2024-2025学年山东省淄博张店区四校联考数学九年级第一学期开学联考试题【含答案】

学校________________班级____________姓名____________考场____________准考证号学校________________班级____________姓名____________考场____________准考证号…………密…………封…………线…………内…………不…………要…………答…………题…………第1页，共8页2024-2025学年山东省淄博张店区四校联考数学九年级第一学期开学联考试题题号一二三四五总分得分批阅人A卷（100分）一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）1、（4分）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，AD平分∠CAB，交BC于点D，DE⊥AB于点E，且AB＝10，则△EDB的周长是（）A．4 B．6 C．8 D．102、（4分）一个多边形的每一个外角都等于，则这个多边形的边数等于（）A．8 B．10 C．12 D．143、（4分）关于x的不等式2x-a≤-1的解集在数轴上表示如下，则a的取值范围是()A．a≤-1 B．a≤-2 C．a=1 D．a=-24、（4分）的倒数是()A． B． C．﹣3 D．5、（4分）已知直线l：y=-x+1与x轴交于点P，将l绕点P顺时针旋转90°得到直线l′，则直线l′的解析式为()A．y=x-1 B．y=2x-1 C．y=x-4 D．y=2x-46、（4分）下列式子中y是x的正比例函数的是（）A．y=3x-5 B．y= C．y= D．y=27、（4分）如图,在边长为2的菱形中,,,,则的周长为（）A．3 B．6 C． D．8、（4分）如图，在矩形ABCD中，AB=2，∠AOD=120°，则对角线AC等于（）A．3 B．4 C．5 D．6二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）9、（4分）已知二次函数的图象与轴没有交点，则的取值范围是_____.10、（4分）某公司需招聘一名员工，对应聘者甲、乙、丙从笔试、面试、体能三个方面进行量化考核，甲、乙、丙各项得分如下表：笔试面试体能甲837990乙858075丙809073该公司规定：笔试、面试、体能得分分别不得低于80分、80分、70分，并按60%，30%，10%的比例计入总分，根据规定，可判定_____被录用．11、（4分）因式分解：m2n+2mn2+n3＝_____．12、（4分）如图，依次连接第一个矩形各边的中点得到一个菱形，再依次连接菱形各边的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去．已知第一个矩形的面积为1，则第n个矩形的面积为_____．13、（4分）如图，在□ABCD中，AB＝10，AD＝8，AC⊥BC．则□ABCD的面积是__________．三、解答题（本大题共5个小题，共48分）14、（12分）如图，四边形中，，将绕点顺时针旋转一定角度后，点的对应点恰好与点重合，得到.(1)请求出旋转角的度数；(2)请判断与的位置关系，并说明理由；(3)若，，试求出四边形的对角线的长.15、（8分）如图，将▱ABCD的边DC延长到点E，使CE=DC，连接AE，交BC于点F．（1）求证：△ABF≌△ECF；（2）若∠AFC=2∠D，连接AC、BE，求证：四边形ABEC是矩形．16、（8分）如图1，在直角坐标系中，一次函数的图象l1与y轴交于点A（0,2），与一次函数y＝x﹣3的图象l2交于点E（m,﹣5）．（1）m=__________；（2）直线l1与x轴交于点B，直线l2与y轴交于点C，求四边形OBEC的面积；（3）如图2，已知矩形MNPQ，PQ＝2，NP＝1，M（a，1），矩形MNPQ的边PQ在x轴上平移，若矩形MNPQ与直线l1或l2有交点，直接写出a的取值范围_____________________________17、（10分）甲车从A地驶往B地，同时乙车从B地驶往A地，两车相向而行，匀速行驶，甲车距B地的距离y（km）与行驶时间x（h）之间的函数关系如图所示，乙车的速度是60km/h．（1）求甲车的速度；（2）当甲乙两车相遇后，乙车速度变为a（km/h），并保持匀速行驶，甲车速度保持不变，结果乙车比甲车晚38分钟到达终点，求a的值．18、（10分）随着车辆的增加，交通违规的现象越来越严重，交警对某雷达测速区检测到的一组汽车的时速数据进行整理，得到其频数及频率如表（未完成）：数据段频数频率30～40100.0540～503650～600.3960～7070～80200.10总计2001注：30～40为时速大于等于30千米而小于40千米，其他类同（1）请你把表中的数据填写完整；（2）补全频数分布直方图；（3）如果汽车时速不低于60千米即为违章，则违章车辆共有多少辆？B卷（50分）一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）19、（4分）已知四边形是矩形，点是边的中点，以直线为对称轴将翻折至，联结，那么图中与相等的角的个数为_____________20、（4分）已知x=2是关于x的一元二次方程kx2+（k2﹣2）x+2k+4=0的一个根，则k的值为_____．21、（4分）一组数据：的方差是__________．22、（4分）两组数据：3，a，8，5与a，6，b的平均数都是6，若将这两组教据合并为一组，用这组新数据的中位为_______.23、（4分）在平面直角坐标系中，⊙P的圆心是（2，a）（a＞2），半径为2，函数y=x的图象被⊙P截得的弦AB的长为，则a的值是_____．二、解答题（本大题共3个小题，共30分）24、（8分）在直角坐标系中，已知两点的坐标是M（x1，y1），N（x2，y2），M，N两点之间的距离，可以用公式MN=计算．解答下列问题：（1）若已知点A（1，2），B（4，-2），求A，B两点间的距离；（2）在（1）的条件下，点O是坐标原点，判断△AOB是什么三角形，并说明理由．25、（10分）如图，DB∥AC，DE∥BC，DE与AB交于点F，E是AC的中点．（1）求证：F是AB的中点；（2）若要使DBEA是矩形，则需给△ABC添加什么条件？并说明理由．26、（12分）小颖用四块完全一样的长方形方砖，恰好拼成如图1所示图案，如图1，连接对角线后，她发现该图案中可以用“面积法”采用不同方案去证明勾股定理．设AE=a，DE=b，AD=c，请你找到其中一种方案证明：a1+b1=c1．

