2025届湖南省醴陵市第三中学九年级数学第一学期开学统考试题【含答案】

这是一份2025届湖南省醴陵市第三中学九年级数学第一学期开学统考试题【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）数据3，2，0，1，的方差等于（ ）
A．0B．1C．2D．3
2、（4分）如图，矩形ABCD中，CD=6，E为BC边上一点，且EC=2将△DEC沿DE折叠，点C落在点C'．若折叠后点A，C'，E恰好在同一直线上，则AD的长为（ ）
A．8 B．9 C． D．10
3、（4分）如图，分别是的边上的点，将四边形沿翻折，得到交于点则的周长为（ ）
A．B．C．D．
4、（4分）甲、乙、丙、丁四位同学在三次数学测验中，他们成绩的平均数都是85分，方差分别是：S甲2＝3.8，S乙2＝2.7，S丙2＝6.2，S丁2＝5.1，则四个人中成绩最稳定的是（ ）
A．j甲B．乙C．丙D．丁
5、（4分）菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC＝10，BD＝24，则菱形ABCD的周长为（ ）
A．52B．48C．40D．20
6、（4分）若x＜y，则下列结论不一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
7、（4分）某市一周日最高气温如图所示，则该市这周的日最高气温的众数是（ ）
A．25B．26C．27D．28
8、（4分）过原点和点的直线的解析式为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）四边形的外角和等于 .
10、（4分）如图，某自动感应门的正上方处装着一个感应器，离地米，当人体进入感应器的感应范围内时，感应门就会自动打开.一个身高1.6米的学生正对门，缓慢走到离门1.2米的地方时（米），感应门自动打开，则_________米.
11、（4分）数据1，-3，1，0，1的平均数是____，中位数是____，众数是____，方差是___.
12、（4分）一次函数的图像在轴上的截距是__________.
13、（4分）已知一个样本的数据为1、2、3、4、x，它的平均数是3，则这个样本方差=_______
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）校团委决定对甲、乙、丙三位候选人进行民主投票、笔试、面试考核，从中推选一名担任学生会主席．已知参加民主投票的学生为200名，每人当且仅当推荐一名候选人，民主投票结果如下扇形统计图所示，笔试和面试的成绩如下统计表所示．
（1）甲、乙、丙的得票数依次是______、______、______；
（2）若民主投票得一票记1分，学校将民主投票、笔试、面试三项得分按3：4：3的比例确定三名候选人的考核成绩，成绩最高当选，请通过计算确定谁当选．
15、（8分）如图，一个正比例函数与一个一次函数的图象交于点A（3，4），其中一次函数与y轴交于B点，且OA＝OB．
（1）求这两个函数的表达式；
（2）求△AOB的面积S．
16、（8分）如图，正方形 ABCD 中，AB＝4，点 E为边AD上一动点，连接 CE，以 CE为边，作正方形CEFG（点D、F在CE所在直线的同侧），H为CD中点，连接 FH．
（1）如图 1，连接BE，BH，若四边形 BEFH 为平行四边形，求四边形 BEFH 的周长；
（2）如图 2，连接 EH，若 AE＝1，求△EHF 的面积；
（3）直接写出点E在运动过程中，HF的最小值．
17、（10分）解不等式组，并将其解集在数轴上表示出来．
（1）；
（2）
18、（10分）计算：9-7+5．
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）如图，中，，若动点从开始，按C→A→B→C的路径运动（回到点C就停止），且速度为每秒，则P运动________秒时， 为等腰三角形．（提示：直角三角形中，当斜边和一条直角边长分别为和时，另一条直角边为）
20、（4分）五边形从某一个顶点出发可以引_____条对角线．
21、（4分）平面直角坐标系中，点关于原点的对称点坐标为______．
22、（4分）如图，矩形中，，延长交于点，延长交于点，过点作，交的延长线于点，，则=_________．
23、（4分）一副常规的直角三角板如图放置，点在的延长线上，，，若，则______.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，在矩形ABCD中，，，E是AB上一点，连接CE，现将向上方翻折，折痕为CE，使点B落在点P处．
（1）当点P落在CD上时，_____；当点P在矩形内部时，BE的取值范围是_____．
（2）当点E与点A重合时：①画出翻折后的图形（尺规作图，保留作图痕迹）；②连接PD，求证：；
（3）如图，当点Р在矩形ABCD的对角线上时，求BE的长．
25、（10分）为了从甲、乙两名学生中选拔一人参加射击比赛，对他们的射击水平进行了测验两人在相同条件下各射靶次，命中的环数如下：
甲：，，，，，，，，，
乙：，，，，，，，，，
(1)分别计算两组数据的方差.
