2023-2024學年山東省濟南市章丘實驗中學九年級（下）開學數學試卷一、選擇題：本題共10小題，每小題3分，共30分．在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的．1.下列各數中，最小的數是（）A.－3 B.0 C.1 D.2【答案】A【解析】【分析】有理數的大小比較法則：正數大于0，負數小于0，正數大于一切負數；兩個負數，絕對值大的反而小．【詳解】∵，∴最小數是-3，故選：A．【點睛】本題考查有理數的大小比較，屬于基礎應用題，只需熟練掌握有理數的大小比較法則，即可完成．2.下列運算正確的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據整式的加減乘除法則分開討論即可得到結果．【詳解】A．，故A錯誤；B．，故B錯誤；C．，故C錯誤；D．，故D正確；故答案選D．【點睛】本題主要考查了整式加減乘除的混合運算，準確進行冪的運算公式是解題的關鍵．3.在今年舉行的第127屆“廣交會”上，有近26000家廠家進行“云端銷售”．其中數據26000用科學記數法表示為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】科學記數法的表示形式為a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n為整數．確定n的值時，要看把原數變成a時，小數點移動了多少位，n的絕對值與小數點移動的位數相同．當原數絕對值＞10時，n是正數；當原數的絕對值＜1時，n是負數．【詳解】，故選：C．【點睛】此題考查科學記數法的表示方法．科學記數法的表示形式為a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n為整數，表示時關鍵要正確確定a的值以及n的值．4.將含30°角的一個直角三角板和一把直尺如圖放置，若，則等于（）A.80° B.100° C.110° D.120°【答案】C【解析】【分析】如圖，先根據平行線性質求出∠3，再求出∠4，根據四邊形內角和為360°即可求解．【詳解】解：如圖，由題意得DE∥GF，∴∠1=∠3=50°，∴∠4=180°-∠3=130°，∴在四邊形ACMN中，∠2=360°-∠A-∠C-∠4=110°．故選：C【點睛】本題考查了平行線的性質，四邊形的內角和定理，熟知相關定理是解題關鍵．5.解一元一次方程時，去分母正確的是（）A B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據等式的基本性質將方程兩邊都乘以6可得答案．【詳解】解：方程兩邊都乘以6，得：3（x+1）＝6﹣2x，故選：D．【點睛】本題主要考查解一元一次方程，解題的關鍵是掌握解一元一次方程的步驟和等式的基本性質．6.將一元二次方程化成（a，b為常數）的形式，則a，b的值分別是（）A，21 B.，11 C.4，21 D.，69【答案】A【解析】【分析】根據配方法步驟解題即可．【詳解】解：移項得，配方得，即，∴a=-4，b=21．故選：A【點睛】本題考查了配方法解一元二次方程，解題關鍵是配方：在二次項系數為1時，方程兩邊同時加上一次項系數一半的平方．7.如圖，是的內接三角形，，是直徑，，則的長為（）A.4 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】連接BO，根據圓周角定理可得，再由圓內接三角形的性質可得OB垂直平分AC，再根據正弦的定義求解即可．【詳解】如圖，連接OB，∵是的內接三角形，∴OB垂直平分AC，∴，，又∵，∴，∴,又∵AD=8，∴AO=4，∴，解得：，∴．故答案選B．【點睛】本題主要考查了圓的垂徑定理的應用，根據圓周角定理求角度是解題的關鍵．8.如圖，四邊形是一張平行四邊形紙片，其高，底邊，，沿虛線將紙片剪成兩個全等的梯形，若，則的長為（）A B. C. D.【答案】D【解析】【分析】過點F作，AG=2，，可得BG=FM=2，令AF=x，根據，根據正切值可得EM的長，加起來等于BC即可得到結果．【詳解】如圖所示，過點F作交BC于點M，∵，，AG=2，∴BG=FM=2，AF=GM，令AF=x，∵兩個梯形全等，∴AF=GM=EC=x，又∵，∴，∴，又∵BC=6，∴，∴．故答案選D．【點睛】本題主要考查了利用特殊角的三角函數值及三角函數的意義進行求解，準確根據全等圖形的性質判斷邊角是解題的關鍵．9.如圖，矩形中，，相交于點O，過點B作交于點F，交于點M，過點D作交于點E，交于點N，連接，．則下列結論：①；②；③；④當時，四邊形是菱形．其中，正確結論的個數是（）A.1個 B.2個 C.3個 D.4個【答案】C【解析】【分析】證明，得出，故①正確；證明，得出，由，故③錯誤；證四邊形是平行四邊形，得出，故②正確；證四邊形DEBF是平行四邊形，證出，則，得出四邊形是菱形；故④正確；即可得出結論．【詳解】∵四邊形是矩形，∴，，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，故①正確；在和中，，∴，∴，∵，∴，故③錯誤；∴，即，∵，∴四邊形是平行四邊形，∴，故②正確；∵，∴，∵，∴四邊形是平行四邊形，∵，∴，∴是等邊三角形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴四邊形是菱形；故④正確；正確結論的個數是3個，故選：C．【點睛】本題考查了矩形的性質、全等三角形的判定與性質、平行四邊形的判定與性質、等邊三角形的判定與性質、等腰三角形的判定與性質、菱形的判定等知識；熟練掌握矩形的性質和菱形的判定，證明三角形全等是解題的關鍵．10.如圖，點A，B的坐標分別為，點C為坐標平面內一點，，點M為線段的中點，連接，則的最大值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】如圖所示，取AB的中點N，連接ON，MN，根據三角形的三邊關系可知OM＜ON+MN，則當ON與MN共線時，OM=ON+MN最大，再根據等腰直角三角形的性質以及三角形的中位線即可解答．【詳解】解：如圖所示，取AB的中點N，連接ON，MN，三角形的三邊關系可知OM＜ON+MN，則當ON與MN共線時，OM=ON+MN最大，∵，則△ABO為等腰直角三角形，∴AB=，N為AB的中點，∴ON=，又∵M為AC的中點，∴MN為△ABC的中位線，BC=1，則MN=，∴OM=ON+MN=，∴OM的最大值為故答案選：B．【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質以及三角形中位線的性質，解題的關鍵是確定當ON與MN共線時，OM=ON+MN最大．二、填空題：本題共6小題，每小題4分，共24分．11.分解因式：___________.【答案】【解析】【分析】直接提取公因式a即可．【詳解】解：，

