2024-2025学年浙江省杭州市锦绣育才教育科技集团数学九上开学质量检测试题【含答案】

这是一份2024-2025学年浙江省杭州市锦绣育才教育科技集团数学九上开学质量检测试题【含答案】，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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）已知三条线段长a、b、c满足a2＝c2﹣b2，则这三条线段首尾顺次相接组成的三角形的形状是（ ）
A．等腰三角形B．等边三角形
C．直角三角形D．等腰直角三角形
2、（4分）下列交通标志中、既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3、（4分）一次函数y＝kx－(2－b)的图像如图所示，则k和b的取值范围是()
A．k>0，b>2B．k>0，b4得到x>a是解此题的关键.
6、D
【解析】
根据矩形的性质对A进行判断；根据菱形的性质对B进行判断；根据矩形的性质对C进行判断；根据平行四边形的性质对D进行判断．
【详解】
A、矩形的邻边能相等，若相等，则矩形变为正方形，故A错误；
B、菱形的对角线不一定相等，若相等，则菱形变为正方形，故B错误；
C、矩形的对角线不一定相互垂直，若互相垂直，则矩形变为正方形，故C错误；
D、平行四边形的对角线可以互相垂直，此时平行四边形变为菱形，故D正确．
故选D．
本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式；有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．
7、B
【解析】
根据加权平均数的计算公式，列出算式，再进行计算即可．
【详解】
解：小云这学期的体育成绩是（分），
故选：B．
此题考查了加权平均数，掌握加权平均数的计算公式是解题的关键，是一道基础题．
8、A
【解析】
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，结合图表中的数据即可求出这组数据的平均数了；观察图表可知，只有劳动时间是4小时的人数是2，其他都是1人，据此即可得到众数，总共有5名同学，则排序后，第3名同学所对应的劳动时间即为中位数，
【详解】
观察表格可得，这组数据的中位数和众数都是4，
平均数=(3+3.2+4×2+4.5)÷5=3.74.
故选A.
此题考查加权平均数，中位数，解题关键在于看懂图中数据
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
先求出点、的坐标，代入求出解析式，根据=1，（3,2）依次求出点点、、、的纵坐标及横坐标，得到规律即可得到答案.
【详解】
∵（1,1），（3,2），
∴正方形的边长是1，正方形的边长是2，
∴（0,1），（1,2），
将点、的坐标代入得，
解得，
∴直线解析式是y=x+1，
∵=1，（3,2），
∴的纵坐标是，横坐标是，
∴的纵坐标是，横坐标是，
∴的纵坐标是，横坐标是，
∴的纵坐标是，横坐标是，
由此得到的纵坐标是，横坐标是，
故答案为：（7,8），（，）.
此题考查一次函数的定义，函数图象，直角坐标系中点的坐标规律，能根据图象求出点的坐标并总结规律用于解题是关键.
10、
【解析】
先根据一次函数判断出函数图象的增减性，再根据x1＜x1进行判断即可．
【详解】
∵直线，k=-＜0，
∴y随x的增大而减小，
又∵x1＜x1，
∴y1＞y1．
故答案为＞.
本题考查的是一次函数的增减性，即一次函数y=kx+b（k≠0）中，当k＞0，y随x的增大而增大；当k＜0，y随x的增大而减小．
11、3
【解析】
首先利用不等式的基本性质解不等式,再从不等式的解集中找出适合条件的正整数即可
【详解】
不等式的解集是x≤3,
故不等式4x-6≥7x-15的正整数解为1,2,3
故答案为:3
此题考查一元一次不等式的整数解，掌握运算法则是解题关键
12、89.6分
【解析】
将面试所有的成绩加起来再除以3即可得小王面试平均成绩，再根据加权平均数的含义和求法，求出小王的最终成绩即可．
【详解】
∵面试的平均成绩为=88（分），
∴小王的最终成绩为=89.6（分），
故答案为89.6分．
此题主要考查了加权平均数的含义和求法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：数据的权能够反映数据的相对“重要程度”，要突出某个数据，只需要给它较大的“权”，权的差异对结果会产生直接的影响．同时考查了算术平均数的含义和求法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：算术平均数是加权平均数的一种特殊情况，加权平均数包含算术平均数，当加权平均数中的权相等时，就是算术平均数．
13、五
【解析】
设多边形边数为n.
则360°×1.5=(n−2)⋅180°，
解得n=5.
故选C.
