學校________________班級____________姓名____________考場____________準考證號學校________________班級____________姓名____________考場____________準考證號…………密…………封…………線…………內…………不…………要…………答…………題…………第1頁，共7頁安徽省宿州市碭山縣2024年九上數學開學考試試題題號一二三四五總分得分A卷（100分）一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）1、（4分）如圖，在△ABC中，∠A=90°，點D在AC邊上，DE//BC，若∠1=155°，則∠B的度數為（）A．55° B．65° C．45° D．75°2、（4分）如圖，在中，，，，則點到的距離為（）A． B． C． D．3、（4分）為了解某班學生雙休日戶外活動情況，對部分學生參加戶外活動的時間進行抽樣調查，結果如下表：則關于“戶外活動時間”這組數據的眾數、中位數、平均數分別是（）A． B．C． D．4、（4分）如圖，直線y=kx+b與坐標軸的兩交點分別為A（2，0）和B（0，-3），則不等式kx+b+3≤0的解為（）A．x≤0B．x≥0C．x≥2D．x≤25、（4分）已知△ABC中，a、b、c分別是∠A、∠B、∠C的對邊，下列條件不能判斷△ABC是直角三角形的是（）A．b2﹣c2＝a2 B．a：b：c＝3：4：5C．∠A：∠B：∠C＝9：12：15 D．∠C＝∠A﹣∠B6、（4分）一個尋寶游戲的尋寶通道由正方形ABCD的邊組成，如圖1所示．為記錄尋寶者的行進路線，在AB的中點M處放置了一臺定位儀器，設尋寶者行進的時間為x，尋寶者與定位儀器之間的距離為y，若尋寶者勻速行進，且表示y與x的函數關系的圖象大致如圖2所示，則尋寶者的行進路線可能為（）A．A→B B．B→C C．C→D D．D→A7、（4分）多項式(x+2y)2-6x(x+2y)的一個因式為（A．2x+5y B．-5x-2y C．-5x+2y D．5x+2y8、（4分）如圖，是一鋼架，且，為使鋼架更加牢固，需在其內部添加-一些鋼管、、，添加的鋼管都與相等，則最多能添加這樣的鋼管（）A．根 B．根 C．根 D．無數根二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、（4分）化簡：__________.10、（4分）正八邊形的一個內角的度數是度．11、（4分）計算：=________.12、（4分）若xy=3，則13、（4分）如圖，在矩形ABCD中，E，F分別是邊AB，CD上的點，AE=CF，連接EF，BF，EF與對角線AC交于點O，且BE=BF，∠BEF=2∠BAC，FC=2，則AB的長為_________．三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（12分）已知等腰三角形的周長是，底邊是腰長的函數。（1）寫出這個函數的關系式；（2）求出自變量的取值范圍；（3）當為等邊三角形時，求的面積。15、（8分）如圖，在平面直角坐標系中，直線l1：分別與x軸、y軸交于點B、C，且與直線l2：交于點A．（1）求出點A的坐標（2）若D是線段OA上的點，且△COD的面積為12，求直線CD的解析式（3）在（2）的條件下，設P是射線CD上的點，在平面內是否存在點Q，使以O、C、P、Q為頂點的四邊形是菱形？若存在，直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由．16、（8分）如圖，在菱形ABCD中，G是BD上一點，連接CG并延長交BA的延長線于點F，交AD于點E．（1）求證：AG=CG；（2）求證：AG2=GE·GF．17、（10分）若點，與點關于軸對稱，則__．18、（10分）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，AF平分∠DAE，EF⊥AE，求CF的長．B卷（50分）一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、（4分）______．20、（4分）蘇州市2017年6月份最后六大的最高氣溫分別為31，34，36，27，25，33（單位：℃）．這組數據的極差是_____．21、（4分）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，若AB＝15，則正方形ADEC和正方形BCFG的面積和為_____．22、（4分）如圖,已知四邊形ABCD中,∠B=90°,AB=3,BC=4,CD=12,AD=13,求四邊形ABCD的面積為______。23、（4分）的倒數是_____．二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（8分）（1）|﹣3|+2sin45°﹣+（﹣）﹣1（2）（）÷25、（10分）明德中學在商場購買甲、乙兩種不同足球，購買甲種足球共花費3000元，購買乙種足球共花費2100元，購買甲種足球數量是購買乙種足球數量的2倍．且購買一個乙種足球比購買一個甲種足球多花20元．（1）求購買一個甲種足球、一個乙種足球各需多少元；（2）為響應國家“足球進校園”的號召，這所學校決定再次購買甲、乙兩種足球共50個，恰逢該商場對兩種足球的售價進行調整，甲種足球售價比第一次購買時提高了10%，乙種足球售價比第一次購買時降低了10%．如果此次購買甲、乙兩種足球的總費用不超過2950元，那么這所學校最多可購買多少個乙種足球？26、（12分）某風景區計劃在綠化區域種植銀杏樹，現甲、乙兩家有相同的銀杏樹苗可供選擇，其具體銷售方案如下：甲乙購樹苗數量銷售單價購樹苗數量銷售單價不超過500棵時800元/棵不超過1000棵時800元/棵超過500棵的部分700元/棵超過1000棵的部分600元/棵設購買銀杏樹苗x棵，到兩家購買所需費用分別為y甲元、y乙元(1)該風景區需要購買800棵銀杏樹苗，若都在甲家購買所要費用為元，若都在乙家購買所需費用為元；(2)當x＞1000時，分別求出y甲、y乙與x之間的函數關系式；(3)如果你是該風景區的負責人，購買樹苗時有什么方案，為什么？

