2025届天水市重点中学数学九年级第一学期开学复习检测试题【含答案】

这是一份2025届天水市重点中学数学九年级第一学期开学复习检测试题【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）在平面直角坐标系内，已知点A的坐标为（-6，0），直线l：y=kx+b不经过第四象限，且与x轴的夹角为30°，点P为直线l上的一个动点，若点P到点A的最短距离是2，则b的值为（ ）
A． 或B．C．2D．2或10
2、（4分）若a,b,c满足则关于x的方程的解是( )
A．1，0B．-1，0C．1，-1D．无实数根
3、（4分）直角三角形两条直角边分别是和，则斜边上的中线等于（ ）
A．B．13C．6D．
4、（4分）一次函数的图象大致是（ ）
A．B．C．D．
5、（4分）如图，在平行四边形中，对角线、相交于，，、、分别是、、的中点，下列结论：
①；②；③；④平分；⑤四边形是菱形．
其中正确的是( )
A．①②③B．①③④C．①②⑤D．②③⑤
6、（4分）如图，一次函数y1=x-1与反比例函数y2=的图象交于点A（2，1）、B（－1，－2），则使y1y2的x的取值范围是（ ）．
A．x2B．x2或1x0
C．1x0D．x2或x1
7、（4分）如图，△ABC顶点C的坐标是（1，-3），过点C作AB边上的高线CD，则垂足D点坐标为（ ）
A．（1，0）B．（0，1）
C．（-3，0）D．（0，-3）
8、（4分）如图,将矩形纸片ABCD沿其对角线AC折叠,使点B落到点B′的位置,AB′与CD交于点E,若AB=8,AD=3，则图中阴影部分的周长为（ ）

A．11B．16C．19D．22
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）从多边形的一个顶点出发能画5条对角线，则这个多边形的边数是_______.
10、（4分）将一次函数y=2x的图象向上平移1个单位，所得图象对应的函数表达式为__________．
11、（4分）如图：已知一条直线经过点A(0,2)、点B(1,0),将这条直线向左平移与x轴，轴分别交于点C、点D,若DB=DC,则直线CD的函数表达式为__________．
12、（4分）两个相似三角形的周长分别为8和6，若一个三角形的面积为36，则另一个三角形的面积为________.
13、（4分）已知一次函数y=mx+n（m≠0）与x轴的交点为（3，0），则方程mx+n=0（m≠0）的解是x=________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）顶点都在格点上的多边形叫做格点多边形．以下的网格中，小正方形的边长为1．请按以下要求，画出一个格点多边形（要标注其它两个顶点字母）．

（1）在图甲中，画一个以为一边且面积为15的格点平行四边形；
（2）在图乙中，画一个以为一边的格点矩形．
15、（8分）如图，在中，是它的一条对角线，过、两点分别作，，、为垂足.求证：四边形是平行四边形.
16、（8分）（1）计算：；
（2）先化简，再求值：（-4）÷，其中x=1．
17、（10分）如图，已知某学校A与笔直的公路BD相距3 000米，且与该公路上的一个车站D距5 000米，现要在公路边建一个超市C，使之与学校A及车站D的距离相等，那么该超市与车站D的距离是多少米？
18、（10分）如图，直线y＝kx+b（k≠0）与两坐标轴分别交于点B、C，点A的坐标为（﹣2，0），点D的坐标为（1，0）．
（1）求直线BC的函数解析式．
（2）若P（x，y）是直线BC在第一象限内的一个动点，试求出△ADP的面积S与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．
（3）在直线BC上是否存在一点P，使得△ADP的面积为3？若存在，请直接写出此时点P的坐标，若不存在，请说明理由．
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）平面直角坐标系中，A、O两点的坐标分别为（2，0），（0，0），点P在正比例函数y＝x（x＞0）图象上运动，则满足△PAO为等腰三角形的P点的坐标为_____．
20、（4分）已知、、是反比例函数的图象上的三点，且，则、、的大小关系是________________．
21、（4分）抛物线，当随的增大而减小时的取值范围为______.
