线段的长为 ．
三、解答题（共7小题，满分61分）
14．（2024九上·宝安开学考）解分式方程：
（1）；
（2）．
15．（2024九上·宝安开学考）先化简，再求值： ，其中m＝2020．
16．（2024九上·宝安开学考）第31届世界大学生夏季运动会（简称“成都大运会”）即将在成都开幕、某大运会纪念品专卖店积极做好宣传与备货工作．已知该专卖店销售甲、乙两种纪念品，每个甲种纪念品的进价比每个乙种纪念品的进价多4元，用400元购进甲种纪念品和用240元购进乙种纪念品的数量相同．专卖店将每个甲种纪念品售价定为13元．每个乙种纪念品售价定为8元．
（1）每个甲种纪念品和每个乙种纪念品的进价分别是多少？
（2）根据市场调查，专卖店计划用不超过3000元的资金再次购进甲，乙两种纪念品共400个，假设这400个纪念品能够全部卖出，求该专卖店获得销售利润最大的进货方案．
17．（2024九上·宝安开学考）如图，是菱形的一条对角线，点B在射线上．
（1）请用尺规把这个菱形补充完整，（保留作图痕迹，不要求写作法）
（2）若，求菱形的面积．
18．（2024九上·宝安开学考）如图，在中，过点A、C作，，分别交、的延长线于点F和E．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）连接，交于点O，点G是线段的中点，若，，求矩形的周长．
19．（2024九上·宝安开学考）【背景】如图1是某品牌的饮水机，此饮水机有开水、温水两个按钮，图2为其信息图．
【主题】如何接到最佳温度的温水．
【素材】水杯容积：700mL．
物理知识：开水和温水混合时会发生热传递，开水放出的热量等于温水吸收的热量．即：开水体积×开水降低的温度＝温水体积×温水升高的温度．
生活经验：饮水最佳温度是35℃～38℃（包括35℃与38℃），这一温度最接近人体体温．
【操作】先从饮水机接温水x秒，再接开水，直至接满700mL的水杯为止．
（备注：接水期间不计热损失，不考虑水溢出的情况．）
【问题】
（1）接到温水的体积是 mL，接到开水的体积是 mL；（用含x的代数式表示）
（2）若所接的温水的体积不少于开水体积的2倍，则至少应接温水多少秒？
（3）若水杯接满水后，水杯中温度是50℃，求x的值；
（4）记水杯接满水后水杯中温度为y℃，则y关于x的关系式是 ；若要使杯中温度达到最佳水温，直接写出x的取值范围是 ．
20．（2024九上·宝安开学考）综合与实践：
【问题情境】
活动课上，同学们以等边三角形为背景开展旋转探究活动，数学小组经过研究发现“等边三角形在旋转过程中，对应边所在直线的夹角与旋转角存在一定关系”（注：平面内两直线的夹角是指两直线相交形成的小于或等于90°的角）．如图1，将等边△ABC绕点A逆时针旋转15°得到△ADE，则线段BC与线段DE的夹角∠BMD＝15°．如图2，将等边△ABC绕点A逆时针旋转100°得到△ADE，则线段BC与线段DE所在直线的夹角∠BMD＝80°．
（1）【特例分析】
如图1，若将等边△ABC绕点A逆时针旋转30°得到△ADE，线段BC与线段DE所在直线的夹角度数为 ▲ 度；如图2，若将等边△ABC绕点A逆时针旋转110°得到△ADE，线段BC与线段DE所在直线的夹角度数为 ▲ 度．
（2）【类比分析】
如图3，已知△ABC是等边三角形，分别在边AB和AC上截取AD和AE，使得AD＝AE，连接DE．如图4，将△ADE绕点A逆时针旋转θ（0°≤θ≤180°），连接CE，当BC和DE所在直线互相垂直时，线段AE，AC，CE之间有怎样的等量关系？试探究你的结论，并说明理由．
（3）【延伸应用】
在（2）的条件下，如图3，若AB＝4，，将△ADE绕点A逆时针旋转θ（0°≤θ≤360°）．当BC和DE所在直线互相垂直时，请直接写出此时CD的长．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】分式有无意义的条件
【解析】【解答】解：由题意得x-2022≠0，
∴x≠2022，
故答案为：D
【分析】根据分式有意义的条件（分母不为0）即可求解。
2．【答案】A
【知识点】轴对称图形；中心对称图形
【解析】【解答】解：A、是轴对称图形，是中心对称图形，符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D、不是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
故答案为：A
【分析】根据中心对称图形的定义（绕某一点旋转180°，旋转后的图形能与原图形重合，那么这个图形是中心对称图形），轴对称图形的定义（如果一个图形沿一条直线折叠，直线两侧的图形能够互相重合，那么就是轴对称图形）对选项逐一分析即可求解.