參考答案與詳細解析一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）1、B【解析】

先根據補角的定義求出∠CDE的度數，再由平行線的性質求出∠C的度數，根據余角的定義即可得出結論．【詳解】解：∵∠1=155°，∴∠CDE=180°-155°=25°．∵DE∥BC，∴∠C=∠CDE=25°．∵∠A=90°，∴∠B=90°-25°=65°．故選：B．本題考查的是平行線的性質，以及余角的性質，解題的關鍵是掌握兩直線平行，內錯角相等．2、D【解析】

根據直角三角形的性質、勾股定理分別求出AB、BC，根據三角形的面積公式計算即可．【詳解】解：設點C到AB的距離為h，

∵∠C=90°，∠A=30°，

∴AB=2BC，

由勾股定理得，AB2-BC2=AC2，即（2BC）2-BC2=22，

解得，BC=，

則AB=2BC=，

由三角形的面積公式得，，

解得，h=1，

故選：D．本題考查的是直角三角形的性質，掌握在直角三角形中，30°角所對的直角邊等于斜邊的一半是解題的關鍵．3、A【解析】分析：根據中位數、平均數和眾數的概念求解即可．詳解：∵共10人，∴中位數為第5和第6人的平均數，∴中位數=（3+3）÷3=5；平均數=（1×2+2×2+3×4+6×2）÷10=3；眾數是一組數據中出現次數最多的數據，所以眾數為3.故選：A．點睛：本題考查平均數、中位數和眾數的概念．一組數據的總和除以這組數據個數所得到的商叫這組數據的平均數；在一組數據中出現次數最多的數叫做這組數據的眾數；將一組數據從小到大依次排列，把中間數據（或中間兩數據的平均數）叫做中位數．4、A．【解析】試題分析：由kx+b+3≤1得kx+b≤-3，直線y=kx+b與y軸的交點為B（1，-3），即當x=1時，y=-3，∵函數值y隨x的增大而增大，∴當x≥1時，函數值kx+b≥-3，∴不等式kx+b+3≥1的解集是x≥1．故選A．考點：一次函數與一元一次不等式．5、C【解析】

根據勾股定理逆定理可判斷出A、B是否是直角三角形；根據三角形內角和定理可得C、D是否是直角三角形．【詳解】A、∵b2-c2=a2，∴b2=c2+a2，故△ABC為直角三角形；