22、（4分）一次数学测验满分是100分，全班38名学生平均分是67分．如果去掉A、B、C、D、E五人的成绩，其余人的平均分是62分，那么在这次测验中，C的成绩是_____分．
23、（4分）如图，在四边形ABCD中，分别为线段上的动点(含端点，但点M不与点B重合)，E、F分别为的中点，若,则EF长度的最大值为______.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，是边长为2的等边三角形，将沿直线平移到的位置，连接．
（1）求平移的距离；
（2）求的长．
25、（10分）已知x=2+，求代数式的值.
26、（12分）如图，△ABC中，AB＝AC＝1，∠BAC＝45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE，CF相交于点D,
（1）求证：BE＝CF ；
（2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长．
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、A
【解析】
直线l：y=kx+b不经过第四象限，可能过一、二、三象限，与x轴的夹角为30°，又点A的坐标为（-6，0），因此两种情况，分别画出每种情况的图形，结合图形，利用已学知识进行解答．
【详解】
解：如图：分两种情况：
（1）在Rt△ABP1中，AP1=2，∠ABP1=30°，
∴AB=2AP1=4，
∴OB=OA-AB=6-4=2，
在Rt△BCO中，∠CBO=30°，∴OC=tan30°×OB=，即：b=；
（2）同理可求得AD=4，OD=OA+AD=10，
在Rt△DOE中，∠EDO=30°，∴OE=tan30°×OD=，即：b=；
故选：A．
考查一次函数的图象和性质、直角三角形的边角关系等知识，分类讨论得出答案，注意分类的原则既不重复，又不能遗漏，可根据具体问题合理灵活地进行分类．
2、C
【解析】
【分析】由方程组得到a+c=0, 即a=-c，b=0，再代入方程可求解.
【详解】因为a+b+c=0——①；a-b+c=0——②且a≠0,
联立两式①+②得a+c=0, 即a=-c,b=0,
代入ax²+bx+c=0
得：ax²-a=0
解得x=1或x=-1
故选：C
【点睛】本题考核知识点：一元二次方程.解题关键点：由方程组推出a,b,c的特殊关系.
3、A
【解析】
根据勾股定理可求得直角三角形斜边的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解．
【详解】
解：∵直角三角形两直角边长为5和12，
∴斜边＝＝13，
∴此直角三角形斜边上的中线等于．
故选：A．
此题主要考查勾股定理及直角三角形斜边上的中线的性质；熟练掌握勾股定理，熟记直角三角形斜边上的中线的性质是解决问题的关键．
4、A
【解析】
根据k>0必过一三象限, b>0必过一、二、三象限，即可解题.