(2)如果你是教练你会选拔谁参加比赛？为什么？
26、（12分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F.
（1）求证：△AEF≌△DEB;
（2）求证：四边形ADCF是菱形.
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、C
【解析】
先计算这5个数据的平均数，再根据方差公式计算即可．
【详解】
解：这5个数的平均数=（3+2+0+1－1）÷5=1，所以这组数据的方差=．
故选：C．
本题考查的是方差的计算，属于基础题型，熟练掌握方差的计算公式是解题的关键．
2、D
【解析】
在Rt△DEC中，由勾股定理可得DE的长．设AD=x，则BE=x-1，AB=DC=C'D．
由Rt△AC'D≌△EBA，得到BE=AC'=x-1．在Rt△AC'D中，由勾股定理即可得出结论．
【详解】
解：如图，由勾股定理得：DE=．
设AD=x，则BE=x-1，AB=DC=C'D．
∵AD∥BE，∴∠DAE=∠AEB，∴Rt△AC'D≌△EBA（AAS），∴BE=AC'=x-1．
在Rt△AC'D中，由勾股定理得：AD1=AC'1+C'D1，即x1=（x-1）1+61，解得：x=2，即AD=2．
故选D．
本题考查了矩形与折叠．证明Rt△AC'D≌△EBA是解答本题的关键．
3、C
【解析】
根据平行四边形的性质得到AD∥BC，由平行线的性质得到∠AEG=∠EGF，根据折叠的性质得到∠GEF=∠DEF=60°，推出△EGF是等边三角形，于是得到结论．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AEG=∠EGF，
∵将四边形EFCD沿EF翻折，得到EFC′D′，
∴∠GEF=∠DEF=60°，
∴∠AEG=60°，
∴∠EGF=60°，
∴△EGF是等边三角形，
∴EG=FG=EF=4，
∴△GEF的周长=4×3=12，
故选：C．
本题考查了翻折变换的性质、平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质等知识；熟练掌握翻折变换的性质是解决问题的关键．
4、B
【解析】
根据方差的定义，方差越小数据越稳定，即可得出答案．
【详解】
解：∵S甲2＝3.8，S乙2＝2.7，S丙2＝6.2，S丁2＝5.1，
∴S乙2＜S甲2＜S丁2＜S丙2，
∴四个人中成绩最稳定的是乙，
故选：B．
本题考查方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
5、A
【解析】
由勾股定理可得AB的长，继而得到菱形ABCD的周长.
【详解】
因为菱形ABCD中，AC＝10，BD＝24，所以OB=12，OA=5.在直角三角形ABO中，AB=，所以菱形ABCD的周长=4AB=52，故答案为A.
本题考查勾股定理和菱形的性质，解题的关键是掌握勾股定理和菱形的性质.
6、C
【解析】
根据不等式两边加（或减）同一个数（或式子），不等号的方向不变；不等式两边乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；不等式两边乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变．
【详解】
解：A，不等式两边同时减3，不等式的方向不变，选项A正确；
B，不等式两边同时乘-5，不等式的方向改变，选项B正确；
C，x＜y，没有说明x，y的正负，所以不一定成立，选项C错误；
D，不等式两边同时乘，不等式的方向改变，选项D正确；
故选：C．
本题主要考查了不等式的性质，即不等式两边加（或减）同一个数（或式子），不等号的方向不变；不等式两边乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；不等式两边乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变；理解不等式的性质是解题的关键．
7、A
【解析】
分析:根据众数是一组数据中出现次数最多的那个数求解即可.
详解: ∵25出现了3次，出现的次数最多，
∴周的日最高气温的众数是25.
故选A.
点睛:本题考查了众数的定义，熟练掌握一组数据中出现次数最多的那个数是众数是解答本题的关键. 众数可能没有，可能有1个，也可能有多个.