B、∵32+42=52，∴△ABC為直角三角形；

C、∵∠A：∠B：∠C=9：12：15，，故不能判定△ABC是直角三角形；

D、∵∠C=∠A-∠B，且∠A+∠B+∠C=180°，∴∠A=90°，故△ABC為直角三角形；

故選C．考查勾股定理的逆定理的應用，以及三角形內角和定理．判斷三角形是否為直角三角形，可利用勾股定理的逆定理和直角三角形的定義判斷．6、A【解析】觀察圖2得：尋寶者與定位儀器之間的距離先越來越近，到達M后再越來越遠，結合圖1得：尋寶者的行進路線可能為A→B，故選A.點睛：本題主要考查了動點函數圖像，根據圖像獲取信息是解決本題的關鍵.7、C【解析】

直接提取公因式進而合并同類項得出即可.【詳解】∵(x+2y)2-6x(x+2y)∴(x+2y)2-6x(x+2y)=(x+2y)(x+2y-6x)=(x+2y)(2y-5x)

則一個因式為此題主要考查了提取公因式法分解因式,正確合并同類項是解題關鍵.8、B【解析】

因為每根鋼管的長度相等，可推出圖中的5個三角形都是等腰三角形，再根據等腰三角形的性質和三角形的外角性質，計算出最大的∠OQB的度數（必須≤90°），就可得出鋼管的根數.【詳解】解：如圖所示，∠AOB=15°，∵OE=FE，∴∠OFE=∠AOB=15°，∴∠GEF=15°×2=30°，∵EF=GF，所以∠EGF=30°，∴∠GFH=15°+30°=45°，∵GH=GF，∴∠GHF=45°，∠HGA=45°+15°=60°，∵GH=HQ，∴∠GQH=60°，∠QHB=60°+15°=75°，∵QH=QB，∴∠QBH=75°，故∠OQB=180°－15°－75°=90°，再作與BQ相等的線段時，90°的角不能是底角，則最多能作出的鋼管是：EF、FG、GH、HQ、QB，共有5根．故選B．本題考查了等腰三角形的性質和三角形外角的性質，弄清題意，發現規律，正確求得圖中各角的度數是解題的關鍵.二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、【解析】

利用向量加法法則進行運算即可.【詳解】解：原式===，故答案是：.本題考查了向量加法運算，熟練的掌握運算法則是解題的關鍵.10、135【解析】

根據多邊形內角和定理：（n﹣2）?180°（n≥3且n為正整數）求出內角和，然后再計算一個內角的度數即可.【詳解】正八邊形的內角和為：（8﹣2）×180°=1080°，每一個內角的度數為：1080°÷8=135°，故答案為135.11、1【解析】試題解析：原式=（）1-11=6-4=1．12、1【解析】

根據比例的性質即可求解．【詳解】∵xy=3，∴x=3y，∴原式=3y+yy故答案為：1．本題考查了比例的性質，關鍵是得出x=3y．13、6【解析】

先證明△AOE≌△COF，Rt△BFO≌Rt△BFC，再證明△OBC、△BEF是等邊三角形即可求出答案.【詳解】如圖，連接BO，∵四邊形ABCD是矩形，∴DC∥AB，∠DCB=90°∴∠FCO=∠EAO在△AOE與△COF中，∴△AOE≌△COF∴OE=OF,OA=OC∵BF=BE∴BO⊥EF，∠BOF=90°∵∠BEF=2∠BAC=∠CAB+∠AOE∴∠EAO=∠EOA，∴EA=EO=OF=FC=2在Rt△BFO與Rt△BFC中∴Rt△BFO≌Rt△BFC∴BO=BC在Rt△ABC中，∵AO=OC，∴BO=AO=OC=BC∴△BOC是等邊三角形∴∠BCO=60°，∠BAC=30°∴∠FEB=2∠CAB=60°，∵BE=BF∴EB=EF=4∴AB=AE+EB=2+4=6，故答案為6.本題考查的是全等三角形的性質與判定和等邊三角形的判定與性質，能夠充分調動所學知識是解題本題的關鍵.三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（1）y=18-2x，（2），（3）cm2.【解析】