3．【答案】C
【知识点】平移的性质
【解析】【解答】解：由平移的性质可知，，，
∵，
∴．
故答案为：C．
【分析】 本题考查平移的性质.根据平移的性质：“平移前后对应线段相等”，可推出，，再利用线段的运算可得：，代入数据进行计算可求出答案．
4．【答案】A
【知识点】勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵将绕点B逆时针旋转得，
∴，，，
根据勾股定理得：，
∴，
∴AC =AB-BC =5-4=1，
在中，由勾股定理得：
，
故答案为：A．
【分析】在Rt△ABC中，根据勾股定理求出AB的长，再根据旋转的性质可得，，由线段的和差AC =AB-BC 求得，在中，根据勾股定理计算即可求解．
5．【答案】C
【知识点】一元一次方程的解
【解析】【解答】解：∵一元二次方程（k﹣1）x2+3x+k2﹣1＝0的一个根为0，
∴，
把代入一元二次方程得，
解得或1；
∴．
故答案为：C
【分析】先根据一元二次方程的定义得到，进而结合一元二次方程的根将x=0代入即可求解。
6．【答案】B
【知识点】线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；多边形内角与外角；反证法
【解析】【解答】解：A、等腰三角形顶角的平分线，底边上的中线及底边上的高线互相重合，A选项说法正确，不符合题意；
B、多边形内角和公式为：，当时，六边形内角和为，故B选项说法错误，符合题意；
C、线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等，C选项说法正确，不符合题意；
D、用反证法证明“三角形中必有一个角不大于”，可以先假设这个三角形中每一个内角都大于，D选项说法正确，不符合题意；
故选：B.
【分析】根据等腰三角形的三线合一的性质、多边形内角和公式、线段垂直平分线的性质及反证法逐项分析，即可得出答案.
7．【答案】A
【知识点】等腰三角形的判定；勾股定理；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∵，
根据勾股定理得
∵四边形是平行四边形，在轴上
∴轴，
由作图得平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵轴
故答案为： A
【分析】先根据点A和点D的坐标得到，进而根据勾股定理求出AD，再根据平行四边形的性质得到轴，根据作图-角平分线结合角平分线的定义得到，从而根据平行线的性质得到，等量代换得到，根据等腰三角形的判定得到，再结合题意即可求解.
8．【答案】D
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；三角形-动点问题
9．【答案】1
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：由题意得，
，
即，
解得：
故答案为：1
【分析】根据一元二次方程根的判别式结合题意即可求解.
10．【答案】x≤﹣3
【知识点】一次函数与不等式（组）的关系；两一次函数图象相交或平行问题
11．【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接交于点D，
∵菱形的边长为2，
∴，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点B在y轴上，
∴点B的坐标为．
故答案为：．
【分析】 本题考查坐标与图形，菱形的性质，勾股定理.连接交于点D，根据菱形的性质：菱形的邻边相等可推出菱形的对角线互相垂直且平分可得：，，进而可证明是等边三角形，利用等边三角形的性质可得：，再利用勾股定理可求出，进而可得，据此可求出点B的坐标．
12．【答案】
【知识点】角平分线的性质；三角形全等的判定-ASA；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：延长交于点，
平分，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
又是的中点，
，
即，
，
．
故答案为：．
【分析】 本题考查全等三角形的判定与性质、中位线定理.延长交于点，已知平分，利用角平分线的性质可得：，再根据可推出，利用"ASA"可证明，利用全等三角形的性质可得：，，再利用三角形中位线定理：三角形的中位线平行且等于第三边的一半，可推出，再利用线段的运算可得：，代入数据可求出答案．
13．【答案】
【知识点】平行四边形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解： 过点E作EG⊥DC交DC延长线于点G，延长ME交AB的延长线于点H，过点A作AP⊥CD 于点P，过点N作NQ⊥CD于点Q，