8、A
【解析】
设直线的解析式为y=kx（k≠0），把（2，3）代入函数解析式，根据待定系数法即可求得．
【详解】
解：∵直线经过原点，
∴设直线的解析式为y=kx（k≠0），
把（2，3）代入得3=2k，
解得，
该直线的函数解析式为y=x．
故选：A．
此题主要考查了用待定系数法求函数的解析式．熟练掌握待定系数法是解题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、360°．
【解析】
解：n（n≥3）边形的外角和都等于360°．
10、1.1
【解析】
过点D作DE⊥AB于点E，构造Rt△ADE，利用勾股定理求得AD的长度即可．
【详解】
解：如图，过点D作DE⊥AB于点E，
依题意知，BE＝CD＝1.6米，ED＝BC＝1.2米，AB＝2.1米，
则AE＝AB−BE＝2.1−1.6＝0.9（米）．
在Rt△ADE中，由勾股定理得到：AD＝＝1.1（米）
故答案是：1.1．
本题考查了勾股定理的应用，解题的关键是作出辅助线，构造直角三角形，利用勾股定理求得线段AD的长度．
11、0、 1、 1、 2.4.
【解析】
根据平均数、中位数、众数、方差的定义求解即可.
【详解】
平均数是：(1-3+1+0+1) ÷5=0；
中位数是：1；
众数是：1；
方差是：=2.4.
故答案为： 0； 1；1； 2.4
此题主要考查了平均数、众数、中位数、方差的统计意义．找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数或两个数的平均数为中位数；众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个；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．
12、1
【解析】
求得一次函数与y轴的交点的纵坐标即为一次函数y=x+1的图象在y轴上的截距．
【详解】
解：令x=0，得y=1；
故答案为：1．
本题考查了一次函数的性质，掌握一次函数的性质是解题的关键．
13、2
【解析】
已知该样本有5个数据．故总数=3×5=15，则x=15-1-2-3-4=5，
则该样本方差=.
本题难度较低，主要考查学生对简单统计中平均数与方差知识点的掌握，计算方差的步骤是：①计算数据的平均数；②计算偏差，即每个数据与平均数的差；③计算偏差的平方和；④偏差的平方和除以数据个数．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）50、80、70；（2）乙的平均成绩最高，应录用乙．
【解析】
（1）分别用总票数乘以甲，乙，丙各自得票数的百分比即可得出各自的得票数；
（2）按照加权平均数的求法 分别求出甲，乙，丙的成绩，选出成绩最高者即可．
【详解】
（1）甲的得票数为：200×25%=50（票），
乙的得票数为：200×40%=80（票），
丙的得票数为：200×35%=70（票），
（2）甲的平均成绩：
；
乙的平均成绩：
；
丙的平均成绩：
；
∵78.5＞76＞73.8，
∴乙的平均成绩最高，应录用乙．
本题主要考查加权平均数和扇形统计图，掌握加权平均数的求法是解题的关键．
15、（1）OA：，AB：；（2）
【解析】
（1）把A点坐标代入可先求得直线OA的解析式，可求得OA的长，则可求得B点坐标，可求得直线AB的解析式；
（2）由A点坐标可求得A到y轴的距离，根据三角形面积公式可求得S．
【详解】
（1）设直线OA的解析式为y=kx，
把A（3，4）代入得4=3k，解得k=，
所以直线OA的解析式为y=x；
∵A点坐标为（3，4），
∴OA==5，
∴OB=OA=5，
∴B点坐标为（0，-5），
设直线AB的解析式为y=ax+b，
把A（3，4）、B（0，-5）代入得
，解得，
∴直线AB的解析式为y=3x-5；
（2）∵A（3，4），
∴A点到y轴的距离为3，且OB=5，
∴S=×5×3=．
本题主要考查一次函数的交点问题，掌握两函数图象的交点坐标满足两函数解析式是解题的关键．
16、（1）8；（2） ；（3）3 ．
【解析】
（1）由平行四边形的性质和正方形的性质可得EC=EF=BH，BC=DC，可证Rt△BHC≌Rt△CED，可得CH=DE，由“SAS”可证BE=EC，可得BE=EF=HF=BH=EC，由勾股定理可求BH的长，即可求四边形BEFH的周长；
（2）连接DF，过点F作FM⊥AD，交AD延长线于点M，由“AAS”可证△EFM≌△CED，可得CD=EM=4，DE=FM=3，由三角形面积公式可求解；
（3）过点F作FN⊥CD的延长线于点N，设AE=x=DM，则DE=4-x=FM，NH=4-x+2=6-x，由勾股定理可求HF的长，由二次函数的性质可求HF的最小值．
【详解】
解：（1）∵四边形BEFH为平行四边形
∴BE=HF，BH=EF
∵四边形EFGC，四边形ABCD都是正方形
∴EF=EC，BC=CD=4=AD
∴BH=EC，且BC=CD
∴Rt△BHC≌Rt△CED（HL）
∴CH=DE
∵H为CD中点，
∴CH=2=DE
∴AE=AD-DE=2=DE，且AB=CD，∠BAD=∠ADC=90°
