湖南省株洲市第十九中學2024年九上數(shù)學開學聯(lián)考試題【含答案】

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頁湖南省株洲市第十九中學2024年九上數(shù)學開學聯(lián)考試題題號一二三四五總分得分批閱人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）下列事件是必然事件的是（）A．乘坐公共汽車恰好有空座 B．同位角相等C．打開手機就有未接電話 D．三角形內角和等于180°2、（4分）如圖，點C是線段AB的黃金分割點（AC＞BC），下列結論錯誤的是（）A． B． C． D．3、（4分）已知，是一次函數(shù)的圖象上的兩個點，則，的大小關系是A． B． C． D．不能確定4、（4分）某中學隨機地調查了50名學生，了解他們一周在校的體育鍛煉時間，結果如下表所示：時間（小時）

5

6

7

8

人數(shù)

10

15

20

5

則這50名學生這一周在校的平均體育鍛煉時間是（）A．6.2小時 B．6.4小時 C．6.5小時 D．7小時5、（4分）如圖，在?ABCD中，∠A=70°，DC=DB，則∠CDB=（）A．70° B．60° C．50° D．40°6、（4分）下列計算正確的是（）A． B．C． D．7、（4分）下列調查中，最適合采用全面調查（普查）方式的是（）A．對重慶市初中學生每天閱讀時間的調查B．對端午節(jié)期間市場上粽子質量情況的調查C．對某批次手機的防水功能的調查D．對某校九年級3班學生肺活量情況的調查8、（4分）若點P（m，2）與點Q（3，n）關于原點對稱，則m，n的值分別為（）A．，2 B．3， C．， D．3，2二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、（4分）將矩形ABCD按如圖所示的方式折疊，得到菱形AECF，若AB=9，則菱形AECF的周長為______.10、（4分）若為二次根式，則的取值范圍是__________11、（4分）如圖，為等邊三角形，，，點為線段上的動點，連接，以為邊作等邊，連接，則線段的最小值為___________．12、（4分）一個多邊形的內角和與外角和的比是4：1，則它的邊數(shù)是．13、（4分）在平面直角坐標系中，將點（3，﹣2）先向右平移2個單位長度，再向上平移3個單位長度，則所得點的坐標是_____．三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（12分）某市教委為了讓廣大青少年學生走向操場、走進自然、走到陽光下，積極參加體育鍛煉，啟動了“學生陽光體育運動”，其中有一項是短跑運動，短跑運動可以鍛煉人的靈活性，增強人的爆發(fā)力，因此張明和李亮在課外活動中報名參加了百米訓練小組.在近幾次百米訓練中，教練對他們兩人的測試成績進行了統(tǒng)計和分析，請根據圖表中的信息解答以下問題：成績統(tǒng)計分析表（1）張明第2次的成績?yōu)開_________秒；（2）請補充完整上面的成績統(tǒng)計分析表；（3）現(xiàn)在從張明和李亮中選擇一名成績優(yōu)秀的去參加比賽，若你是他們的教練，應該選擇誰？請說明理由.15、（8分）如圖，已知△ABC的面積為3，且AB=AC，現(xiàn)將△ABC沿CA方向平移CA長度得到△EFA．（1）求四邊形CEFB的面積；（2）試判斷AF與BE的位置關系，并說明理由；（3）若∠BEC=15°，求AC的長．16、（8分）如圖，在矩形ABCD中，AB16，BC18，點E在邊AB上，點F是邊BC上不與點B、C重合的一個動點，把△EBF沿EF折疊，點B落在點B'處.(I)若AE0時，且點B'恰好落在AD邊上，請直接寫出DB'的長；(II)若AE3時，且△CDB'是以DB'為腰的等腰三角形，試求DB'的長；(III)若AE8時，且點B'落在矩形內部（不含邊長），試直接寫出DB'的取值范圍.17、（10分）如圖1，在中，，，，動點P從點A開始沿邊AC向點C以每秒1個單位長度的速度運動，動點Q從點C開始沿邊CB向點B以每秒2個單位長度的速度運動，過點P作，交AB于點D，連接PQ，點P、Q分別從點A、C同時出發(fā)，當其中一點到達端點時，另一點也隨之停止運動，設運動時間為t秒．直接用含t的代數(shù)式分別表示：______，______；是否存在t的值，使四邊形PDBQ為平行四邊形？若存在，求出t的值；若不存在，說明理由．如圖2，在整個運動過程中，求出線段PQ中點M所經過的路徑長．18、（10分）上午6：00時，甲船從M港出發(fā)，以80和速度向東航行。半小時后，乙船也由M港出發(fā)，以相同的速度向南航行。上午8：00時，甲、乙兩船相距多遠？要求畫出符合題意的圖形.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）如圖，已知線段，是直線上一動點，點，分別為，的中點，對下列各值：①線段的長；②的周長；③的面積；④直線，之間的距離；⑤的大?。渲胁粫S點的移動而改變的是_____．（填序號）20、（4分）已知等腰三角形有兩條邊分別是3和7，則這個三角形的周長是_______.21、（4分）在平面直角坐標系中有一點，則點P到原點O的距離是________．22、（4分）如圖，一棵大樹在離地面4米高的處折斷，樹頂落在離樹底端的5米遠處，則大樹折斷前的高度是______米（結果保留根號）.23、（4分）如果關于x的方程沒有實數(shù)根，則k的取值范圍為______.二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（8分）如圖，在?ABCD中，，P，O分別為AD，BD的中點，延長PO交BC于點Q，連結BP，DQ，求證：四邊形PBQD是菱形．25、（10分）A糧倉和B糧倉分別庫存糧食12噸和6噸，現(xiàn)決定支援給C市10噸和D市8噸．已知從A糧倉調運一噸糧食到C市和D市的運費分別為400元和800元；從B糧倉調運一噸糧食到C市和D市的運費分別為300元和500元．（1）設B糧倉運往C市糧食x噸，求總運費W（元）關于x的函數(shù)關系式．（寫出自變量的取值范圍）（2）若要求總運費不超過9000元，問共有幾種調運方案？（3）求出總運費最低的調運方案，最低運費是多少？26、（12分）已知關于x的一元二次方程x2+mx+2n＝0，其中m、n是常數(shù)．（1）若m＝4，n＝2，請求出方程的根；（2）若m＝n+3，試判斷該一元二次方程根的情況．