【详解】
∵y=x+3中k=1>0，b=1>0，
∴函数图象必过一、二、三象限，
故选A．
本题考查了一次函数的图象和性质，属于简单题，熟悉系数与函数图象的位置关系是解题关键．
5、B
【解析】
由平行四边形的性质可得OB＝BC，由等腰三角形的性质可判断①正确，由直角三角形的性质和三角形中位线定理可判断②错误，通过证四边形BGFE是平行四边形，可判断③正确，由平行线的性质和等腰三角形的性质可判断④正确，由∠BAC≠30°可判断⑤错误．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形
∴BO＝DO＝BD，AD＝BC，AB＝CD，AB∥BC，
又∵BD＝2AD，
∴OB＝BC＝OD＝DA，且点E 是OC中点，
∴BE⊥AC，故①正确，
∵E、F分别是OC、OD的中点，
∴EF∥CD，EF＝CD，
∵点G是Rt△ABE斜边AB上的中点，
∴GE＝AB＝AG＝BG
∴EG＝EF＝AG＝BG，无法证明GE＝GF，故②错误，
∵BG＝EF，AB∥CD∥EF
∴四边形BGFE是平行四边形，
∴GF＝BE，且BG＝EF，GE＝GE，
∴△BGE≌△FEG（SSS）故③正确
∵EF∥CD∥AB，
∴∠BAC＝∠ACD＝∠AEF，
∵AG＝GE，
∴∠GAE＝∠AEG，
∴∠AEG＝∠AEF，
∴AE平分∠GEF，故④正确，
若四边形BEFG是菱形
∴BE＝BG＝AB，
∴∠BAC＝30°
与题意不符合，故⑤错误
故选：B．
本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．
6、B
【解析】
根据交点坐标及图象的高低即可判断取值范围．
【详解】
要使，则一次函数的图象要高于反比例函数的图象，
∵两图象交于点A（2，1）、B（－1，－2），
∴由图象可得：当或时，一次函数的图象高于反比例函数的图象，
∴使的x的取值范围是：或．
故选：B．
本题考查一次函数与反比例函数的图象，要掌握由图象解不等式的方法．
7、A
【解析】
根据在同一平面内，垂直于同一直线的两直线平行可得CD∥y轴，再根据平行于y轴上的点的横坐标相同解答．
【详解】
如图，
∵CD⊥x轴，
∴CD∥y轴，
∵点C的坐标是（1，-3），
∴点D的横坐标为1，
∵点D在x轴上，
∴点D的纵坐标为0，
∴点D的坐标为（1，0）．
故选：A．
本题考查了坐标与图形性质，比较简单，作出图形更形象直观．
8、D
【解析】
阴影部分的周长为AD+DE+EA+EB′+B′C+EC，
=AD+DE+EC+EA+EB′+B′C，
=AD+DC+AB′+B′C，
=3+8+8+3
=1．
故选D．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1
【解析】
根据从n边形的一个顶点最多可以作对角线（n-3）条，求出边数即可．
【详解】
解：∵从多边形的一个顶点出发可以引5条对角线，设多边形边数为n，
∴n-3=5，
解得n=1．
故答案为：1．
本题考查多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线．掌握n边形从一个顶点出发可引出（n-3）条对角线是解题的关键．
10、y=2x+1．
【解析】
由“上加下减”的原则可知，将函数y=2x的图象向上平移1个单位所得函数的解析式为y=2x+1，
故答案为y=2x+1．
11、
【解析】
试题分析：设直线AB的解析式为y=kx+b，
把A（0，1）、点B（1，0）代入，
得，解得．
∴直线AB的解析式为y=﹣1x+1．
将这直线向左平移与x轴负半轴、y轴负半轴分别交于点C、点D，使DB=DC时，
∵y轴⊥BC
∴OB=OC，
∴BC=1，
因为平移后的图形与原图形平行，故平移以后的函数解析式为：y=﹣1（x+1）+1，
即y=-1x-1．
12、64或
【解析】
根据相似三角形周长的比等于相似比，面积的比等于相似比的平方求出面积比，根据题意计算即可．
【详解】
解：∵两个相似三角形的周长分别为8和6，
∴两个相似三角形的周长之比为4：3，
∴两个相似三角形的相似比是4：3，
∴两个相似三角形的面积比是16：9，
又一个三角形的面积为36，
设另一个的面积为S，则16：9=S：36或16：9=36：S，
∴S=64或，
故答案为：64或．
本题考查的是相似三角形的性质，相似三角形周长的比等于相似比、相似三角形面积的比等于相似比的平方、相似三角形对应高的比、对应中线的比、对应角平分线的比都等于相似比．
13、1
【解析】
直接根据函数图象与x轴的交点进行解答即可．
【详解】
∵一次函数y=mx+n与x轴的交点为（1，0），
∴当mx+n=0时，x=1．
故答案为：1．
本题主要考查了一次函数与一元一次方程的关系．任何一元一次方程都可以转化为ax+b=0（a，b为常数，a≠0）的形式，所以解一元一次方程可以转化为：当某个一次函数的值为0时，求相应的自变量的值．从图象上看，相当于已知直线y=ax+b确定它与x轴的交点的横坐标的值．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）见解析；（2）见解析．
【解析】
（1）利用平行四边形及网格的特点即可解决问题；
（2）根据网格的特点构造直角即可求解．
【详解】
如图：（1）四边形ABCD为所求；
（2）四边形ABEF为所求．
本题考查网格−应用与设计，勾股定理，平行四边形的判定和性质，矩形的判定等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题．
15、详见解析
【解析】
由题目条件推出，推出；由，推出根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可以得出结论.
