2025届四川省绵阳涪城区九上数学开学经典试题【含答案】

这是一份2025届四川省绵阳涪城区九上数学开学经典试题【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）如图，已知▱ABCD中，AE⊥BC于点E，以点B为中心，取旋转角等于∠ABC，把△BAE顺时针旋转，得到△BA′E′，连接DA′．若∠ADC=60°，∠ADA′=50°，则∠DA′E′的大小为（ ）
A．130°B．150°C．160°D．170°
2、（4分）如图，菱形ABCD中，，AB=6，则（ ）
A．B．C．D．
3、（4分）下列各组线段中，能够组成直角三角形的一组是（ ）
A．1，2，3B．2，3，4C．4，5，6D．1，，2
4、（4分）木匠有32米的木材，想要在花圃周围做边界，以下四种设计方案中，设计不合理的是（ ）
A．B．C．D．
5、（4分）已知：如图，在矩形ABCD中，E ,F ,G ,H分别为边AB, BC ,CD, DA的中点．若AB＝2，AD＝4，则图中阴影部分的面积为 ( )
A．5B．4.5C．4D．3.5
6、（4分）如图1，四边形中，，，.动点从点出发沿折线方向以1单位/秒的速度匀速运动，在整个运动过程中，的面积与运动时间（秒）的函数图象如图2所示，则等于
A．5B．C．8D．
7、（4分）如图，矩形中，对角线交于点.若，则的长为( )
A．B．C．D．
8、（4分）如图图形中，是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（ ）
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）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4，则第n个矩形的面积为_____．
10、（4分）已知一组数据 a，b，c，d的方差是4，那么数据，，， 的方差是________．
11、（4分）计算：－＝________．
12、（4分）如图，一次函数y＝6﹣x与正比例函数y＝kx的图象如图所示，则k的值为_____．
13、（4分）因式分解：a2﹣6a+9=_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）老师随机抽査了本学期学生读课外书册数的情况，绘制成不完整的条形统计图和不完整的扇形统计图（如图所示）．
（1）补全条形统计图；
（2）求出扇形统计图中册数为4的扇形的圆心角的度数；
（3）老师随后又补查了另外几人，得知最少的读了6册，将其与之前的数据合并后发现册数的中位数没改变，则最多补查了 ．
15、（8分）如图，方格纸中每个小方格都是长为1个单位的正方形．若学校位置的坐标为A(1，2)，解答以下问题：
(1)请在图中建立适当的直角坐标系，并写出图书馆B位置的坐标；
(2)若体育馆位置的坐标为C(－3，3)，请在坐标系中标出体育馆的位置，并顺次连接学校、图书馆、体育馆，得到△ABC，求△ABC的面积．
16、（8分）矩形纸片ABCD，AB=4，BC=12，E、F分别是AD、BC边上的点，ED=1．将矩形纸片沿EF折叠，使点C落在AD边上的点G处，点D落在点H处．
（1）矩形纸片ABCD的面积为
（2）如图1，连结EC，四边形CEGF是什么特殊四边形，为什么？
（1）M，N是AB边上的两个动点，且不与点A，B重合，MN=1，求四边形EFMN周长的最小值.（计算结果保留根号）
17、（10分）已知一次函数的图像经过点M（－1，3）、N（1，5）。直线MN与坐标轴相交于点A、B两点．
（1）求一次函数的解析式．
（2）如图，点C与点B关于x轴对称，点D在线段OA上，连结BD，把线段BD顺时针方向旋转90°得到线段DE，作直线CE交x轴于点F，求的值．
（3）如图，点P是直线AB上一动点，以OP为边作正方形OPNM，连接ON、PM交于点Q，连BQ，当点P在直线AB上运动时，的值是否会发生变化，若不变，请求出其值；若变化，请说明理由．
18、（10分）如图，在一次夏令营活动中，小明从营地A出发，沿北偏东60°方向走了m 到达点B，然后再沿北偏西30°方向走了50m到达目的地C。
（1）求A、C两点之间的距离；
（2）确定目的地C在营地A的北偏东多少度方向。
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A、B两地之间的距离为20千米，甲步行，乙骑车，两人沿着相同路线，由A地到B地匀速前行，甲、乙行进的路程s与x（小时）的函数图象如图所示．（1）乙比甲晚出发___小时；（2）在整个运动过程中，甲、乙两人之间的距离随x的增大而增大时，x的取值范围是___．
20、（4分）已知关于x的不等式3x - m+1>0的最小整数解为2，则实数m的取值范围是___________.
21、（4分）分式，，的最简公分母__________.
22、（4分）如图，在中，，，，过点作，垂足为，则的长度是______.