∵ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，CD∥AB，AB=CD=8，AD=BC=4，∠D=∠ABC=60°，
∴∠GCE=∠D=∠ABC，
∴∠CEG=30°，
∵点E为BC的中点，
∴，
∴，，
设DM=ME=x，则GM=8+1-x=9-x，
∵MG2+EG2=ME2，
解得，即，
∴，
∵CD∥AB，
∴∠DCB=∠CBH，∠CME=∠H，∠DMN=∠HNM，
∵CE=BE，
∴△MCE≌△HBE（AAS），
∴，，
由折叠可得∠HMN=∠DMN，
∴∠HMN=∠HNM，
∴，
∴，
∴AN=AB-BN=8-6=2，
∵AP⊥CD，NQ⊥CD，
∴∠DPA=∠DQN=90°，
∴AP=NQ，PQ=AN=2，
∵∠D=60°，
∴∠DAP=30°，
∴，，
∴，
∴．
故答案为：
【分析】过点E作EG⊥DC于点G，延长ME交AB的延长线于点H，过点A作AP⊥CD 于点P，过点N作NQ⊥CD于点Q，根据平行四边形的对边平行且相等，对角相等得出AD∥BC，CD∥AB，AB=CD=8，AD=BC=4，∠D=∠ABC=60°，根据两直线平行，内错角相等得出∠GCE=∠D=∠ABC=60°，根据直角三角形两锐角互余可得∠CEG=30°，根据直角三角形中30°角所对的边是斜边的一半和直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方可得CG=1，，根据 直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方求得ME的值，即可求出CM的值，根据两直线平行，内错角相等得出∠DCB=∠CBH，∠CME=∠H，∠DMN=∠HNM，根据两角及其一角的对边对应相等的两个三角形全等可得△MCE≌△HBE，根据全等三角形的对应边相等得出，，根据折叠前后对应角相等可得∠HMN=∠DMN，推得∠HMN=∠HNM，根据等角对等边得出，求得，AN=2，根据平行线之间的距离相等得出AP=NQ，PQ=AN=2，根据直角三角形两锐角互余可得∠DAP=30°，根据直角三角形中30°角所对的边是斜边的一半和直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方可得，，则，根据直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方即可求解.
14．【答案】（1）解：
去分母得：，
移项得：，
合并同类项得：，
系数化为1得：，
经检验，是原方程的解，
∴原方程的解为
（2）解：两边同时乘以去分母得：，
去括号得：，
移项得：，
合并同类项得：，
系数化为1得：，
检验，把代入得，，
∴是原方程的增根，
∴原方程无解．
【知识点】解分式方程
【解析】【分析】（1）方程两边同乘以去掉分母，然后按照去括号、移项和合并同类项即可求解，最后进行检验即可；
（2）方程两边同乘以 去掉分母，然后按照去括号、移项和合并同类项即可求解，最后进行检验即可.
（1）解：
去分母得：，
移项得：，
合并同类项得：，
系数化为1得：，
经检验，是原方程的解，
∴原方程的解为；
（2）解：
两边同时乘以去分母得：，
去括号得：，
移项得：，
合并同类项得：，
系数化为1得：，
检验，把代入得，，
∴是原方程的增根，
∴原方程无解．
15．【答案】解：
＝
＝
＝
＝
＝ ．
∵m＝2020，
∴原式＝ ．
【知识点】分式的化简求值
【解析】【分析】先利用分式的基本性质和因式分解对所给的分式通分、约分化简，然后将m＝2020代入计算即可．
16．【答案】（1）解：设每个甲种纪念品的进价为元，则每个乙种纪念品的进价为元，由题意得，，
解得，
经检验，是原分式方程的解，
∴，
故每个甲种纪念品的进价为10元，每个乙种纪念品的进价为6元；
（2）解：设购进甲种纪念品个，则购进乙种纪念品个，利润为元，由题意知，，
解得，，
，
∵，
∴随着的增大而增大，
∴当时，最大，值为，
∴（个），
故该专卖店获得销售利润最大的进货方案为购进甲纪念品150个，乙纪念品250个．
【知识点】分式方程的实际应用；一次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设每个甲种纪念品的进价为x元，则每个乙种纪念品的进价为（x-4）元，根据“用400元购进甲种纪念品和用240元购进乙种纪念品的数量相同”列出方程，解方程即可求解；
（2）设购进甲种纪念品a个，则购进乙种纪念品（400-a）个，利润为w元，根据“计划用不超过3000元的资金再次购进”列出不等式，解不等式求出a≤150，结合（1）中结论，求出w=a+800，结合一次函数的性质即可求解.