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、D【解析】A．乘坐公共汽車恰好有空座，是隨機事件；B．同位角相等，是隨機事件；C．打開手機就有未接電話，是隨機事件；D．三角形內角和等于180°，是必然事件，故選D．2、B【解析】

∵AC＞BC，∴AC是較長的線段，根據黃金分割的定義可知：=≈0.618，故A、C、D正確，不符合題意；AC2=AB?BC，故B錯誤，符合題意；故選B．3、C【解析】

根據，是一次函數(shù)的圖象上的兩個點，由,結合一次函數(shù)在定義域內是單調遞減函數(shù)，判斷出，的大小關系即可．【詳解】，是一次函數(shù)的圖象上的兩個點，且，

．

故選：C．

【點睛】本題主要考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標特征，解題的關鍵是熟練掌握一次函數(shù)的性質.4、B【解析】平均數(shù)是指在一組數(shù)據中所有數(shù)據之和再除以數(shù)據的個數(shù)．因此，這50名學生這一周在校的平均體育鍛煉時間是＝6.4（小時）．故選B．5、D【解析】

先根據平行四邊形的性質得到∠C=70°，再根據DC=DB即可求∠CDB.【詳解】∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠C=∠A=70°，∵DC=DB，∴∠CDB=180°-2∠C=40°，故選D.此題主要考查平行四邊形的性質，解題的關鍵是熟知平行四邊形對角相等.6、A【解析】

利用二次根式的性質對A進行判斷；根據二次根式的乘法法則對B進行判斷；根據二次根式的加減法對C、D進行判斷．【詳解】解：A、原式＝4a2，所以A選項的計算正確；B、原式＝＝5a，所以B選項的計算錯誤；C、原式＝+＝2，所以C選項的計算錯誤；D、與不能合并，所以D選項的計算錯誤．故選：A．本題考查二次根式的混合運算：先把各二次根式化簡為最簡二次根式，然后進行二次根式的乘除運算，再合并即可．在二次根式的混合運算中，如能結合題目特點，靈活運用二次根式的性質，選擇恰當?shù)慕忸}途徑，往往能事半功倍．7、D【解析】