参考答案与详细解析一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）1、D【解析】

先证出Rt△ACD≌Rt△AED，推出AE=AC，△DBE的周长=DE+EB+BD=AB，即可求解．【详解】解：∵AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，∠C=90°，

∴∠C=∠AED=90°，CD=DE，

在Rt△ACD和Rt△AED中∴Rt△ACD≌Rt△AED，

∴AE=AC，

∴△DBE的周长

=DE+EB+BD

=CD+DB+EB

=BC+EB

=AC+EB

=AE+EB

=AB

=10，

故选D．本题考查了角平分线性质，全等三角形的性质和判定的应用，能求出AE=AC，CD=DE是解此题的关键，注意：角平分线上的点到角的两边的距离相等．2、B【解析】

多边形的外角和是固定的360°，依此可以求出多边形的边数.【详解】∵一个多边形的每一个外角都等于36°，∴多边形的边数为360°÷36°=1．故选B.本题主要考查了多边形的外角和定理：多边形的外角和是360°，已知多边形的外角求多边形的边数是一个考试中经常出现的问题.3、C【解析】

先根据在数轴上表示不等式解集的方法求出不等式的解集，再列出关于a的方程，求出a的取值范围即可．【详解】解：由数轴上表示不等式解集的方法可知，此不等式的解集为x≤0，解不等式2x-a≤-1得，x≤a-12，即a-12=0，解得a=1．故选本题考查的是在数轴上表示不等式的解集，熟知实心圆点与空心圆点的区别是解答此题的关键．4、D【解析】