（1）解：设每个甲种纪念品的进价为元，则每个乙种纪念品的进价为元，
由题意得，，
解得，
经检验，是原分式方程的解，
∴，
答：每个甲种纪念品的进价为10元，每个乙种纪念品的进价为6元；
（2）解：设购进甲种纪念品个，则购进乙种纪念品个，利润为元，
由题意知，，
解得，，
，
∵，
∴随着的增大而增大，
∴当时，最大，值为，
∴（个），
答：该专卖店获得销售利润最大的进货方案为购进甲纪念品150个，乙纪念品250个．
17．【答案】（1）解：如图：四边形ABCD即为所求.
（2）解：设AC与BD相交于点O，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，，，
∵∠CAB=30°，
∴，
∴BD=2BO=6，
∴菱形ABCD的面积为．
【知识点】菱形的判定与性质；解直角三角形；尺规作图-垂直平分线
【解析】【分析】（1）先作线段AC的垂直平分线，交AE于点B，再以点A为圆心，以AB为半径画弧，交线段AC的垂直平分线于点D，连接AD、BC、AD，则四边形ABCD即为所求的菱形ABCD；
（2）设AC与BD相交于点O，根据菱形的对角线互相垂直且平分得出AC⊥BD，，，根据锐角函数的定义求出OB=3，根据直角三角形中30度角所对的边是斜边的一半求出BD=2BO=6，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半，进行计算即可求解．
18．【答案】（1）证明：在中，，，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
，即，
四边形是矩形
（2）解：在中，，
点G是线段的中点，，
是的中位线，，
又，，
在中，，
，
矩形的周长为
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【分析】本题考查矩形的判定和性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线定理．
（1）先利用平行四边形的性质可推出，进而可推出，再根据，，利用平行线的判定定理可得：，根据平行四边形判定定理可证明：四边形是平行四边形，再结合，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可证明四边形是矩形；
（2）利用平行四边形的性质可推出，再根据点G是线段的中点可得：是的中位线，利用三角形的中位线定理可推出：，在中，利用勾股定理可求出的长，进而可求出的周长．
（1）证明：在中，，，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
，即，
四边形是矩形．
（2）解：在中，，
点G是线段的中点，，
是的中位线，，
又，，
在中，，
，
矩形的周长为．
19．【答案】（1）20x；（700﹣20x）
（2）解：由上可得温水的体积是，开水的体积为，
当所接的温水的体积不少于开水体积的倍时，
可得
解得
∴则至少应接温水秒
（3）解：由题意可得，当水杯中温度是时，温水的体积是，开水的体积为，开水降低的温度为，温水升高的温度为，
∴
解得：
（4）y＝100﹣2x；31≤x≤32.5
【知识点】一次函数的其他应用
【解析】【解答】解：（1）∵温水水流速度是，
∴当从饮水机接温水秒时，温水的体积是，
∴再接开水，接满的水杯时，开水的体积为，
故答案为：，．
（4）由题意可得，当水杯中温度是时，温水的体积是，开水的体积为，开水降低的温度为，温水升高的温度为，
∴
解得：
若要使杯中温度达到最佳水温时，
则有
代入，可得，
故答案为：，
【分析】（1）根据速度×时间=体积即可求解；
（2）根据（1）求出的温水的体积，开水体积，进而列出不等式，解不等式即可求解；
（3）根据开水体积×开水降低的温度=温水体积×温水升高的温度列出等式，进而解分析即可求解；
（4）根据开水体积×开水降低的温度=温水体积×温水升高的温度列出等式，进而即可关于的一次函数关系式，再根据结合一次函数的图象即可求解。
20．【答案】（1）30，70
（2）解：设和所在直线交于点H，则，
∴，
∴；
（3）或2
【知识点】等边三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）设与交于点F，
∵将等边绕点A逆时针旋转得到，
∴，，
∵，
∴，
∴线段与线段所在直线的夹角度数为30度，
∵将等边绕点A逆时针旋转得到，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴线段与线段所在直线的夹角度数为70度，
故答案为：30；70；
（3）当在直线上方时，
过点D作于点G，
∵和都是等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴
∴，
∴；
当在直线下方时，
过点D作于点H
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵
∴，
∴，
∴
∴，
∴，
综上的长度为或2
【分析】（1）设与交于点F，先根据旋转的性质得到，，进而等量代换得到，从而得到线段与线段所在直线的夹角度数为30度，再根据旋转的性质结合等边三角形的性质得到，，进而得到，等量代换得到即可求解；
（2）设和所在直线交于点H，则，进而得到，从而根据勾股定理即可求解；
（3）根据题意分类讨论：当在直线上方时，当在直线下方时，进而根据等边三角形的性质结合勾股定理即可求解.
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