【详解】
证明：∵四边形为平行四边形，
∴，.
∵.
∵，，
∴.
∴，.
∴.
∴四边形是平行四边形.
本题考查了平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定定理是解题的关键.
16、（1）-1；（2）x-2，-1
【解析】
（1）先通分，再把分子相加减即可；
（2）先算括号里面的，再算除法即可．
【详解】
解：（1）原式=
==
=-1；
（2）原式=•
=•
=x-2，
当x=1时，原式=1-2=-1．
本题考查的是分式的混合运算，熟知分式的混合运算，要注意运算顺序，式与数有相同的混合运算顺序；先乘方，再乘除，然后加减，有括号的先算括号里面的是解答此题的关键．
17、3 125米
【解析】
试题分析：由勾股定理先求出BD的长度，然后设超市C与车站D的距离是x米，分别表示出AC、BC、的长度，对Rt△ABC由勾股定理列方程求解.
试题解析：
在Rt△ABD中，BD＝＝4000米，
设超市C与车站D的距离是x米，则AC＝CD＝x米，BC＝(4000－x)米，
在Rt△ABC中，AC2＝AB2＋BC2，
即x2＝30002＋(4000－x)2，解得x＝3125，
因此该超市与车站D的距离是3125米．
点睛：本题关键在于设未知数，列方程求解.
18、（1）；（2）S＝﹣x+6（0＜x＜6）；（3）点P的坐标是（3，2），P′（9，﹣2）．
【解析】
（1）设直线BC的函数关系式为y＝kx+b（k≠0），把B、C的坐标代入求出即可；
（2）求出y＝﹣x+4和AD＝3，根据三角形面积公式求出即可；
（3）把S＝3代入函数解析式，求出x，再求出y即可．
【详解】
解：（1）设直线BC的函数关系式为y＝kx+b（k≠0），
由图象可知：点C坐标是（0，4），点B坐标是（6，0），代入得：
，
解得：k＝﹣，b＝4，
所以直线BC的函数关系式是y＝﹣x+4；
（2）∵点P（x，y）是直线BC在第一象限内的点，
∴y＞0，y＝﹣x+4，0＜x＜6，
∵点A的坐标为（﹣2，0），点D的坐标为（1，0），
∴AD＝3，
∴S△ADP＝×3×（﹣x+4）＝﹣x+6，
即S＝﹣x+6（0＜x＜6）；
（3）当S＝3时，﹣x+6＝3，
解得：x＝3，y＝﹣×3+4＝2，
即此时点P的坐标是（3，2），
根据对称性可知当当P在x轴下方时，可得满足条件的点P′（9，﹣2）．
本题考查了用待定系数法求一次函数的解析式和一次函数图象上点的坐标特征，能正确求出直线BC的解析式是解此题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（1，1）或（，）或（1，1）
【解析】
分OP＝AP、OP＝OA、AO＝AP三种情况考虑：①当OP1＝AP1时，△AOP1为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质结合点A的坐标可得出点P1的坐标；②当OP1＝OA时，过点P1作P1B⊥x轴，则△OBP1为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质结合点A的坐标可得出点P1的坐标；③当AO＝AP3时，△OAP3为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质结合点A的坐标可得出点P3的坐标．综上即可得出结论
【详解】
∵点A的坐标为（1，0），
∴OA＝1．
分三种情况考虑，如图所示．
①当OP1＝AP1时，∵∠AOP1＝45°，
∴△AOP1为等腰直角三角形．
又∵OA＝1，
∴点P1的坐标为（1，1）；