点睛：多边形的外角和是360度，多边形的内角和是它的外角和的1.5倍，则多边形的内角和是540度，根据多边形的内角和可以表示成（n-2）•180°，依此列方程可求解．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）过点P作PG⊥BC于G，过点P作PH⊥DC于H，如图1．要证PB=PE，只需证到△PGB≌△PHE即可；（2）连接BD，如图2．易证△BOP≌△PFE，则有BO=PF，只需求出BO的长即可．
【详解】
(1)①证明：过点P作PG⊥BC于G，过点P作PH⊥DC于H，如图1.
∵四边形ABCD是正方形，PG⊥BC，PH⊥DC，
∴∠GPC=∠ACB=∠ACD=∠HPC=45°.
∴PG=PH,∠GPH=∠PGB=∠PHE=90°.
∵PE⊥PB即∠BPE=90°，
∴∠BPG=90°−∠GPE=∠EPH.
在△PGB和△PHE中，
.
∴△PGB≌△PHE(ASA)，
∴PB=PE.
②连接BD，如图2.
∵四边形ABCD是正方形,∴∠BOP=90°.
∵PE⊥PB即∠BPE=90°，
∴∠PBO=90∘−∠BPO=∠EPF.
∵EF⊥PC即∠PFE=90°，
∴∠BOP=∠PFE.
在△BOP和△PFE中，
，
∴△BOP≌△PFE(AAS)，
∴BO=PF.
∵四边形ABCD是正方形，
∴OB=OC,∠BOC=90∘，
∴BC= OB.
∵BC=1,∴OB= ，
∴PF=.
∴点PP在运动过程中,PF的长度不变,值为.
此题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，四边形综合题，解题关键在于作辅助线
15、（1）；（2），．
【解析】
直接利用零指数幂的性质以及二次根式的性质分别化简得出答案；
直接利用十字相乘法分解因式进而解方程得出答案．
【详解】
解：原式
；
，
解得：，．
此题主要考查了因式分解法解方程以及实数运算，正确掌握解题方法是解题关键．
16、（1） ；（2）x=1．
【解析】
（1）原式通分并利用同分母分式的减法法则计算，约分即可得到结果；
（2）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【详解】
解：（1）原式=
=
= ；
（2）去分母得：x+1=4x-8，
解得：x=1，
经检验x=1是分式方程的解．
故答案为：（1） ；（2）x=1．
本题考查解分式方程，以及分式的加减运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．
17、（1）10-2t;（2）t=2（3）t=或t=.
【解析】
（1）根据AP=AD-DP即可写出；
（2）当四边形ABQP为平行四边形时，AP=BQ，即可列方程进行求解；
（3）分两种情况讨论：①若PQ=BQ,在Rt△PQE中，由PQ2=PE2+EQ2，PQ=BQ,将各数据代入即可求解；②若PB=PQ,则BQ=2EQ,列方程即可求解.
【详解】
（1）∵动点P从点D出发，沿线段DA的方向以每秒2个单位长的速度运动，
∴AP=AD-DP=10-2t,
故填：10-2t;
（2）∵四边形ABQP为平行四边形时，∴AP=BQ，
∵BQ=BC-CQ=8-t，
∴10-2t=8-t，解得t=2，
（3）如图，过点P作PE⊥BC于E，
①当∠BQP为顶角时，PQ=BQ，BQ=8-t，PE=CD=6，EQ=CE-CQ=2t-t=t,
在Rt△PQM中，由PQ2=PE2+EQ2，又PQ=BQ,
∴(8-t)2=62+t2,
解得t=
②当∠BPQ为顶角时，则BP=PQ
由BQ=2EQ，即8-t=2t
解得t=
故 t=或t=时，符合题意.
此题主要考查四边形的动点问题，解题的关键是熟知等腰三角形的性质及勾股定理列出方程进行求解.
18、见解析
【解析】
平行四边形的对角相等，得 ∠B=∠D， 结合AE⊥BC，AF⊥DC和BE=DF，由角边角定理证明△ABE全等△ADF，再由全等三角形对应边相等得DA=AB，最后根据邻边相等的平行四边形是菱形判定 四边形ABCD是菱形 .