23、（4分）如图，过正方形的顶点作直线，过作的垂线，垂足分别为．若，，则的长度为 ．

二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(﹣6，0)，点B在y轴正半轴上，∠ABO＝30°，动点D从点A出发沿着射线AB方向以每秒3个单位的速度运动，过点D作DE⊥y轴，交y轴于点E，同时，动点F从定点C (1，0)出发沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，连结DO，EF，设运动时间为t秒．
（1）当点D运动到线段AB的中点时．
①t的值为 ；
②判断四边形DOFE是否是平行四边形，请说明理由．
（2）点D在运动过程中，若以点D，O，F，E为顶点的四边形是矩形，求出满足条件的t的值．
25、（10分）如图，在□ABCD中，∠ABC的平分线交AD于点E，延长BE交CD的延长线于点F.
(1)若∠F＝20°，求∠A的度数；
(2)若AB＝5，BC＝8，CE⊥AD，求□ABCD的面积．
26、（12分）解方程：．
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】
根据平行四边形对角相等、邻角互补，得∠ABC=60°，∠DCB=120°，再由∠A′DC=10°，可运用三角形外角求出∠DA′B=130°，再根据旋转的性质得到∠BA′E′=∠BAE=30°，从而得到答案．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，∠ADC=60°，
∴∠ABC=60°，∠DCB=120°，
∵∠ADA′=50°，
∴∠A′DC=10°，
∴∠DA′B=130°，
∵AE⊥BC于点E，
∴∠BAE=30°，
∵△BAE顺时针旋转，得到△BA′E′，
∴∠BA′E′=∠BAE=30°，
∴∠DA′E′=∠DA′B+∠BA′E′=160°．
故选C．
考点：旋转的性质；平行四边形的性质．
2、D
【解析】
利用菱形的性质可求，在30°直角三角形中利用勾股定理可求BD的一半长，则BD可求．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，设AC与BD交于点O，
，，
，，
故选：D．
本题主要考查了菱形的性质，解决菱形中线段的长度一般借助菱形的对角线互相垂直，在直角三角形中求解．
3、D
【解析】
根据勾股定理的逆定理判断即可．
【详解】
解：1+2＝3，A不能构成三角形；
22+32≠42，B不能构成直角三角形；
42+52≠62，C不能构成直角三角形；
12+（）2＝22，D能构成直角三角形；
故选：D．
本题考查了能构成直角三角形的三边关系，解题的关键是掌握勾股定理.
4、A
【解析】
根据平移的性质以及矩形的周长公式分别求出各图形的周长即可得解．
【详解】
A、∵垂线段最短，
∴平行四边形的另一边一定大于6m，
∵2（10+6）＝32m，
∴周长一定大于32m；
B、周长＝2（10+6）＝32m；
C、周长＝2（10+6）＝32m；
D、周长＝2（10+6）＝32m；
故选：A．
本题考查了矩形的周长，平行四边形的周长公式，平移的性质，根据平移的性质第三个图形、第四个图形的周长相当于矩形的周长是解题的关键．
5、C
【解析】
连接AC，BD，FH，EG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
∵E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，
∴HG=AC,EF∥AC,EF=AC,EH=BD，GF=BD，
∴EH=HG =EF=GF，
∴平行四边形EFGH是菱形，
∴FH⊥EG，
∴阴影部分EFGH的面积是×HF×EG=×2×4=4，
故选C.
6、B
【解析】
根据图1和图2得当t＝3时，点P到达A处，即AB＝3；当S＝15时，点P到达点D处，可求出BC＝5，利用勾股定理即可求解．
【详解】
解：当t＝3时，点P到达A处，即AB＝3，
过点A作AE⊥CD交CD于点E，则四边形ABCE为矩形，
∵AC＝AD，∴DE＝CE＝CD，
∴CD＝6，
当S＝15时，点P到达点D处，则S＝CD•BC＝3×BC＝15，
则BC＝5，由勾股定理得AD＝AC＝，
故选：B．
本题考查了动点问题的函数图象、三角形面积公式等知识，看懂函数图象是解决问题的关键．
7、B
【解析】
由四边形ABCD为矩形，根据矩形的对角线互相平分且相等，可得OA=OB=4，又∠AOB=60°，根据有一个角为60°的等腰三角形为等边三角形可得三角形AOB为等边三角形，根据等边三角形的每一个角都相等都为60°可得出∠BAO为60°，据此即可求得AB长.
【详解】
∵在矩形ABCD中，BD=8，
∴AO=AC， BO=BD=4，AC=BD，
∴AO=BO，
又∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OB=4，
故选B.
本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的对角线相等且互相平分是解本题的关键.
8、C
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解
【详解】
A. 是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
B. 是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
C. 不是轴对称图形，是中心对称图形，符合题意；
D. 是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意.
故选C
本题考查轴对称图形与中心对称图形，熟悉概念即可解答.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
第二个矩形的面积为第一个矩形面积的，第三个矩形的面积为第一个矩形面积的，依此类推，第n个矩形的面积为第一个矩形面积的.
