2025届广西省桂林市名校数学九上开学考试试题【含答案】

这是一份2025届广西省桂林市名校数学九上开学考试试题【含答案】，共25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）方程x2+x﹣1＝0的一个根是（ ）
A．1﹣B．C．﹣1+D．
2、（4分）使等式成立的x的值是（ ）
A．是正数B．是负数C．是0D．不能确定
3、（4分）下列函数中，y随x的增大而减少的函数是（ ）
A．y＝2x＋8 B．y＝－2＋4x C．y＝－2x＋8 D．y＝4x
4、（4分）如图，E是边长为4的正方形ABCD的对角线BD上一点，且BE=BC，P为CE上任意一点，PQ⊥BC于点Q，PR⊥BR于点R，则PQ+PR的值是（ ）
A．2B．2C．2D．
5、（4分）已知数据的平均数是10，方差是6，那么数据的平均数和方差分别是（ ）
A．13，6B．13，9C．10，6D．10，9
6、（4分）设，a在两个相邻整数之间，则这两个整数是（ ）
A．1和2B．2和3C．3和4D．4和5
7、（4分）下列说法中，不正确的是（ ）
A．两组对边分别平行的四边形是平行四边形
B．对角线互相平分且垂直的四边形是菱形
C．一组对边平行另外一组对边相等的四边形是平行四边形
D．有一组邻边相等的矩形是正方形
8、（4分）如图，2002年8月在北京召开的国际数学家大会会徽取材于我国古代数学家赵爽的《勾股圆方图》（也称《赵爽弦图》），它是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示，如果大正方形的面积是13，小正方形的面积是1，直角三角形的短直角边为a，较长直角边为b，那么的值为（ ）
A．13B．19C．25D．169
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分） 分解因式：9a﹣a3＝_____．
10、（4分）如图，在坐标系中，有，且A（﹣1，3），B（﹣3，﹣1），C（﹣3，3），已知是由旋转得到的．请写出旋转中心的坐标是____，旋转角是____度．
11、（4分）如图所示，D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，且BC=7，则DE=______．
12、（4分）在中，，则___．
13、（4分）方程=2的解是_________
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）小泽和小帅两同学分别从甲地出发，骑自行车沿同一条路到乙地参加社会实践活动．如图折线OAB和线段CD分别表示小泽和小帅离甲地的距离y（单位：千米）与时间x（单位：小时）之间函数关系的图象．根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）小帅的骑车速度为 千米/小时；点C的坐标为 ；
（2）求线段AB对应的函数表达式；
（3）当小帅到达乙地时，小泽距乙地还有多远？
15、（8分）问题情境：
平面直角坐标系中，矩形纸片OBCD按如图的方式放置已知，，将这张纸片沿过点B的直
线折叠，使点O落在边CD上，记作点A，折痕与边OD交于点E．
数学探究：
点C的坐标为______；
求点E的坐标及直线BE的函数关系式；
若点P是x轴上的一点，直线BE上是否存在点Q，能使以A，B，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？
若存在，直接写出相应的点Q的坐标；若不存在，说明理由．
16、（8分）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（0，﹣3）、B（3，﹣2）、C（2，﹣4），在正方形网格中，每个小正方形的边长是1个单位长度．
（1）画出△ABC向上平移4个单位得到的△A1B1C1；
（2）以点C为位似中心，在网格中画出△A2B2C，使△A2B2C与△ABC位似，且△A2B2C与△ABC的位似比为2：1，并直接写出点B2的坐标．
17、（10分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A在y轴的正半轴上，点C在x轴的正半轴上，线段OA,OC的长分别是m，n且满足(m-6)2+＝0，点D是线段OC上一点，将△AOD沿直线AD翻折，点O落在矩形对角线AC上的点E处
（1）求线段OD的长
（2）求点E的坐标
（3）DE所在直线与AB相交于点M，点N在x轴的正半轴上，以M、A、N、C为顶点的四边形是平行四边形时，求N点坐
18、（10分）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=kx+b的图象与x轴交点为 A（-3，0），与y轴交点为B，且与正比例函数的图象的交于点 C（m，4）．
（1）求m的值及一次函数 y=kx+b的表达式；
（2）若点P是y轴上一点，且△BPC的面积为6，请直接写出点P的坐标．
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）若为二次根式，则的取值范围是__________
20、（4分）如图，矩形纸片ABCD中，AD＝5，AB＝1．若M为射线AD上的一个动点，将△ABM沿BM折叠得到△NBM．若△NBC是直角三角形．则所有符合条件的M点所对应的AM长度的和为_____．
21、（4分）如图，已知Rt△ABC中，∠BCA=90°，CD是斜边上的中线，BC=12，AC=5，那么CD=_______.