利用倒数定义得到结果，化简即可．【详解】的倒数为．故选D．此题考查了分母有理化，熟练掌握运算法则是解本题的关键．5、D【解析】

首先根据题意求出点P的坐标，然后根据垂直的两条直线的k互为负倒数设出函数解析式，然后将点P的坐标代入得出答案．【详解】根据题意可得：点P的坐标为(2，0)，折直线l′的解析式为：y=2x+b，将(2，0)代入可得：4+b=0，解得：b=－4，∴直线的解析式为y=2x－4，故选D．本题主要考查的是一次函数解析式的求法，属于中等难度的题型．明确垂直的两条直线的比例系数互为负倒数是解题的关键．6、C【解析】

根据正比例函数的定义：形如y=kx（k是常数，k≠0）的函数叫做正比例函数，其中k叫做比例系数进行分析即可．【详解】解：A、y=3x-5，是一次函数，不是正比例函数，故此选项错误；B、y=，是反比例函数，不是正比例函数，故此选项错误；C、y=x是正比例函数，故此选项正确；D、y=2不是正比例函数，故此选项错误；故选：C．此题主要考查了正比例函数定义，关键是掌握正比例函数的一般形式．7、C【解析】

利用菱形的性质可得，AD=AB=BC=CD=2，∠ADC=120°由30°的直角三角形可得利用勾股定理得同理可得，∠FDC=30°，可证△DEF是等边三角形继而可得△DEF的周长为【详解】解：在菱形ABCD中，AD=AB=BC=CD=2∵DE⊥AB∴∠AED=90°∵∠A=60°∴∠ADE=30°，∠ADC=120°∴∴同理，∠FDC=30°∴∠EDF=60°，∵∴△DEF是等边三角形∴∴△DEF的周长为故答案为：C本题考查了菱形的性质以及勾股定理和等边三角形的判定，正确掌握菱形的性质及含30°的直角三角形的性质是解题的关键.8、B【解析】

已知矩形ABCD,,所以在直角三角形ABD中,,则得,根据矩形的性质,.【详解】已知矩形ABCD,

,

,

在直角三角形ABD中,

(直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半),

矩形的对角线相等,

.

所以D选项是正确的.此题考查的知识点是矩形的性质和角的直角三角形问题,解题的关键是由已知得角的直角三角形及矩形性质求出AC.二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）9、【解析】

由二次函数y=2x2-6x+m的图象与x轴没有交点，可知△＜0，解不等式即可．【详解】∵二次函数y=2x2-6x+m的图象与x轴没有交点，∴△＜0，∴（-6）2-4×2×m＜0，解得：；故答案为：．本题考查了抛物线与x轴的交点，熟记：有两个交点，△＞0；有一个交点，△=0；没有交点，△＜0是解决问题的关键．10、乙【解析】

由于甲的面试成绩低于80分，根据公司规定甲被淘汰；再将乙与丙的总成绩按比例求出测试成绩，比较得出结果．【详解】解：∵该公司规定：笔试，面试、体能得分分别不得低于80分，80分，70分，∴甲淘汰；乙成绩=85×60%+80×30%+75×10%=82.5，丙成绩=80×60%+90×30%+73×10%=82.3，乙将被录取．故答案为：乙．本题考查了加权平均数的计算．平均数等于所有数据的和除以数据的个数．11、n（m+n）1【解析】

先提公因式n，再利用完全平方公式分解因式即可．【详解】解：m1n+1mn1+n3＝n（m1+1mn+n1）＝n（m+n）1．故答案为：n（m+n）1此题考查提公因式法与公式法的综合运用，解题关键在于掌握运算法则.12、（）n-1【解析】试题分析：已知第一个矩形的面积为1；第二个矩形的面积为原来的（）2-1=；第三个矩形的面积是（）3-1=；…故第n个矩形的面积为：．考点：1.矩形的性质；2.菱形的性质．13、1【解析】

先根据平行四边形的性质求出BC的长，再根据勾股定理及三角形的面积公式解答即可．【详解】根据平行四边形的性质得AD=BC=8

在Rt△ABC中，AB=10，AD=8，AC⊥BC

根据勾股定理得AC==6，

则S平行四边形ABCD=BC•AC=1，故答案为：1．本题考查了平行四边形的对边相等的性质和勾股定理，正确求出AC的长是解题的关键．三、解答题（本大题共5个小题，共48分）14、(1)旋转角的度数为；(2)，理由见解析；(3).【解析】

