2025届山东省济南市玉皇庙中学数学九上开学质量检测试题【含答案】

这是一份2025届山东省济南市玉皇庙中学数学九上开学质量检测试题【含答案】，共20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□ABCD，根据图中尺规作图的痕迹，判断下列结论中不一定成立的是（ ）
A．∠DAE＝∠BAEB．∠DEA＝ ∠DABC．DE＝BED．BC＝DE
2、（4分）下列图案中，是中心对称图形的是( )
A．B． C． D．
3、（4分）矩形ABCD中，AD＝AB，AF平分∠BAD，DF⊥AF于点F，BF交CD于点H．若AB＝6，则CH＝（ ）
A．B．C．D．
4、（4分）已知反比例函数y（k≠0），当x时y=﹣1．则k的值为（ ）
A．﹣1B．﹣4C．D．1
5、（4分）下列命题中是假命题的是（ ）
A．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
B．一组对边相等且有一个角是直角的四边形是矩形
C．一组邻边相等的平行四边形是菱形
D．一组邻边相等的矩形是正方形
6、（4分）点P（-4，2）关于原点对称点的坐标P’（-2，-2）则等于 （ ）
A．6B．-6C．2D．-2
7、（4分）如图，点，，在同一条直线上，正方形，正方形的边长分别为3，4，为线段的中点，则的长为（ ）
A．B．C．或D．
8、（4分）为了解2019年泰兴市八年级学生的视力情况，从中随机调查了500名学生的视力情况．下列说法正确的是（ ）
A．2016年泰兴市八年级学生是总体B．每一名八年级学生是个体
C．500名八年级学生是总体的一个样本D．样本容量是500
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）若是一个完全平方式，则的值等于_________．
10、（4分）如图，在矩形 中，，，那么 的度数为_____________．
11、（4分）如图，二次函数的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且，则下列结论：；；；其中正确结论的序号是______．
12、（4分）定义运算“★”：对于任意实数 ，都有 ，如：．若，则实数 的值是_____．
13、（4分）如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，AF⊥BC，垂足为点F，∠ADE＝30°，DF＝3，则AF的长为_．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）先化简，再求值：，其中a＝+1．
15、（8分）按指定的方法解下列一元二次方程：
(1)（配方法） (2)（公式法）
16、（8分）如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别是DA、BC延长线上的点，且∠ABE＝∠CDF．
求证：（1）△ABE≌△CDF；
（2）四边形EBFD是平行四边形．
17、（10分）因式分解：__________.
18、（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，A(－3，4)，B(－4，1)，C(－1，1)．
(1)在图中作出△ABC关于x轴的轴对称图形△A′B′C′；
(2)直接写出A，B关于y轴的对称点A″，B″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）如图，公路互相垂直，公路的中点与点被湖隔开，若测得的长为2.4km，则两点间的距离为______km.
20、（4分）若，则_________ ．
21、（4分）化简：=_____．
22、（4分）如图，正方形ABCD中，AE=AB，直线DE交BC于点F，则∠BEF=_____度．
23、（4分）一次函数（k，b为常数，)的图象如图所示，根据图象信息可得到关于x的方程的解为__________.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）一个二次函数的图象经过三点.求这个二次函数的解析式并写出图象的开口方向、对称轴和顶点.
25、（10分）计算：
（1）；
（2）（﹣）（+）+（﹣1）2
26、（12分）按要求完成下列尺规作图（不写作法，保留作图痕迹）
（1）如图①，点A绕某点M旋转后，A的对应点为，求作点M．
（2）如图②，点B绕某点N顺时针旋转后，B的对应点为，求作点N．
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】
根据角平分线的性质与平行四边形的性质对各选项进行逐一分析即可．
【详解】
解：A、由作法可知AE平分∠DAB，所以∠DAE＝∠BAE，故本选项不符合题意；
B、∵CD∥AB，∴∠DEA＝∠BAE＝∠DAB，故本选项不符合题意；
C、无法证明DE＝BE，故本选项符合题意；
D、∵∠DAE＝∠DEA，∴AD＝DE，∵AD＝BC，∴BC＝DE，故本选项不符合题意．
故选B．
本题考查的是作图−基本作图，熟知角平分线的作法和平行四边形的性质是解答此题的关键．
2、D
【解析】
根据中心对称图形的定义逐一进行分析判断即可.