故答案為：．【點睛】本題考查提公因式法分解因式，解題的關鍵是正確確定公因式．12.一個不透明的口袋里裝有若干除顏色外其他完全相同的小球，其中有2個黃球和若干個白球，將口袋中的球搖勻，從中任意摸出一個球，摸到黃球的概率是15，則白球的個數是__________【答案】8【解析】【分析】首先設白球有個，由概率公式可得，解此方程即可求得答案．【詳解】設白球有個，

依題意得：，解得：，

經檢驗：是原分式方程的解，

所以白球有8個．

故答案為：8．【點睛】本題考查了概率公式的應用、解分式方程．用到的知識點為：概率=所求情況數與總情況數之比．13.若代數式的值是1，則__________．【答案】2【解析】【分析】根據題意列出方程，求出方程的解即可得到的值．【詳解】根據題意得：，

去分母得：，

解得：a=2，

經檢驗a=2是分式方程的解，

則a=2．

故答案為：2【點睛】本題考查了解分式方程，利用了轉化的思想，解分式方程注意要檢驗．14.A，B兩地相距240km，甲貨車從A地以40km/h的速度勻速前往B地，到達B地后停止，在甲出發的同時，乙貨車從B地沿同一公路勻速前往A地，到達A地后停止，兩車之間的路程y（km）與甲貨車出發時間x（h）之間的函數關系如圖中的折線所示．其中點C的坐標是，點D的坐標是，則點E的坐標是__________．【答案】【解析】【分析】先根據CD段的求出乙貨車的行駛速度，再根據兩車的行駛速度分析出點E表示的意義，由此即可得出答案．【詳解】設乙貨車的行駛速度為由題意可知，圖中的點D表示的是甲、乙貨車相遇點C的坐標是，點D的坐標是此時甲、乙貨車行駛的時間為，甲貨車行駛的距離為，乙貨車行駛的距離為乙貨車從B地前往A地所需時間為由此可知，圖中點E表示的是乙貨車行駛至A地，EF段表示的是乙貨車停止后，甲貨車繼續行駛至B地則點E的橫坐標為4，縱坐標為在乙貨車停止時，甲貨車行駛的距離，即即點E的坐標為故答案為：．【點睛】本題考查了一次函數的實際應用，讀懂函數圖象是解題關鍵．15.如圖，點O是半圓圓心，是半圓的直徑，點A，D在半圓上，且，過點D作于點C，則陰影部分的面積是________．【答案】【解析】【分析】求出半圓半徑、OC、CD長，根據AD∥BO，得到，根據即可求解．【詳解】解：連接OA，∵，OA=OB，∴△OAB是等邊三角形，∴OA=AB=8，∠AOB=60°∵AD∥BO，∴∠DAO=∠AOB=60°，∵OA=OD，∴△OAD是等邊三角形，∴∠AOD=60°，∴∠DOE=60°，∴在Rt△OCD中，，∵AD∥BO，∴，∴．故答案為：【點睛】本題考查了不規則圖形面積的求法，解題的關鍵是根據根據AD∥BO，得到，從而將陰影面積轉化為扇形面積與三角形面積的差．16.如圖，將小正方形AEFG繞大正方形ABCD的頂點A順時針旋轉一定的角度α(0°≤a≤90°)，連接BG，DE相交于點O，再連接AO、BE、DG．以下四個結論：①BG＝DE；②BG⊥DE；③∠DOA＝∠GOA；④．其中結論正確的是__________．【答案】①②③【解析】【分析】由“SAS”可證△DAE≌△BAG，可得BG=DE，∠ADE=∠ABG，S△DAE=S△BAG，即可判斷①②③，過點G作GH⊥AD，過點E作EQ⊥EQ，由“AAS”可證△AEQ≌△GAH，可得AQ=GH，可得S△ADG=S△ABE，可判斷④即可求解．【詳解】∵四邊形AEFG和ABCD都是正方形，∴∠DAB=∠EAG=90°，