A、對重慶市初中學生每天閱讀時間的調查，調查范圍廣適合抽樣調查，故A錯誤；B、對端午節(jié)期間市場上粽子質量情況的調查，調查具有破壞性，適合抽樣調查，故B錯誤；C、對某批次手機的防水功能的調查，調查具有破壞性，適合抽樣調查，故C錯誤；D、對某校九年級3班學生肺活量情況的調查，人數(shù)較少，適合普查，故D正確；故選D．8、C【解析】

根據關于原點對稱的點的橫坐標互為相反數(shù)，縱坐標互為相反數(shù)，可得答案．【詳解】點P（m，2）與點Q（3，n）關于原點對稱，得m=-3，n=-2，故選：C．本題考查了關于原點對稱的點的坐標，關于原點對稱的點的橫坐標互為相反數(shù)，縱坐標互為相反數(shù)．二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、1【解析】

根據折疊的性質得AD=AO，CO=BC，∠BCE=∠OCE，所以AC=2BC，則根據含30度的直角三角形三邊的關系得∠CAB=30°，于是BC=33AB=33，∠ACB=60°，接著計算出∠BCE=30°，然后計算出BE=33BC=3，CE=2BE=6，于是可得菱形【詳解】解：∵矩形ABCD按如圖所示的方式折疊，得到菱形AECF，∴AD=AO，CO=BC，∠BCE=∠OCE，而AD=BC，∴AC=2BC，∴∠CAB=30°，∴BC=33AB=33，∠ACB=60∴∠BCE=30°，∴BE=33BC=3∴CE=2BE=6，∴菱形AECF的周長=4×6=1．故答案為：1本題考查了折疊的性質：折疊是一種對稱變換，它屬于軸對稱，折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對應邊和對應角相等．也考查了含30度的直角三角形三邊的關系．10、【解析】

根據二次根式有意義的條件，被開方數(shù)大于或等于0，即可求m的取值范圍．【詳解】解：根據題意得：3-m≥0，解得．主要考查了二次根式的意義和性質．二次根式中的被開方數(shù)必須是非負數(shù)，否則二次根式無意義．11、【解析】

連接BF，由等邊三角形的性質可得三角形全等的條件，從而可證△BCF≌△ACE，推出∠CBF＝∠CAE＝30°，再由垂線段最短可知當DF⊥BF時，DF值最小，利用含30°的直角三角形的性質定理可求DF的值．【詳解】解：如圖，連接BF∵△ABC為等邊三角形，AD⊥BC，AB＝6，

∴BC＝AC＝AB＝6，BD＝DC＝3，∠BAC＝∠ACB＝60°，∠CAE＝30°

∵△CEF為等邊三角形

∴CF＝CE，∠FCE＝60°

∴∠FCE＝∠ACB

∴∠BCF＝∠ACE

∴在△BCF和△ACE中

BC＝AC，∠BCF＝∠ACE，CF＝CE

∴△BCF≌△ACE（SAS）

∴∠CBF＝∠CAE＝30°，AE＝BF

∴當DF⊥BF時，DF值最小

此時∠BFD＝90°，∠CBF＝30°，BD＝3

∴DF＝BD＝

故答案為：．本題考查了構造全等三角形來求線段最小值，同時也考查了30°所對直角邊等于斜邊的一半及垂線段最短等幾何知識點，具有較強的綜合性．12、1．【解析】

多邊形的外角和是360度，內角和與外角和的比是4：1，則內角和是1440度．n邊形的內角和是（n﹣2）?180°，如果已知多邊形的內角和，就可以得到一個關于邊數(shù)的方程，解方程就可以求出多邊形的邊數(shù)．【詳解】解：根據題意，得（n﹣2）?180=4360，解得：n=1．則此多邊形的邊數(shù)是1．故答案為1．13、（5，1）【解析】【分析】根據點坐標平移特征：左減右加，上加下減，即可得出平移之后的點坐標.【詳解】∵點（3，-2）先向右平移2個單位長度，再向上平移3個單位長度，∴所得的點的坐標為：（5，1），故答案為（5，1）.【點睛】本題考查了點的平移，熟知點的坐標的平移特征是解題的關鍵.三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（1）13.4；（2）13.3，13.3；（3）選擇張明【解析】