【详解】
A、不是中心对称图形，故不符合题意；
B、不是中心对称图形，故不符合题意；
C、不是中心对称图形，故不符合题意；
D、是中心对称图形，故符合题意，
故选D.
本题考查了中心对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形的概念是解题的关键.
3、D
【解析】
过作，交于，交于，则，证是等腰直角三角形，得出，证，为的中位线，进而得出答案．
【详解】
解：如图，过作，交于，交于，则，
四边形是矩形，
，，，
，，
平分，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
点是的中点，
，为的中位线，
，，
；
故选：．
本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形中位线定理等知识；熟练掌握矩形的性质和等腰直角三角形的判定与性质是解本题的关键．
4、A
【解析】
把、，代入解析式可得k．
【详解】
∵当x时y=﹣1，
∴k=(﹣1)1，
故选A．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答．
5、B
【解析】
根据平行四边形和特殊平行四边形的判定法则即可得出答案．
【详解】
解：A、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，正确；
B、一组对边相等且相等，且有一个角是直角的四边形是矩形，错误；
C、一组邻边相等的平行四边形是菱形，正确；
D、一组邻边相等的矩形是正方形，正确．
故选B．
本题主要考查的是平行四边形和特殊平行四边形的判定定理，属于基础题型．熟记判定定理是解决这个问题的关键．
6、A
【解析】
根据关于原点对称的点的坐标特点进行求解.
【详解】
解：∵点P（a－4，2）关于原点对称的点的坐标P′（－2，－2），
∴a－4＝2，
∴a＝6，
故选：A.
本题考查了关于原点对称的点的坐标特点，关键是熟记关于原点对称的点的横纵坐标都变为相反数.
7、D
【解析】
连接BD、BF，由正方形的性质可得：∠CBD=∠FBG=45°，∠DBF=90°，再应用勾股定理求BD、BF和DF，最后应用“直角三角形斜边上中线等于斜边一半”可求得BH．
【详解】
如图，连接BD、BF，
∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形，
∴AB=AD=3，BE=EF=4，∠A=∠E=90°，∠ABD=∠CBD=∠EBF=∠FBG=45°，
∴∠DBF=90°，BD=3，BF=4，
∴在Rt△BDF中，DF==，
∵H为线段DF的中点，
∴BH=DF=.
故选：D．
本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形边的关系、勾股定理、直角三角形性质等，解题关键添加辅助线构造直角三角形．
8、D
【解析】
总体是指考查的对象的全体，个体是总体中的每一个考查的对象，样本是总体中所抽取的一部分个体，而样本容量则是指样本中个体的数目．我们在区分总体、个体、样本、样本容量，这四个概念时，首先找出考查的对象．从而找出总体、个体．再根据被收集数据的这一部分对象找出样本，最后再根据样本确定出样本容量．
【详解】
A. 2019年泰兴市八年级学生的视力情况是总体，故A错误；
B. 每一名八年级学生的视力情况是个体，故B错误；
C. 从中随机调查了500名学生的视力情况是一个样本，故C错误；
D. 样本容量是500，故D正确；
故选：D.