22、（4分）如图，已知一块直角三角板的直角顶点与原点重合，另两个顶点，的坐标分别为，，现将该三角板向右平移使点与点重合，得到，则点的对应点的坐标为__________．
23、（4分）如图，△ABC中，已知AB=8，∠C=90°，∠A=30°，DE是中位线，则DE的长为_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，中，且是的中点
（1）求证：四边形是平行四边形。
（2）求证：四边形是菱形。
（3）如果时，求四边形ADBE的面积
（4）当 度时，四边形是正方形（不证明）
25、（10分）如图，为等边三角形，， 相交于点， 于点，

（1）求证:
（2）求的度数．
26、（12分）分解因式：
（1）. （2）.
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】
利用求根公式解方程，然后对各选项进行判断．
【详解】
∵a＝1，b＝﹣1，c＝﹣1，
∴△＝b2﹣4ac＝12﹣4×（﹣1）＝5，
则x＝ ，
所以x1＝ ，x2＝ ．
故选：D．
本题考查了解一元二次方程﹣公式法，解题关键在于掌握运算法则．
2、C
【解析】
根据二次根式有意义的条件：被开方数大于等于0即可得出答案．
【详解】
根据题意有
解得 ，
故选：C．
本题主要考查二次根式有意义的条件，掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．
3、C
【解析】
试题分析：一次函数的图象有两种情况： ①当k＞0时，函数的值随x的值增大而增大；②当k＜0时，函数的的值随x的值增大而减小．
∵函数y随x的增大而减少，∴k＜0, 符合条件的只有选项C,故答案选C．
考点：一次函数的图象及性质．
4、A
【解析】
如图，连接BP，设点C到BE的距离为h，
则S△BCE=S△BCP+S△BEP,
即BE⋅h=BC⋅PQ+BE⋅PR，
∵BE=BC，
∴h=PQ+PR，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴h=4×=.
故答案为.
5、A
【解析】
根据样本数据的平均数与方差，可以推导出数据的平均数与方差．
【详解】
解：由题意得平均数，方差，
∴的平均数，
方差，故选A.
本题考查了样本数据的平均数与方差的应用问题，解题时可以推导出结论，也可以利用公式直接计算出结果，是基础题目．
6、C
【解析】
首先得出的取值范围，进而得出-1的取值范围．
【详解】
∵，
∴，
故，
故选C.
此题主要考查了估算无理数的大小，正确得出的取值范围是解题关键．
7、C
【解析】
根据平行四边形、菱形和正方形的判定方法进行分析可得.
【详解】
A. 两组对边分别平行的四边形是平行四边形，正确；
B. 对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，正确；
C. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形有可能是等腰梯形，故错误；
D. 有一组邻边相等的矩形是正方形，正确.
故选C.