∴Rt△ABE≌Rt△DCE（SAS）
∴BE=EC
∴BE=EF=HF=BH=EC
∵CH=2，BC=4
∴BH= = =2
∴四边形BEFH的周长=BE+BH+EF+FH=8；
（2）如图2，连接DF，过点F作FM⊥AD，交AD延长线于点M，
∵AE=1，
∴DE=3
∵∠FEM+∠CEM=90°，∠CEM+∠ECD=90°
∴∠FEM=∠ECD，且CE=EF，∠EDC=∠EMF=90°
∴△EFM≌△CED（AAS）
∴CD=EM=4，DE=FM=3，
∴DM=1，
∴S△EFH=S△EFD+S△EDH+S△DHF=×3×3+×3×2+×2×1= ；
（3）如图3，过点F作FN⊥CD的延长线于点N，
由（2）可知：△EFM≌△CED
∴CD=EM，DE=FM，
∴CD=AD=EM，
∴AE=DM，
设AE=x=DM，则DE=4-x=FM，
∵FN⊥CD，FM⊥AD，ND⊥AD
∴四边形FNDM是矩形
∴FN=DM=x，FM=DN=4-x
∴NH=4-x+2=6-x
在Rt△NFH中，HF= = =
∴当x=3时，HF有最小值==3 ．
故答案为：（1）8；（2） ；（3）3 ．
本题是四边形综合题，考查正方形的性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理，二次函数的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是题的关键．
17、（1），答案见解析；（2）不等式组无解，答案见解析．
【解析】
（1）不等式去分母，去括号，移项合并，把x系数化为1，即可求出解；
（2）分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分即可．
【详解】
解：（1）去分母得：，
解得：，
；
（2）
由①得：x＞2，
由②得：x＜−1，
则不等式组无解．
本题考查了在数轴上表示不等式的解集，以及解一元一次不等式组，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
18、15
【解析】
先化简再计算，，，代入原式即可得出结果；
【详解】
解：原式，
．
本题主要考查了二次根式的加减运算，无理数的运算法则与有理数的运算法则是一样的．在进行根式的运算时要先化简再计算可使计算简便．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、3，5.4，6，6.5
【解析】
作CD⊥AB于D，根据勾股定理可求CD，BD的长度，分BP=BC，CP=BP，BC=CP三种情况讨论，可得t的值
【详解】
点在上，时，秒；
点在上，时，过点作交于点，

点在上，时，
④点在上，时，过点作交于点，
为的中位线
，
本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，关键是利用分类思想解决问题．
20、1
【解析】
从n边形的一个顶点出发有（n−3）条对角线，代入求出即可．
【详解】
解：从五边形的一个顶点出发有5﹣3＝1条对角线，
故答案为：1．
本题考查了多边形的对角线，熟记知识点（从n边形的一个顶点出发有（n−3）条对角线）是解此题的关键．
21、
【解析】
根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得答案．
【详解】
∵关于原点的对称两个点坐标符号相反，
∴点关于原点的对称点坐标为，
故答案为：．
此题主要考查了关于原点对称的点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律．
22、
【解析】
通过四边形ABCD是矩形以及，得到△FEM是等边三角形，根据含30°直角三角形的性质以及勾股定理得到KM，NK，KE的值，进而得到NE的值，再利用30°直角三角形的性质及勾股定理得到BN，BE即可．
【详解】
解：如图，设NE交AD于点K，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠ABC=90°，
∴∠MFE=∠FCB，∠FME=∠EBC
∵，
∴△BCE为等边三角形，
∴∠BEC=∠ECB=∠EBC=60°，
∵∠FEM=∠BEC，
∴∠FEM=∠MFE=∠FME=60°，
∴△FEM是等边三角形，FM=FE=EM=2，
∵EN⊥BE，
∴∠NEM=∠NEB=90°，
∴∠NKA=∠MKE=30°，
∴KM=2EM=4，NK=2AN=6，
∴在Rt△KME中，KE=，
∴NE=NK+KE=6+，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABE=30°，
∴BN=2NE=12+，
∴BE=，
∴BC=BE=，
故答案为：
本题考查了矩形，等边三角形的性质，以及含30°直角三角形的性质与勾股定理的应用，解题的关键是灵活运用30°直角三角形的性质．
23、
【解析】
作BM⊥FC于M,CN⊥AB于N，根据矩形的性质得到BM=CN,再根据直角三角形的性质求出AB，再根据勾股定理求出BC，结合图形即可求解.