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D，
∵AE⊥BC，AF⊥DC
∴∠AEB=∠AFD=90°
又∵BE=DF，
∴△ABE≌△ADF(AAS)
∴DA=AB，
∴平行四边形ABCD是菱形
此题主要考查菱形的判定，解题的关键是熟知全等三角形的判定与性质及菱形的判定定理.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
首先延长FD到G，使DG＝BE，利用正方形的性质得∠B＝∠CDF＝∠CDG＝90°，CB＝CD；利用SAS定理得△BCE≌△DCG，利用全等三角形的性质易证△GCF≌△ECF，利用勾股定理可得DF，求出AF，设BE＝x，利用GF＝EF，解得x，再利用勾股定理可得CE．
【详解】
解：如图，延长FD到G，使DG＝BE；
连接CG、EF；
∵四边形ABCD为正方形，
在△BCE与△DCG中，，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴CG＝CE，∠DCG＝∠BCE，
∴∠GCF＝45°，
在△GCF与△ECF中，，
∴△GCF≌△ECF（SAS），
∴GF＝EF，
∵DF＝，AB＝AD＝12，
∴AF＝12−4＝8，
设BE＝x，则AE＝12−x，EF＝GF＝4＋x，
在Rt△AEF中，由勾股定理得：（12−x）2＋82＝（4＋x）2，
解得：x＝6，
∴BE＝6，
∴CE＝，
故答案为．
本题主要考查了全等三角形的判定及性质，勾股定理等，构建全等三角形，利用方程思想是解答此题的关键．
20、3＜x＜1
【解析】
根据平行四边形的性质易知OA＝7，OB＝4，根据三角形三边关系确定范围．
【详解】
∵ABCD是平行四边形，AC＝14，BD＝8，
∴OA＝AC＝7，OB＝BD＝4，
∴7−4＜x＜7＋4，即3＜x＜1．
故答案为：3＜x＜1．
此题考查了平行四边形的性质及三角形三边关系定理，有关“对角线范围”的题，应联系“三角形两边之和、差与第三边关系”知识点来解决．
21、
【解析】
根据不等式的性质进行判断即可
【详解】
解：∵ab，
∴2a2b
∴32a32b
故答案为：＜
本题考查了不等式的性质：（1）不等式两边加（或减）同一个数（或式子），不等号的方向不变．（2）不等式两边乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变．（3）不等式两边乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变．
22、1 .
【解析】
分析：连接O1A,O1B，先证明△AO1C≌△BO1D，从而可得S四边形ACO1D=S△AO1B=S正方形ABEF=,然后可求阴影部分面积之和.
详解：如图，连接O1A,O1B.
∵四边形ABEF是正方形，
∴O1A=O1B, ∠AO1B=90°.
∵∠AO1C+∠AO1D=90°, ∠BO1D+∠AO1D=90°,
∴∠AO1C=∠BO1D.
在△AO1C和△BO1D中，
∵∠AO1C=∠BO1D，
O1A=O1B,
∠O1AC=∠O1BD=45°,
∴△AO1C≌△BO1D，
∴S四边形ACO1D=S△AO1B=S正方形ABEF=,
∴阴影部分面积之和等于×4=1.
故答案为：1.
点睛：本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，证明△AO1C≌△BO1D是解答本题的关键.
23、y=3x-1
【解析】
解：设函数解析式为y+1=kx，
∴1k=4+1，
解得：k=3，
∴y+1=3x，
即y=3x-1．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、，-2.
【解析】
首先将括号里面通分，再将分子与分母分解因式进而化简得出答案．
【详解】
,
＝
＝
＝，
当x＝﹣2时，原式＝＝﹣2．
此题主要考查了分式的化简求值，正确分解因式是解题关键．
25、（1）（2）12
【解析】
（1）先把二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；
（2）利用完全平方公式和平方差公式计算．
【详解】
（1）原式=
=；
（2）原式=6-12+12-（20-2）
=-12．
本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
26、（1）①详见解析；②1＜＜5；（2）详见解析
【解析】
（1）①首先利用尺规作图，使得DE=AD，在连接CE，②首先利用≌可得AB=CE，在中，确定AE的范围，再根据AE=2AD，来确定AD的范围.
（2）首先延长延长到点，使，连接和BE，结合，可证四边形是平行四边形，再根据，可得四边形是矩形，因此可证明.
【详解】
（1）①用尺规完成作图：延长到点，使，连接；
②∵，，
∴≌
∴
∴6-4＜＜6+4，即2＜＜10
又∵
∴1＜＜5
（2）延长到点，使，连接
∵
∴四边形是平行四边形
∵
∴四边形是矩形
∴
∴．
本题主要考查直角三角形斜边中线是斜边的一半，关键在于构造矩形,利用矩形的对角线相等.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
劳动时间（小时）
3
3.2
4
4.5
人数
1
1
2
1
面试
笔试
成绩
评委1
评委2
评委3
92
88
90
86