此题考查总体、个体、样本、样本容量，解题关键在于掌握它们的定义及区别.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
根据完全平方公式的特点即可求解．
【详解】
∵是完全平方式，即为，
∴．
故答案为．
此题主要考查完全平方公式，解题的关键是熟知完全平方公式的特点．
10、30°．
【解析】
由矩形的性质得出∠ADC=90°，OA=OD，得出∠ODA=∠DAE，由已知条件求出∠ADE，得出∠DAE、∠ODA，即可得出∠BDC的度数．
【详解】
解：如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，OA=AC，OD=BD，AC=BD，
∴OA=OD，
∴∠ODA=∠DAE，
∵∠ADE=∠CDE，
∴∠ADE=×90°=30°，
∵DE⊥AC，
∴∠AED=90°，
∴∠DAE=60°，
∴∠ODA=60°，
∴∠BDC=90°-60°=30°；
故答案为30°．
本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定与性质；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
11、①③④
【解析】
（1）∵抛物线开口向下，
∴，
又∵对称轴在轴的右侧，
∴ ，
∵抛物线与轴交于正半轴，
∴ ，
∴，即①正确；
（2）∵抛物线与轴有两个交点，
∴，
又∵，
∴，即②错误；
（3）∵点C的坐标为，且OA=OC，
∴点A的坐标为，
把点A的坐标代入解析式得：，
∵，
∴，即③正确；
（4）设点A、B的坐标分别为，则OA=，OB=，
∵抛物线与轴交于A、B两点，
∴是方程的两根，
∴，
∴OA·OB=.即④正确；
综上所述，正确的结论是：①③④.
12、3或﹣1．
【解析】
根据新定义运算法则得到关于x的方程，通过解方程来求x的值．
【详解】
解：依题意得：（x﹣1）2+3=7，
整理，得（x﹣1）2=4，
直接开平方，得x﹣1=±2，
解得x1=3，x2=﹣1．
故答案是：3或﹣1．
本题主要考查了直接开平方法解一元二次方程的知识，解答本题的关键是掌握新定义a★b=a2+b，此题难度不大．
13、1．
【解析】
先利用直角三角形斜边中线性质求出AB，在Rt△ABF中，利用直角三角形10度角所对的直角边等于斜边的一半，求出AF即可解决问题．
【详解】
解：∵AF⊥BC，
∴∠AFB=90°，
在Rt△ABF中，D是AB的中点，DF=1，
∴AB=2DF=6，
又∵E是AC的中点，
∴DE∥BC，
∵∠ADE=10°，
∴∠ABF=∠ADE=10°，
∴AF=AB=1，
故答案为：1．
本题考查三角形中位线性质、含10度角的直角三角形性质、直角三角形斜边上的中线性质，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，属于中考常考题型．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、
【解析】
原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把a的值代入计算即可求出值．
【详解】
原式＝
=，
当a＝+1时，原式＝．
此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
15、（1），；（2），
【解析】
（1）先把二次项系数化为1，方程两边加上一次项系数一半的平方，把左边变成完全平方式，然后用直接开平方法解即可；
（2）首先确定a，b，c的值，再计算出b2-4ac的值判断方程方程是否有解，若有解，代入公式即可求解.
【详解】
（1）
∴
解得，，；
（2）
在这里，，b=-2，

∴
解得，，
本题考查了解一元二次方程的方法，求根公式法适用于任何一元二次方程，方程的解为：
16、（1）见解析；（2）见解析．
【解析】
（1）根据条件，由ASA即可得出△ABE≌△CDF；
（2）由全等三角形的性质得出AE＝CF，由平行四边形的性质得出AD∥BC，AD＝BC，证出DE＝BF，即可得出四边形EBFD是平行四边形．
【详解】
证明：（1）∵四边形ABD是平行四边形，
∴AB＝CD，∠BAD＝∠DCB，
∴∠BAE＝∠DCF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（ASA）；
（2）∵△ABE≌△CDF，
∴AE＝CF（全等三角形对应边相等），
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴AD+AE＝BC+CF，
即DE＝BF，
∴四边形EBFD是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）．
本题主要考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
17、
【解析】
直接提取公因式3，进而利用平方差公式分解因式即可．
【详解】
解：3a2-27=3（a2-9）
=3（a+3）（a-3）．
故答案为：3（a+3）（a-3）．
此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确掌握公式法分解因式是解题关键．
18、 (1)见解析;(2)A″(3,4)，B″(4,1)．
【解析】
（1）正确找出对应点A′，B′，C′即可得出△ABC关于x轴的轴对称图形△A′B′C′；
（2）根据关于y轴对称的点，纵坐标不变，横坐标改变符号直接写出即可．
【详解】
（1）如图所示；
（2）点A（﹣3，4）、B（﹣4，1）关于y轴的对称点A″、B″的坐标分别为：A″(3，4)，B″(4，1)．
本题考查轴对称图形的作法以及关于坐标轴对称的点的坐标特点，灵活应用关于坐标轴对称的点的性质是解题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、1.1
【解析】
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得MC= AB=1.1km．
【详解】
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，M为AB的中点，
∴MC=AB=AM=1.1(km).