8、C
【解析】
试题分析：根据题意得：=13，4×ab=13﹣1=12，即2ab=12，则==13+12=25，故选C．
考点：勾股定理的证明；数学建模思想；构造法；等腰三角形与直角三角形．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、a（3+a）（3﹣a）．
【解析】
先提公因式，再用平方差公式，可得答案．
【详解】
原式=a（9﹣a2）=a（3+a）（3﹣a）．
故答案为：a（3+a）（3﹣a）．
本题考查了因式分解，利用提公因式与平方差公式是解题的关键．
10、 1
【解析】
先根据平面直角坐标系得出点的坐标，从而可得的垂直平分线，再利用待定系数法分别求出直线的解析式，从而可得其垂直平分线的解析式，联立两条垂直平分线即可求出旋转中心的坐标，然后根据旋转中心可得出旋转角为，最后利用勾股定理的逆定理即可得求出旋转角的度数．
【详解】
由图可知，点的坐标为，点的坐标为
点关于y轴对称
y轴垂直平分，即线段的垂直平分线所在直线的解析式为
设直线的解析式为
将点代入得：，解得
则直线的解析式为
设垂直平分线所在直线的解析式为
的中点坐标为，即
将点代入得：，解得
则垂直平分线所在直线的解析式为
联立，解得
则旋转中心的坐标是
由此可知，旋转角为
是等腰直角三角形，且
故答案为：，1．
本题考查了利用待定系数法求一次函数的解析式、旋转的定义、勾股定理的逆定理等知识点，掌握确定旋转中心的方法是解题关键．
11、3.1
【解析】
根据三角形的中位线定理解答即可．
【详解】
解：∵D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，且BC=7，
∴．
故答案为：3.1．
本题考查了三角形的中位线定理，属于基本题型，熟练掌握该定理是解题关键．
12、．
【解析】
根据平行四边形的性质可得：∠A=∠C，∠A+∠B=180°；再根据∠A+∠C=120°计算出∠A的度数，进而可算出∠B的度数.
【详解】
四边形是平行四边形，
，，
，
，
．
故答案为：．
本题是一道有关平行四边形的题目，掌握平行四边形的性质是解题关键.
13、
【解析】
【分析】方程两边平方可得到整式方程，再解之可得.
【详解】方程两边平方可得
x2-3x=4,
即x2-3x-4=0,解得x1=-1,x2=4
故答案为：
【点睛】本题考核知识点：二次根式，无理方程. 解题关键点：化无理方程为整式方程.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、 (1)16,C（0.5,0）；（2）；（3）4千米.
【解析】
(1)根据时间从1到2小帅走的路程为(24-8)千米，根据速度=路程÷时间即可求得小帅的速度，继而根据小帅的速度求出走8千米的时间即可求得点C的坐标；
(2)根据图象利用待定系数法即可求得线段AB对应的函数表达式；
(3)将x=2代入(2)中的解析式求出相应的y值，再用24减去此时的y值即可求得答案.
【详解】
(1)由图可知小帅的骑车速度为：(24-8)÷(2-1)=16千米/小时，
点C的横坐标为：1-8÷16=0.5，
∴点C的坐标为(0.5，0)，
故答案为千米/小时；(0.5，0)；
(2)设线段对应的函数表达式为，
∵，，
∴，
解得：，
∴线段对应的函数表达式为；
(3)当时，，
∴24－20=4，
答：当小帅到达乙地时，小泽距乙地还有4千米．
本题考查了一次函数的应用，弄清题意，找出求解问题所需要的条件，利用数形结合思想是解题的关键.
15、 (1)(10,6);(2) ), ;(3)见解析.
【解析】
(1)根据矩形性质可得到C的坐标；（2）设，由折叠知，，，在中，根据勾股定理得，，，在中，根据勾股定理得，，即，解得，可得；由待定系数法可求直线BE的解析式；（3）存在，理由：由知，，
，设，分两种情况分析:当BQ为的对角线时;当BQ为边时.
【详解】
解：四边形OBCD是矩形，
，
，，
，
故答案为；
四边形OBCD是矩形，
，，，
设，
，
由折叠知，，，
在中，根据勾股定理得，，
，
在中，根据勾股定理得，，
，
，
，
设直线BE的函数关系式为，
，
，
，
直线BE的函数关系式为；
存在，理由：由知，，
，
能使以A，B，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，
，
当BQ为的对角线时，
，
点B，P在x轴，
的纵坐标等于点A的纵坐标6，
点Q在直线BE：上，
，
，
，
当BQ为边时，
与BP互相平分，
设，
，
，
，
即：直线BE上是存在点Q，能使以A，B，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，点或．
本题考核知识点：一次函数的综合运用. 解题关键点：熟记一次函数性质和特殊平行四边形的性质和判定.