（1）根據等腰三角形周長公式可求出底邊長與腰的函數關系式；（2）由三角形兩邊之和大于第三邊的關系可知x的取值范圍；（3）當為等邊三角形時，AB=BC=AC=6，根據勾股定理求出三角形的高，然后根據三角形的面積公式求解即可.【詳解】（1）等腰三角形的底邊長為y、腰長為x，依題意和已知，有：∵y+2x=18，∴y=18-2x；（2）∵，∴18-2x>0，∴x<9，另：依據三角形的性質有：，∴.（3）當為等邊三角形時，AB=BC=AC=6cm,作AD⊥BC于點D，則∠BAD=30°，BD=3cm,∴AD=cm，∴cm2.本題考查了等腰三角形的性質，等邊三角形的性質，含30°角的直角三角形的性質，勾股定理，以及一次函數的幾何應用，熟練掌握各知識點是解答本題的關鍵.15、（1）A（6，3）；（2）y=﹣x+6；（3）存在滿足條件的點的P，其坐標為（6，0）或（3，﹣3）或（，+6）．【解析】

（1）把x=0，y=0分別代入直線L1，即可求出y和x的值，即得到B、C的坐標，解由直線BC和直線OA的方程組即可求出A的坐標；（2）設D（x，x），代入面積公式即可求出x，即得到D的坐標，設直線CD的函數表達式是y=kx+b，把C（0，6），D（4，2）代入即可求出直線CD的函數表達式；（3）存在點Q，使以O、C、P、Q為頂點的四邊形是菱形，根據菱形的性質能寫出Q的坐標．【詳解】（1）解方程組，得，∴A（6，3）；（2）設D（x，x），∵△COD的面積為12，∴×6×x=12，解得：x=4，∴D（4，2），設直線CD的函數表達式是y=kx+b，把C（0，6），D（4，2）代入得：，解得：，∴直線CD解析式為y=﹣x+6；（3）在直線l1：y=﹣x+6中，當y=0時，x=12，∴C（0，6）存在點P，使以O、C、P、Q為頂點的四邊形是菱形，如圖所示，分三種情況考慮：（i）當四邊形OP1Q1C為菱形時，由∠COP1=90°，得到四邊形OP1Q1C為正方形，此時OP1=OC=6，即P1（6，0）；（ii）當四邊形OP2CQ2為菱形時，由C坐標為（0，6），得到P2縱坐標為3，把y=3代入直線直線CQ的解析式y=﹣x+6中，可得3=﹣x+6，解得x=3，此時P2（3，﹣3）；（iii）當四邊形OQ3P3C為菱形時，則有OQ3=OC=CP3=P3Q3=6，設P3（x，﹣x+6），∴x2+（﹣x+6﹣6）2=62，解得x=3或x=﹣3（舍去），此時P3（3，﹣3+6）；綜上可知存在滿足條件的點的P，其坐標為（6，0）或（3，﹣3）或（，+6）．本題考查了兩直線相交或平行的問題：兩條直線的交點坐標，就是由這兩條直線相對應的一次函數表達式所組成的二元一次方程組的解；若兩條直線是平行的關系，那么他們的自變量系數相同，即k值相同．16、（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】

（1）根據菱形的性質得到AB∥CD，AD=CD，∠ADB=∠CDB，推出△ADG≌△CDG，根據全等三角形的性質即可得到結論；

（2）由全等三角形的性質得到∠EAG=∠DCG，等量代換得到∠EAG=∠F，求得△AEG∽△FGA，即可得到結論．【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是菱形，

∴AB∥CD，AD=CD，∠ADB=∠CDB，

在△ADG與△CDG中，,∴△ADG≌△CDG（SAS），

∴AG=CG；（2）∵△ADG≌△CDG，AB∥CD

∴∠F=∠FCD，∠EAG=∠GCD，

∴∠EAG=∠F

∵∠AGE=∠AGE，

∴△AEG∽△FAG，∴,∴AG2=GE?GF．本題考查了相似三角形的判定和性質，菱形的性質，全等三角形的判定和性質，熟練掌握各定理是解題的關鍵．17、【解析】

直接利用關于x軸對稱點的性質得出a的值進而得出答案．【詳解】解：點，與點關于軸對稱，．故答案為：．此題主要考查了關于x軸對稱點的性質，正確記憶橫縱坐標的關系是解題關鍵．18、.【解析】