故答案为：1.1．
此题考查直角三角形的性质，解题关键点是熟练掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，理解题意，将实际问题转化为数学问题是解题的关键.
20、-2
【解析】
试题解析：∵
∴b=3a
∴.
21、－6
【解析】
根据二次根式的乘法运算法则以及绝对值的性质和二次根式的化简分别化简整理得出即可：
【详解】
,
故答案为-6
22、1
【解析】
先设∠BAE=x°，根据正方形性质推出AB=AE=AD，∠BAD=90°，根据等腰三角形性质和三角形的内角和定理求出∠AEB和∠AED的度数，根据平角定义求出即可．
【详解】
解：设∠BAE=x°．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，AB=AD．
∵AE=AB，
∴AB=AE=AD，
∴∠ABE=∠AEB=（180°﹣∠BAE）=90°﹣x°，∠DAE=90°﹣x°，
∠AED=∠ADE=（180°﹣∠DAE）=[180°﹣（90°﹣x°）]=1°+x°，
∴∠BEF=180°﹣∠AEB﹣∠AED=180°﹣（90°﹣x°）﹣（1°+x°）=1°．
故答案为1．
点睛：本题考查了三角形的内角和定理的运用，等腰三角形的性质的运用，正方形性质的应用，解答此题的关键是如何把已知角的未知角结合起来，题目比较典型，但是难度较大．
23、x＝1
【解析】
直接根据图象找到y＝kx＋b＝4的自变量的值即可．
【详解】
观察图象知道一次函数y＝kx＋b（k、b为常数，且k≠0）的图象经过点（1，4），
所以关于x的方程kx＋b＝4的解为x＝1，
故答案为：x＝1．
本题考查了一次函数与一元一次不等式，能结合图象确定方程的解是解答本题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、,图象开口向上，对称轴直线，顶点.
【解析】
首先根据待定系数法求解二次函数的解析式，再根据二次函数的系数确定抛物线的开口方向，对称轴，和公式法计算顶点坐标.
【详解】
设二次函数的解析式为.
由已知，函数的图象经过三点，可得
解这个方程组，得，，.
所求二次函数的解析式为,
图象开口向上，对称轴直线，顶点.
本题主要考查二次函数抛物线解析式的计算、抛物线的性质，这是考试的必考点，必须熟练掌握.
25、 (1)；(2).
【解析】
（1）先分别进行化简，然后再合并同类二次根式即可；
（2）先利用平方差公式以及完全平方公式进行展开，然后再进行加减运算即可.
【详解】
(1)原式=
=
=；
(2)原式=
=.
本题考查了二次根式的化简，二次根式的混合运算，熟练掌握相关的运算法则是解题的关键.
26、 (1)见解析；（2）见解析
【解析】
（1）连结AA′，作AA′的垂直平分线与AA′的交点为M点；
（2）连结BB′，作BB′的垂直平分线得到BB′的中点，然后以BB′为直径作圆，则圆与BB′的垂直平分线的交点即为N点．
【详解】
解：如图①，点M即为所求；
如图②，点N即为所求.
① ②
考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．关键是熟练掌握线段垂直平分线的作法．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分