16、（1）详见解析；（2）图详见解析，点B2的坐标为（4，0）．
【解析】
（1）将△ABC向上平移4个单位得到的△A1B1C1即可；
（2）画出△A2B2C，并求出B2的坐标即可．
【详解】
解：（1）如图所示，△A1B1C1为所求的三角形；
（2）如图所示，△A2B2C为所求三角形，点B2的坐标为（4，0）．
本题考查了作图-位似变换，平移变换，熟练掌握位似、平移的性质是解本题的关键．
17、（1）OD=3；（2）E点（，）（3）点N为（，0）或（，0）
【解析】
（1）根据非负性即可求出OA，OC；根据勾股定理得出OD长；
（2）由三角形面积求法可得，进而求出EG和DG，即可解答；
（3）由待定系数法求出DE的解析式，进而求出M点坐标，再利用平行四边形的性质解答即可．
【详解】
解：（1）∵线段OA，OC的长分别是m，n且满足
∴OA=m=6，OC=n=8；
设DE=x，由翻折的性质可得：OA=AE=6，OD=DE=x，DC=8-OD=8-x，
＝10，
可得：EC=10-AE=10-6=4，
在Rt△DEC中，由勾股定理可得：DE2+EC2=DC2，
即x2+42=（8-x）2，
解得：x=3，
可得：DE=OD=3，
（2）过E作EG⊥OC，
在Rt△DEC中，
，
即
解得：EG=，
在Rt△DEG中，，
∴OG=3+=，
所以点E的坐标为（，），
（3）
设直线DE的解析式为：y=ax+c，把D（3，0），E（4.8，2.4）代入解析式可得：
，
解得：，
所以DE的解析式为：，
把y=6代入DE的解析式，可得：x=，
即AM=，
当以M、A、N、C为顶点的四边形是平行四边形时，
CN=AM=，
所以ON=8+=，ON'=8-=，
即存在点N，且点N的坐标为（，0）或（，0）．
本题是一次函数综合题目，考查了非负性、用待定系数法求一次函数的解析式、勾股定理、平行四边形的性质等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（3）中，需要进行分类讨论，通过求一次函数的解析式和平行四边形的性质才能得出结果．
18、（1）m的值为3，一次函数的表达式为
（2） 点P的坐标为（0， 6）、（0，－2）
【解析】
（1）首先利用待定系数法把C（m，4）代入正比例函数y=x中，计算出m的值，进而得到C点坐标，再利用待定系数法A、C两点坐标代入一次函数y=kx+b中，计算出k、b的值进而得到一次函数解析式.
（2）利用△BPC的面积为6，即可得出点P的坐标.
解：（1）∵点C（m，4）在正比例函数的图象上，
∴·m，即点C坐标为（3，4）
∵一次函数经过A（－3，0）、点C（3，4）
∴解得：
∴一次函数的表达式为
（2）点P的坐标为（0， 6）、（0，－2）
“点睛”此题主要考查了待定系数法求一次函数解析式知识，根据待定系数法把A、C两点坐标代入函数y=kx+b中，计算出k、b的值是解题关键.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
根据二次根式有意义的条件，被开方数大于或等于0，即可求m的取值范围．
【详解】
解：根据题意得：3-m≥0，
解得．
主要考查了二次根式的意义和性质．二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
20、5．
【解析】
根据四边形ABCD为矩形以及折叠的性质得到∠A=∠MNB=90°，由M为射线AD上的一个动点可知若△NBC是直角三角形，∠NBC=90°与∠NCB=90°都不符合题意，只有∠BNC=90°．然后分 N在矩形ABCD内部与 N在矩形ABCD外部两种情况进行讨论，利用勾股定理求得结论即可．
【详解】
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAD＝90°，
∵将△ABM沿BM折叠得到△NBM，
∴∠MAB＝∠MNB＝90°．
∵M为射线AD上的一个动点，△NBC是直角三角形，
∴∠NBC＝90°与∠NCB＝90°都不符合题意，
∴只有∠BNC＝90°．
①
当∠BNC＝90°，N在矩形ABCD内部，如图3．
∵∠BNC＝∠MNB＝90°，
∴M、N、C三点共线，
∵AB＝BN＝3，BC＝5，∠BNC＝90°，
∴NC＝4．
设AM＝MN＝x，
∵MD＝5﹣x，MC＝4+x，
∴在Rt△MDC中，CD5+MD5＝MC5，
35+（5﹣x）5＝（4+x）5，
解得x＝3；
当∠BNC＝90°，N在矩形ABCD外部时，如图5．
∵∠BNC＝∠MNB＝90°，
∴M、C、N三点共线，
∵AB＝BN＝3，BC＝5，∠BNC＝90°，
∴NC＝4，
设AM＝MN＝y，
∵MD＝y﹣5，MC＝y﹣4，
∴在Rt△MDC中，CD5+MD5＝MC5，
35+（y﹣5）5＝（y﹣4）5，
解得y＝9，
则所有符合条件的M点所对应的AM和为3+9＝5．
故答案为5．
本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质以及勾股定理，难度适中．利用数形结合与分类讨论的数学思想是解题的关键．
21、6.5
【解析】
【分析】根据勾股定理求AB，根据直角三角形斜边上的中线性质求CD.