【详解】
解：第二个矩形的面积为第一个矩形面积的；
第三个矩形的面积是第一个矩形面积的；
…
故第n个矩形的面积为第一个矩形面积的．
又∵第一个矩形的面积为4，
∴第n个矩形的面积为．
故答案为：．
本题考查了矩形、菱形的性质．对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．
10、
【解析】
方差是用来衡量一组数据波动大小的量，每个数都加了2，所以波动不会变，方差不变．从而可得答案．
【详解】
解：设数据a、b、c、d的平均数为，
数据都加上了2，则平均数为，
∵


故答案为1．
本题考查了方差，说明了当数据都加上一个数（或减去一个数）时，方差不变，即数据的波动情况不变．掌握以上知识是解题的关键．
11、1
【解析】
根据算术平方根和立方根定义，分别求出各项的值，再相加即可．
【详解】
解：因为，所以.
故答案为1．
本题考核知识点：算术平方根和立方根. 解题关键点：熟记算术平方根和立方根定义，仔细求出算术平方根和立方根．
12、1
【解析】
将点A的横坐标代入y＝6﹣x可得其纵坐标的值，再将所得点A坐标代入y＝kx可得k．
【详解】
解：设A（1，m）．
把A （1，m）代入y＝6﹣x得：m＝﹣1+6＝4，
把A （1，4）代入y＝kx得4＝1k，解得k＝1．
故答案是：1．
本题主要考查两条直线相交或平行问题，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式．
13、
【解析】
试题分析：直接运用完全平方公式分解即可.a2-6a+9=（a-3）2.
考点：因式分解.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）见解析（2）75°（3）3人
【解析】
（1）用读书为6册的人数除以它所占的百分比得到调查的总人数；再用总人数分别减去读书为4册、6册和7册的人数得到读书5册的人数，即可解答
（2）用4册的人数除以总人数乘以360°即可解答
（3）根据中位数的定义可判断总人数不能超过27，从而得到最多补查的人数．
【详解】
（1）抽查的学生总数为6÷25%=24（人），
读书为5册的学生数为24-5-6-4=9（人）
则条形统计图为：
（2） =75°
（3）因为4册和5册的人数和为14，中位数没改变，所以总人数不能超过27，即最多补查了3人．
此题考查条形统计图，扇形统计图，中位数的定义，解题关键在于看懂图中数据
15、 (1) （-3，-2）；(2)1.
【解析】
（1）利用点A的坐标画出直角坐标系；根据点的坐标的意义描出点B；
（2）利用三角形的面积得到△ABC的面积．
【详解】
解：（1）建立直角坐标系如图所示：
图书馆B位置的坐标为（-3，-2）；
（2）标出体育馆位置C如图所示，观察可得，△ABC中BC边长为5，BC边上的高为4，所以△ABC的面积为=×5×4=1．
本题考查了坐标确定位置：平面内的点与有序实数对一一对应；记住平面内特殊位置的点的坐标特征．
16、（1）2；（2）四边形CEGF是菱形，理由见详解；（1）四边形EFMN周长的最小值为.
【解析】
（1）矩形面积=长×宽，即可得到答案，
（2）利用对角线互相垂直平分的四边形是菱形进行证明，先证对角线相互垂直，再证对角线互相平分．
（1）明确何时四边形的周长最小，利用对称、勾股定理、三角形相似，分别求出各条边长即可．
【详解】
解：（1）S矩形ABCD=AB•BC=12×4=2，
故答案为：2．
（2）四边形CEGF是菱形，
证明：连接CG交EF于点O，
由折叠得：EF⊥CG，GO=CO，
∵ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠OGE=∠OCF，∠GEO=∠CFO
∴△GOE≌△COF（AAS），
∴OE=OF
∴四边形CEGF是菱形．
因此，四边形CEGF是菱形．
（1）作F点关于点B的对称点F1，则NF1=NF，
当NF1∥EM时，四边形EFMN周长最小，
设EC=x，由（2）得：GE=GF=FC=x，
在Rt△CDE中，∵ED2+DC2=EC2，
∴12+42=EC2，
∴EC=5=GE=FC=GF，
在Rt△GCD中，，
∴OC=GO=，
在Rt△COE中，，
∴EF=2OE=，
当NF1∥EM时，易证△EAM∽△F1BN，
∴，
设AM=y，则BN=4-1-y=1-y，
∴，解得：，
此时，AM=，BN=，
由勾股定理得：
，
，
∴四边形EFMN的周长为：
故四边形EFMN周长的最小值为：.