根據折線統(tǒng)計圖寫出答案即可根據已知條件求得中位數(shù)及平均線即可，中數(shù)是按順序排列的一組數(shù)據中居于中間位置的數(shù)，平均數(shù)是指在一組數(shù)據中所有數(shù)據之和再除以數(shù)據的個數(shù).根據平均線一樣，而張明的方差較穩(wěn)定，所以選擇張明.【詳解】（1）根據折線統(tǒng)計圖寫出答案即可，即13.4；（2）中數(shù)是按順序排列的一組數(shù)據中居于中間位置的數(shù)，即是13.3，平均數(shù)是指在一組數(shù)據中所有數(shù)據之和再除以數(shù)據的個數(shù).即（13.2+13.4+13.1+13.5+13.3）5=13.3；（3）選擇張明參加比賽.理由如下：因為張明和李亮成績的平均數(shù)、中位數(shù)都相同，但張明成績的方差小于李亮成績的方差，張明的成績較穩(wěn)定，所以應該選擇張明參加比賽．本題考查平均數(shù)、中位數(shù)和方差，熟練掌握計算法則和它們的性質是解題關鍵.15、（1）9；（2）BE⊥AF，理由詳見解析；（3）；【解析】

（1）根據題意可得△ABC≌△EFA，BA∥EF，且BA=EF，根據一組對邊平行且相等的四邊形為平行四邊形即可判定四邊形AFBC為平行四邊形，所以S△EFA=S△BAF=S△ABC=3，即可求得四邊形EFBC的面積為9；（2））BE⊥AF，證明四邊形EFBA為菱形，根據菱形的性質即可證得結論；（3）如上圖，作BD⊥AC于D，已知∠BEC=15°，AE=AB，根據等腰三角形的性質可得∠EBA=∠BEC=15°，由三角形外角的性質可得∠BAC=2∠BEC=30°，在Rt△BAD中，AB=2BD，設BD=x，則AC=AB=2x，根據三角形的面積公式S△ABC=AC?BD列出方程，解方程求得x的值，即可求得AC的長.【詳解】（1）由平移的性質得，AF∥BC，且AF=BC，△EFA≌△ABC，∴四邊形AFBC為平行四邊形，S△EFA=S△BAF=S△ABC=3，∴四邊形EFBC的面積為9；（2）BE⊥AF，由（1）知四邊形AFBC為平行四邊形，∴BF∥AC，且BF=AC，又∵AE=CA，∴四邊形EFBA為平行四邊形，又∵AB=AC，∴AB=AE，∴平行四邊形EFBA為菱形，∴BE⊥AF；（3）如上圖，作BD⊥AC于D，∵∠BEC=15°，AE=AB，∴∠EBA=∠BEC=15°，∴∠BAC=2∠BEC=30°，∴在Rt△BAD中，AB=2BD，設BD=x，則AC=AB=2x，∵S△ABC=3，且S△ABC=AC?BD=?2x?x=x2，∴x2=3，∵x為正數(shù)，∴x=，∴AC=2．本題綜合考查了平移的性質、平行四邊形的判定與性質、菱形的判定與性質、等腰三角形及30°角直角三角形的性質等知識，熟練運用這些知識點是解決問題的關鍵.16、(I)；(II)16或10；(III).【解析】

(I)根據已知條件直接寫出答案即可.(II)分兩種情況：或討論即可.(III)根據已知條件直接寫出答案即可.【詳解】(I)；(II)∵四邊形是矩形，∴，.分兩種情況討論：（i）如圖1，當時，即是以為腰的等腰三角形.（ii）如圖2，當時，過點作∥，分別交與于點、.∵四邊形是矩形,∴∥,.又∥，∴四邊形是平行四邊形，又，∴□是矩形，∴，，即，又，∴，，∵，∴，∴，在中，由勾股定理得：，∴，在中，由勾股定理得：，綜上，的長為16或10.(III).（或）.本題主要考查了四邊形的動點問題.17、（1），；（2）詳見解析；（3）2【解析】