證△AEF≌△ADF，推出AE＝AD＝5，EF＝DF，在△ABE中，由勾股定理求出BE＝3，求出CE＝2，設CF＝x，則EF＝DF＝4﹣x，在Rt△CFE中，由勾股定理得出方程（4﹣x）2＝x2+22，求出x即可．【詳解】∵AF平分∠DAE，∴∠DAF＝∠EAF，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠D＝∠C＝90°，AD＝BC＝5，AB＝CD＝4，∵EF⊥AE，∴∠AEF＝∠D＝90°，在△AEF和△ADF中，，∴△AEF≌△ADF（AAS），∴AE＝AD＝5，EF＝DF，在△ABE中，∠B＝90°，AE＝5，AB＝4，由勾股定理得：BE＝3，∴CE＝5﹣3＝2，設CF＝x，則EF＝DF＝4﹣x，在Rt△CFE中，由勾股定理得：EF2＝CE2+CF2，∴（4﹣x）2＝x2+22，x＝，CF＝．本題考查了矩形的性質，全等三角形的性質和判定，角平分線性質，勾股定理等知識點，主要考查學生推理和計算能力，用了方程思想．一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、1【解析】

利用平方差公式即可計算．【詳解】原式．故答案為：1．本題考查了二次根式的計算：先把各二次根式化為最簡二次根式，再進行二次根式的乘除運算，然后合并同類二次根式．20、32【解析】

根據極差的定義進行求解即可得答案．【詳解】這組數據的最大值是36，最小值是25，這組數據的極差是：36﹣25=1（℃），故答案為1．本題考查了極差，掌握求極差的方法是解題的關鍵，求極差的方法是用一組數據中的最大值減去最小值．21、115【解析】

小正方形的面積為AC的平方，大正方形的面積為BC的平方．兩正方形面積的和為AC1+BC1，對于Rt△ABC，由勾股定理得AB1＝AC1+BC1．AB長度已知，故可以求出兩正方形面積的和．【詳解】正方形ADEC的面積為：AC1，正方形BCFG的面積為：BC1；在Rt△ABC中，AB1＝AC1+BC1，AB＝15，則AC1+BC1＝115，即正方形ADEC和正方形BCFG的面積和為115．故答案為115．本題考查了勾股定理．關鍵是根據由勾股定理得AB1＝AC1+BC1．注意勾股定理應用的前提條件是在直角三角形中．22、36【解析】

連接AC，在直角三角形ABC中，由AB及BC的長，利用勾股定理求出AC的長，再由AD及CD的長，利用勾股定理的逆定理得到三角形ACD為直角三角形，根據四邊形ABCD的面積=直角三角形ABC的面積+直角三角形ACD的面積，即可求出四邊形的面積．【詳解】連接AC，如圖所示：∵∠B=90°，∴△ABC為直角三角形，又∵AB=3，BC=4，∴根據勾股定理得：AC==5，又∵CD=12，AD=13，∴AD=13=169,CD+AC=12+5=144+25=169，∴CD+AC=AD，∴△ACD為直角三角形,∠ACD=90°，則S四邊形ABCD=S△ABC+S△ACD=AB?BC+AC?CD=×3×4+×5×12=36，故四邊形ABCD的面積是36此題考查勾股定理的逆定理，勾股定理，解題關鍵在于作輔助線23、【解析】分析：根據倒數的意義或二次根式的化簡進行計算即可.詳解：因為×=1所以的倒數為.故答案為.分析：此題主要考查了求一個數的倒數，關鍵是明確倒數的意義，乘積為1的兩數互為倒數.二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（1）-1（2）【解析】

（1）根據實數混合運算順序和運算法則計算可得；（2）先計算括號內分式的加法、除法轉化為乘法，再約分即可得．【詳解】解：（1）原式＝3﹣+2×﹣2﹣2＝3﹣+﹣4＝﹣1；（2）原式＝，＝，＝．本題主要考查分式的混合運算與實數的混合運算，解題的關鍵是熟