考查矩形的性质、菱形的判定和性质、对称及三角形相似的性质和勾股定理等知识，综合性很强，利用的知识较多，是一道较难得题目．
17、（4）y=x+4．（4）；（4）不变，．
【解析】
试题分析：（4）用待定系数法，将M，N两点坐标代入解析式求出k，b即得一次函数解析式；（4）∵点C与点B关于x轴对称，B（0，4），∴C（0，-4），再由旋转性质可得DB=DE，∠BDE=90º，过点E作EP⊥x轴于P，易证△BDO≌△DEP，∴OD=PE，DP=BO=4，设D（，0），则E（，），设直线CE解析式是：y=kx+b，把C，E两点坐标代入得：，∴，∴CE解析式是y=x-4，∴F（4，0），OC=OF=4，∴PE=PF，∴EF=，∵A（-4，0），∴DF=4+a，DA=4-a，∴===；（4）此题连接BM，因为AO=BO，MO=PO，且∠BOM=∠AOP，得出△BOM≌△AOP（SAS），∵∠PAO=445º，∴∠MBP=∠PAO=445º，∴∠MBP＝90°，在Rt△MBP中，MQ=PQ，∴BQ是此直角三角形斜边中线，等于斜边一半，BQ＝MP，MP又是正方形对角线，∴MP＝OP，∴BQ:OP=MP:OP=×OP:OP=，∴的值不变，是．
试题解析：（4）用待定系数法，将M，N两点坐标代入解析式得：，解得b=4，k=4，∴一次函数的解析式是y=x+4；（4）∵点C与点B关于x轴对称，B（0，4），∴C（0，-4），再由旋转性质可得DB=DE，∠BDE=90º，过点E作EP⊥x轴，易证△BDO≌△DEP，设D（，0），则E（，）设直线CE解析式是：y=kx+b，，把C，E两点坐标代入得：，∴∴CE解析式:y=x-4，y=0时，，x=4，∴F（4，0），OC=OF=4，∴PE=PF，∴EF=，∵A（-4，0），∴DF=4+a，DA=4-a，
∴===．∴的值是．
（4）连结BM，由正方形性质可得OM=OP，∠MOP=90º，由A，B点坐标可得AO=BO，又∵∠BOM=∠AOP（同角的余角相等），可证△BOM≌△AOP（SAS），∴∠MBO＝∠PAO＝480º-45º=445°，∴∠MBP＝445º-45º=90°，在Rt△MBP中，MQ=PQ，BQ是此直角三角形斜边中线，等于斜边一半，∴BQ＝MP；在Rt△MOP中，，MP＝OP；∴BQ:OP=MP:OP=×OP:OP=，当点P在直线AB上运动时，的值不变，是，∴
考点：4．一次函数性质；4．三角形全等；4．正方形性质．
18、（1）100；（2）目的地C在营地A的北偏东30°的方向上
【解析】
（1）根据所走的方向判断出△ABC是直角三角形，根据勾股定理可求出解.
（2）求出的度数，即可求出方向.
【详解】
(1)如图，过点B作BE//AD.
∠DAB=∠ABE=60°
∵30°+∠CBA+∠ABE=180°
∠CBA=90°
AC==100(m).
(2)在Rt△ABC中，∵BC=50m,AC=100m,
CAB=30°.
∵∠DAB=60°,
DAC=30°，
即目的地C在营地A的北偏东30°的方向上
本题考查勾股定理的应用，先确定直角三角形，根据各边长用勾股定理可求出AC的长，且求出的度数，进而可求出点C在A点的什么方向上.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、2， 0≤x≤2或≤x≤2．
【解析】
（2）由图象直接可得答案；
（2）根据图象求出甲乙的函数解析式，再求出方程组的解集即可解答
【详解】
（2）由 函数图象可知，乙比甲晚出发2小时．
故答案为2．
（2）在整个运动过程中，甲、乙两人之间的距离随x的增大而增大时，有两种情况：
一是甲出发，乙还未出发时：此时0≤x≤2；
二是乙追上甲后，直至乙到达终点时：
设甲的函数解析式为：y＝kx，由图象可知，（4，20）在函数图象上，代入得：20＝4k，
∴k＝5，
∴甲的函数解析式为：y＝5x①
设乙的函数解析式为：y＝k′x+b，将坐标（2，0），（2，20）代入得： ，
解得 ，
∴乙的函数解析式为：y＝20x﹣20 ②
由①②得 ，
∴ ，
故 ≤x≤2符合题意．
故答案为0≤x≤2或≤x≤2．
此题考查函数的图象和二元一次方程组的解，解题关键在于看懂图中数据
20、
【解析】
先用含m的代数式表示出不等式的解集，再根据最小整数解为2即可求出实数m的取值范围.
【详解】
∵3x - m+1>0，
∴3x> m-1，
∴x>,
∵不等式3x - m+1>0的最小整数解为2，
∴1≤