∴∠DAE=∠BAG，且AD=AB，AG=AE，

∴△DAE≌△BAG（SAS）

∴BG=DE，∠ADE=∠ABG，故①符合題意，

如圖，設點DE與AB交于點P，

∵∠ADE=∠ABG，∠DPA=∠BPO，

∴∠DAP=∠BOP=90°，

∴BG⊥DE，故②符合題意，過點A作AM⊥DE，AN⊥BG，

∵△DAE≌△BAG，

∴S△DAE=S△BAG，∴DEAM=BGAN，且DE=BG，

∴AM=AN，且AM⊥DE，AN⊥BG，

∴AO平分∠DOG，

∴∠AOD=∠AOG，故③符合題意，

如圖2，過點G、點E作DA的垂線，分別交DA的延長線于H、Q，

∴∠EAQ+∠AEQ=90°，且∠EAQ+∠GAQ=90°，

∴∠AEQ=∠GAQ，且AE=AG，∠EQA=∠AHG=90°，

∴△AEQ≌△GAH（AAS），

∴AQ=GH，

∴ADGH=ABAQ，∴S△ADG=S△ABE，

故④不符合題意，故答案為：①②③．【點睛】本題考查了旋轉的性質，正方形的性質，角平分線的性質，全等三角形的判定和性質，添加恰當輔助線構造全等三角形是本題的關鍵．三、計算題：本大題共1小題，共10分．17.計算：（1）；（2）．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用完全平方公式和整式乘法展開后合并同類型即可；（2）先把分子分母因式分解，然后按順序計算即可；【詳解】（1）解：原式（2）解：原式【點睛】本題考查整式的運算和分式的混合運算，熟記運算法則是解題的關鍵．四、解答題：本題共3小題，共36分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．18.如圖，在平行四邊形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，分別過點A，C作，，垂足分別為E，F．AC平分．（1）若，求的度數；（2）求證：．【答案】（1）；（2）見解析【解析】【分析】（1）利用三角形內角和定理求出，利用角平分線的定義求出，再利用平行線的性質解決問題即可．（2）證明可得結論．【詳解】（1）解：，，，，平分，，四邊形是平行四邊形，，，（2）證明：四邊形是平行四邊形，，，，，，，．【點睛】本題考查平行四邊形的性質，全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是熟練掌握相關的知識點．19.今年史上最長的寒假結束后，學生復學，某學校為了增強學生體質，鼓勵學生在不聚集的情況下加強體育鍛煉，決定讓各班購買跳繩和毽子作為活動器材．已知購買根跳繩和個毽子共需元；購買根跳繩和個毽子共需元．（1）求購買一根跳繩和一個毽子分別需要多少元；（2）某班需要購買跳繩和毽子的總數量是，且購買的總費用不能超過元；若要求購買跳繩的數量多于根，通過計算說明共有哪幾種購買跳繩的方案．【答案】（1）購買一根跳繩需要6元，一個毽子需要4元；（2）方案一：購買跳繩21根；方案二：購買跳繩22根【解析】【分析】（1）設購買一根跳繩需要x元，一個毽子需要y元，依題意列出二元一次方程組解之即可；（2）設學校購進跳繩m根，則購進毽子（54-m）根，根據題意列出不等式并求得m的范圍，進而可判斷購買方案．【詳解】（1）設購買一根跳繩需要x元，一個毽子需要y元，依題意，得：，解得：，答：購買一根跳繩需要6元，一個毽子需要4元；（2）設學校購進跳繩m根，則購進毽子（54-m）根，根據題意，得：，解得：m≤22，又m﹥20，且m為整數，∴m=21或22，∴共有兩種購買跳繩的方案，方案一：購買跳繩21根；方案二：購買跳繩22根．【點睛】本題考查二元一次方程組以及一元一次不等式的應用，根據題意正確列出方程式及不等式是解答的關鍵．20.若一次函數的圖象與軸，軸分別交于A，C兩點，點B的坐標為，二次函數的圖象過A，B，C三點，如圖（1）．（1）求二次函數的表達式；（2）如圖（1），過點C作軸交拋物線