【详解】由勾股定理可得：AB=,
因为，CD是斜边上的中线，
所以，CD=
故答案为6.5
【点睛】本题考核知识点：勾股定理，直角三角形斜边上的中线. 解题关键点：熟记勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质.
22、
【解析】
根据A点的坐标，得出OA的长，根据平移的条件得出平移的距离，根据平移的性质进而得出答案.
【详解】
∵A（-1,0），
∴OA=1,
∵一个直角三角板的直角顶点与原点重合,现将该三角板向右平移使点A与点O重合，得到△OCB′,
∴平移的距离为1个单位长度，
∵点B的坐标为
∴点B的对应点B′的坐标是，
故答案为：.
此题主要考查根据平移的性质求点坐标，熟练掌握，即可解题.
23、2
【解析】
先由含30°角的直角三角形的性质,得出BC,再由三角形的中位线定理得出DE即可.
【详解】
因为，△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，
所以， ,
因为，DE是中位线，
所以，.
故答案为2
本题考核知识点：直角三角形，三角形中位线. 解题关键点：熟记直角三角形性质，三角形中位线性质.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）见解析；（2）见解析；（3）24；（4）45.
【解析】
（1）推出CE=BD，CE∥BD，可证四边形是平行四边形；
（2）求出BDF=AE，BD∥AE，得出平行四边形ADBE，根据DE∥BC，∠ABC=90°推出DE⊥AB，根据菱形的判定推出即可；
（3）由四边形BDEC是平行四边形，可得DE=BC=6，然后根据菱形的面积公式求解即可；
（4）当45度时，可证△ABC是等腰直角三角形，从而AB=BC=DE，可证四边形是正方形.
【详解】
（1）证明：∵E是AC的中点，
∴CE=AE=AC，
∵DB=AC，
∵BD=CE，
∵BD∥AC，
∴BD∥CE，
∴四边形BDEC是平行四边形，
∴DE∥BC．
（2）证明：∵DE∥BC，∠ABC=90°，
∴DE⊥AB，
∵AE=AC，DB=AC，BD∥AC，
∴BD=AE，BD∥AE，
∴四边形ADBE是平行四边形，
∴平行四边形ADBE是菱形；
（3）∵四边形BDEC是平行四边形，
∴DE=BC=6.
∵四边形ADBE是菱形,
∴四边形ADBE面积=；
（4）当45度时，四边形是正方形.
∵45，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=BC=DE，
∵四边形ADBE是菱形，
∴四边形是正方形.
本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定与性质，以及正方形的判定等知识点，注意：有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，有一个角是直角的菱形是正方形．
25、（1）见解析；（2）∠BPQ =60°
【解析】
（1）根据等边三角形的性质，通过全等三角形的判定定理SAS证得结论；
（2）利用（1）中的全等三角形的对应角相等和三角形外角的性质求得∠BPQ=60°；
【详解】
（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴AB=CA，∠BAE=∠C=60°，
在△AEB与△CDA中，
∴△AEB≌△CDA（SAS）；
（2）解：由（1）知，△AEB≌△CDA，则∠ABE=∠CAD，
∴∠BAD+∠ABD=∠BAD+∠CAD=∠BAC=60°，
∴∠BPQ=∠BAD+∠ABD=60°；
本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质，在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
26、（1）；（2）
【解析】
（1）首先提取公因式2，进而利用完全平方公式分解因式即可．
（2）先用平方差公式分解，再化简即可．
【详解】
解：（1）原式；
（2）原式
.
此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键，注意分解要彻底．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分