由根據路程等于速度乘以時間可得,,,則,根據,,可得:,根據相似三角形的判定可得:∽,再根據相似三角形的性質可得:,即,從而解得:,(2)根據,當時,可判定四邊形PDBQ為平行四邊形,根據平行四邊形的性質可得:,解得:,(3)根據題意可得:,當時,點的坐標為,當時,點的坐標為,設直線的解析式為:,則,解得:,因此直線的解析式為:,再根據題意得:點P的坐標為,點Q的坐標為,因此在運動過程中PQ的中點M的坐標為,當時,,因此點M在直線上,作軸于N,則,,由勾股定理得,,因此線段PQ中點M所經過的路徑長為.【詳解】由題意得,,,則,,,,∽,,即,解得:,故答案為:,,存在,,當時,四邊形PDBQ為平行四邊形,,解得:,則當時,四邊形PDBQ為平行四邊形,以點C為原點,以AC所在的直線為x軸,建立如圖2所示的平面直角坐標系,由題意得:,當時,點的坐標為,當時,點的坐標為,設直線的解析式為:,則,解得:,直線的解析式為：,由題意得:點P的坐標為,點Q的坐標為,在運動過程中PQ的中點M的坐標為,當時,,點M在直線上,作軸于N,則,,由勾股定理得,,線段PQ中點M所經過的路徑長為.本題主要考查幾何動點問題,解決本題的關鍵是要準確找出動點運動路線,動點運動長度與運動時間的關系,并結合幾何圖形中的等量關系列方程進行解答.18、兩船相距200，畫圖見解析.【解析】

根據題意畫出圖形，利用勾股定理求解即可．【詳解】解：如圖所示，∵甲船從港口出發(fā)，以80的速度向東行駛，∴MA=80×2=160（km），∵半個小時后，乙船也由同一港口出發(fā)，以相同的速度向南航行，∴MB=80×1.5=120（km），∴（km），∴上午8：00時，甲、乙兩船相距200km.本題考查的是勾股定理的應用，根據題意畫出圖形，利用數(shù)形結合求解是解答此題的關鍵．一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、①③④【解析】

根據中位線的性質，對線段長度、三角形周長和面積、角的變化情況進行判斷即可．【詳解】點，為定點，點，分別為，的中點，是的中位線，，即線段的長度不變，故①符合題意，、的長度隨點的移動而變化，的周長會隨點的移動而變化，故②不符合題意；的長度不變，點到的距離等于與的距離的一半，的面積不變，故③符合題意；直線，之間的距離不隨點的移動而變化，故④符合題意；的大小點的移動而變化，故⑤不符合題意．綜上所述，不會隨點的移動而改變的是：①③④．故答案為：①③④．本題考查了三角形的動點問題，掌握中位線的性質、線段長度的性質、三角形周長和面積的性質、角的性質是解題的關鍵．20、17【解析】

根據等腰三角形的可得第三條邊為3或7，再根據三角形的三邊性質即可得出三邊的長度，故可求出三角形的周長.【詳解】依題意得第三條邊為3或7，又3+3＜7，故第三條邊不能為3，故三邊長為3,7,7故周長為17.此題主要考查等腰三角形的性質，解題的關鍵是熟知三角形的構成條件.21、13【解析】

根據點的坐標利用勾股定理，即可求出點P到原點的距離【詳解】解：在平面直角坐標系中，點P到原點O的距離為：，故答案為：13.本題主要考查學生對勾股定理和點的坐標的理解和掌握，此題難度不大，屬于基礎題.22、（）【解析】

設出大樹原來高度，用勾股定理建立方程求解即可．【詳解】設這棵大樹在折斷之前的高度為x米，根據題意得：42+52=（x﹣4）2，∴x=4或x=40（舍），∴這棵大樹在折斷之前的高度為（4）米．故答案為：（）．本題是勾股定理的應用，解答本題的關鍵是把實際問題轉化為數(shù)學問題來解決．此題也可以直接用算術法求解．23、【解析】

根據判別式的意義得到△=（-3）2-4×（-2k）＜0，然后解不等式即可．【詳解】根據題意得△=（-3）2-4×（-2k）＜0，解得.故答案為.本題考查根的判別式和解不等式，解題的關鍵是掌握根的判別式和解不等式.二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、證明見解析.【解析】

根據四邊相等的四邊形是菱形即可判斷【詳解】證明：四邊形ABCD是平行四邊形，，，，，，，，，，，四邊形PBQD是菱形．本題考查菱形的判定、直角三角形斜邊中線的性質等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考常考題型．25、（1）w＝200x+8600（0≤x≤6）；（2）有3種調運方案，方案一：從B市調運到C市0臺，D市6臺；從A市調運到C市10臺，D市2臺；方案二：從B市調運到C市1臺，D市5臺；從A市調運到C市9臺，D市3臺；方案三：從B市調運到C市2臺，D市4臺；從A市調運到C市8臺，D市4臺；（3）從A市調運到C市10臺，D市2臺；最低運費是8600元．【解析】

（1）設出B糧倉運往C的數(shù)量為x噸，然后根據A，B兩市的庫