(1)根据旋转的性质可得：AC=BC,从而得到，再由三角形内角和得到∠ACB＝，即为旋转的角度;(2)由旋转的性质可得，从而得到，由对顶角相等得，从而得到，即可得出结论;(3)连接,先证明△CDE是等腰直角三角形，再在Rt△ADE中，求出AE即可解决问题．【详解】(1)∵将绕点顺时针旋转得到∴∴，又∵，∴，∴故旋转角的度数为(2).理由如下：在中，∴∵∴即又∵∴∴∴.(3)如图，连接，由旋转图形的性质可知，旋转角∴∵，∴在中，∴，∵∴在中，∴∴考查旋转变换，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识.15、证明：（1）见解析（2）见解析【解析】证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD．∴∠ABF＝∠ECF．∵EC＝DC，∴AB＝EC．在△ABF和△ECF中，∵∠ABF＝∠ECF，∠AFB＝∠EFC，AB＝EC，∴△ABF≌△ECF．(2)证法一：由(1)知AB＝EC，又AB∥EC，∴四边形ABEC是平行四边形．∴AF＝EF，BF＝CF．∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠ABC＝∠D，又∵∠AFC＝2∠D，∴∠AFC＝2∠ABC．∵∠AFC＝∠ABF＋∠BAF，∴∠ABF＝∠BAF．∴FA＝FB．∴FA＝FE＝FB＝FC，∴AE＝BC．∴□ABEC是矩形．证法二：由(1)知AB＝EC，又AB∥EC，∴四边形ABEC是平行四边形．∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠D＝∠BCE．又∵∠AFC＝2∠D，∴∠AFC＝2∠BCE．∵∠AFC＝∠FCE＋∠FEC，∴∠FCE＝∠FEC．∴∠D＝∠FEC．∴AE＝AD．又∵CE＝DC，∴AC⊥DE，即∠ACE＝90°．∴□ABEC是矩形．16、（1）-2；（2）317；（3）-47≤a≤【解析】

（1）根据点E在一次函数图象上，可求出m的值；（2）利用待定系数法即可求出直线l1的函数解析式，得出点B、C的坐标，利用S四边形OBEC＝S△OBE＋S△OCE即可得解；（3）分别求出矩形MNPQ在平移过程中，当点Q在l1上、点N在l1上、点Q在l2上、点N在l2上时a的值，即可得解．【详解】解：（1）∵点E（m，−5）在一次函数y＝x−3图象上，∴m−3＝−5，∴m＝−2；（2）设直线l1的表达式为y＝kx＋b（k≠0），∵直线l1过点A（0，2）和E（−2，−5），∴b=2-2k+b=-5，解得b=2∴直线l1的表达式为y＝72x＋2当y＝72x＋2=0时，x=∴B点坐标为(-47，0)，C点坐标为（0，∴S四边形OBEC＝S△OBE＋S△OCE＝12×47×5＋12×2×3（3）当矩形MNPQ的顶点Q在l1上时，a的值为-4矩形MNPQ向右平移，当点N在l1上时，72x＋2＝1，解得x＝-27，即点N（-∴a的值为-27＋2＝矩形MNPQ继续向右平移，当点Q在l2上时，a的值为3，矩形MNPQ继续向右平移，当点N在l2上时，x−3＝1，解得x＝4，即点N（4，1），∴a的值为4＋2＝6，综上所述，当-47≤a≤127或3≤a≤6时，矩形MNPQ与直线l1或本题主要考查求一次函数解析式，两条直线相交、图形的平移等知识的综合应用，在解决第（3）小题时，只要求出各临界点时a的值，就可以得到a的取值范围．17、（1）80km/h；（2）1．【解析】