【详解】
作BM⊥FC于M,CN⊥AB于N，
∵AB∥CF,
∴四边形BMCN是矩形，∠BCM=∠ABC=30°，
∴BM=CN,
∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴AB=2AC=4，
由勾股定理得BC=
∴BM=CN=BC=
由勾股定理得CM=
∵∠EDF=45°，∴DM=BM=
∴CD=CM-DM=
此题主要考查矩形的判定与性质，解题的关键是熟知勾股定理、含30°的直角三角形及等腰直角三角形的性质.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）12，0＜BE＜12；（2）①见解析，②见解析；（3）2或1．
【解析】
（1）由折叠的性质得到推出△BCE是等腰直角三角形，即可得到结论；
（2）①由题意画出图形即可；
②根据全等三角形的性质得到∠PAC=∠DCA，设AP与CD相交于O，于是得到OA=OC，求得∠OAC=∠OPD，根据平行线的判定定理得到结论；
（3）分两种情形，当点P在对角线AC或对角线BD上时，两种情形分别求解即可．
【详解】
解：（1）当点P在CD上时，如图1，
∵将∠B向右上方翻折，折痕为CE，使点B落在点P处，
∴∠BCE=∠ECP=45°，
∴△BCE是等腰直角三角形，
∴BE=BC=AD=12，
当点P在矩形内部时，BE的取值范围是0＜BE＜12；
故答案为：12，0＜BE＜12；
（2）①补全图形如图2所示，
②当点E与点A重合时，如图3，连接PD，设CD交PA于点O．
由折叠得，AB=AP=CD，
在△ADC与△CPA中， ，
∴△ADC≌△CPA，
∴∠PAC=∠DCA，
设AP与CD相交于O，则OA=OC，
∴OD=OP，∠ODP=∠OPD，
∵∠AOC=∠DOP，
∴∠OAC=∠OPD
∴PD∥AC；
（3）如图4中，当点P落在对角线AC上时，
由折叠得，BC=PC=12，AC= =20，
∴PA=8，设BE=PE=x，
在Rt△APE中，（12-x）2=x2+82，
解得x=2．
∴BE=2．
如图5中，当点P落在对角线BD上时，设BD交CE于点M．
由折叠得，BE=PE，∠BEC=∠PEC，
∵EM=EM，
∴△MBE∽△MEP，
∴∠EMB=∠EMP，
∵∠EMB+∠EMP=180°，
∴EC⊥BD，
∴∠BCE=∠ABD，
∵∠A=∠ABC=10°，
∴△CBE∽△BAD，
∴ ，
∴ ，
∴BE=1，
综上所述，满足条件的BE的值为2或1．
本题属于四边形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理折叠的性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想解决问题．
25、 (1) ，；(2) 选拔乙参加比赛.理由见解析.
【解析】
（1）先求出平均数，再根据方差的定义求解；
（2）比较甲、乙两人的成绩的方差作出判断．
【详解】
解：（1），
，
，
；
（2）因为甲、乙两名同学射击环数的平均数相同，乙同学射击的方差小于甲同学的方差，所以乙同学的成绩较稳定，应选乙参加比赛．
本题考查方差的定义与意义：一般地设n个数据，x1，x2，…xn的平均数为，则方差，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
26、 (1)见解析；（2）见解析.
【解析】
（1）利用平行线的性质及中点的定义，可利用AAS证得结论；
（2）由（1）可得AF=BD，结合条件可求得AF=DC，则可证明四边形ADCF为平行四边形，再利用直角三角形的性质可证得AD=CD，可证得四边形ADCF为菱形；
【详解】
证明：（1）∵AF∥BC
∴∠AFE＝∠DBE
∵E是AD中点，
∴AE＝DE
在△AEF和DEB中
∴△AEF≌△DEB（AAS）
（2）在Rt△ABC中，D是BC的中点，
所以，AD＝BD＝CD
又AF∥DB，且AF＝DB，
所以，AF∥DC，且AF＝DC，
所以，四边形ADCF是菱形.
本题主要考查菱形的性质及判定，利用全等三角形的性质证得AF=CD是解题的关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
甲
乙
丙
笔试
78
80
85
面试
92
75
70