（1）根据函数图象可知甲2小时行驶的路程是（280﹣120）km，从而可以求得甲的速度；（2）根据第（1）问中的甲的速度和甲乙两车相遇后，乙车速度变为a（km/h），并保持匀速行驶，甲车速度保持不变，结果乙车比甲车晚38分钟到达终点，可以列出分式方程，从而可以求得a的值．【详解】（1）由图象可得，甲车的速度为：（280－120）÷2=80km/h，即甲车的速度是80km/h；（2）相遇时间为：=2h，由题意可得：，解得，a=1，经检验，a=1是原分式方程的解，即a的值是1．考点：分式方程的应用；函数的图象；方程与不等式．18、（1）见解析；（2）见解析；（3）76（辆）．【解析】

（1）根据频数÷总数=频率进行计算即可：36÷200=0.18，200×0.39=78，200﹣10﹣36﹣78﹣20=56，56÷200=0.1．（2）结合（1）中的数据补全图形即可．（3）根据频数分布直方图可看出汽车时速不低于60千米的车的数量．【详解】解：（1）填表如下：数据段频数频率30～40100.0540～50360.1850～60780.3960～70560.170～80200.10总计2001（2）如图所示：（3）违章车辆数：56+20=76（辆）．答：违章车辆有76辆．一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）19、4【解析】

由折叠的性质和等腰三角形的性质可得，∠EDF=∠EFD=∠BEF=∠AEB，由平行线的性质，可得∠AEB=∠CBE，进而得出结论．【详解】由折叠知，∠BEF=∠AEB，AE=FE，∵点E是AD中点，∴AE=DE，∴ED=FE，∴∠FDE=∠EFD，∵∠AEF=∠EDF+∠DFE=∠AEB=∠BEF∴∠AEB=∠EDF，∵AD∥BC，∴∠AEB=∠CBE，∴∠EDF=∠EFD=∠BEF=∠AEB=∠CBE，故答案为：4本题属于折叠问题，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．解决问题的关键是由等腰三角形的性质得出∠EDF=∠AEB．20、﹣1【解析】【分析】把x=2代入kx2+（k2﹣2）x+2k+4=0得4k+2k2﹣4+2k+4=0，再解关于k的方程，然后根据一元二次方程的定义确定k的值即可．【详解】把x=2代入kx2+（k2﹣2）x+2k+4=0得4k+2k2﹣4+2k+4=0，整理得k2+1k=0，解得k1=0，k2=﹣1，因为k≠0，所以k的值为﹣1．故答案为：﹣1．【点睛】本题考查了一元二次方程的定义以及一元二次方程的解，能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．21、.【解析】

根据方差的公式进行解答即可.【详解】解：==2019，==0.故答案为：0.本题考查了方差的计算.22、1【解析】

首先根据平均数的定义列出关于a、b的二元一次方程组，再解方程组求得a、b的值，然后求中位数即可．【详解】∵两组数据：3，a，8，5与a，1，b的平均数都是1，∴，解得，若将这两组数据合并为一组数据，按从小到大的顺序排列为3，4，5，1，8，8，8，一共7个数，第四个数是1，所以这组数据的中位数是1．故答案为1．本题考查平均数和中位数．平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数．一组数据的中位数与这组数据的排序及数据个数有关，因此求一组数据的中位数时，先将该组数据按从小到大（或按从大到小）的顺序排列，然后根据数据的个数确定中位数：当数据个数为奇数时，则中间的一个数即为这组数据的中位数；当数据个数为偶数时，则最中间的两个数的算术平均数即为这组数据的中位数．23、2+【解析】

试题分析：过P点作PE⊥AB于E，过P点作PC⊥x轴于C，交AB于D，连接PA．∵PE⊥AB，AB=2，半径为2，∴AE=AB=，PA=2，根据勾股定理得：PE=1，∵点A在直线y=x上，∴∠AOC=45°，∵∠DCO=9