②当OP1＝OA时，过点P1作P1B⊥x轴，则△OBP1为等腰直角三角形．
∵OP1＝OA＝1，
∴OB＝BP1＝，
∴点P1的坐标为（，）；
③当AO＝AP3时，△OAP3为等腰直角三角形．
∵OA＝1，
∴AP3＝OA＝1，
∴点P3的坐标为（1，1）．
综上所述：点P的坐标为（1，1）或（，）或（1，1）．
故答案为：（1，1）或（，）或（1，1）．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、等腰三角形的性质以及等腰直角三角形的性质，分OP＝AP、OP＝OA、AO＝AP三种情况求出点P的坐标是解题的关键．
20、y2【解析】
解：反比例函数当x<0时为减函数且y<0，由x1当x>0时，y>0，由x3>0，所以y3>0
综上所述可得y2故答案为：y221、（也可以）
【解析】
先确定抛物线的开口方向和对称轴，即可确定答案.
【详解】
解：∵的对称轴为x=1且开口向上
∴随的增大而减小时的取值范围为（也可以）
本题主要考查了二次函数增减性中的自变量的取值范围，其中确定抛物线的开口方向和对称轴是解答本题的关键.
22、1
【解析】
先根据平均数公式分别求出全班38名学生的总分，去掉A、B、C、D、E五人的总分，相减得到A、B、C、D、E五人的总分，再根据实际情况得到C的成绩．
【详解】
解：设A、B、C、D、E分别得分为a、b、c、d、e．
则[38×67﹣（a+b+c+d+e）]÷（38﹣5）＝62，
因此a+b+c+d+e＝500分．
由于最高满分为1分，因此a＝b＝c＝d＝e＝1，即C得1分．
故答案是：1．
利用了平均数的概念建立方程．注意将A、B、C、D、E五人的总分看作一个整体求解．
23、1
【解析】
连接、，根据勾股定理求出，根据三角形中位线定理解答．
【详解】
解：连接、，
在中，，
点、分别为、的中点，
，
由题意得，当点与点重合时，最大，
的最大值是4，
长度的最大值是1，
故答案为：1．
本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）2；（2）
【解析】
（1）由平移的性质，即可得出平移距离；
（2）由平移的性质以及边长关系，可判定∠BAE=90°，利用勾股定理即可得解.
【详解】
（1）∵△DCE由△ABC平移而成
∴△ABC的平移距离为BC=2；
（2）由平移，得
BE=2BC=4，AB=AC=CE
∵等边△ABC
∴∠BAC=∠ACB=60°
∴∠CAE=∠CEA=30°
∴∠BAE=∠BAC+∠CAE=60°+30°=90°
∴.
此题主要考查等边三角形、平移的性质以及勾股定理的运用，熟练掌握，即可解题.
25、
【解析】
把代入代数式，再根据平方差公式、完全平方公式计算即可求解．
【详解】
解：




本题考查了二次根式的化简求值，解题的关键是掌握平方差公式、完全平方公式．
26、（1）证明见解析（2）-1
【解析】
（1）先由旋转的性质得AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，则∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，利用AB=AC可得AE=AF，得出△ACF≌△ABE，从而得出BE=CF；
（2）由菱形的性质得到DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，根据等腰三角形的性质得∠AEB=∠ABE，根据平行线得性质得∠ABE=∠BAC=45°，所以∠AEB=∠ABE=45°，于是可判断△ABE为等腰直角三角形，所以BE=AC=，于是利用BD=BE﹣DE求解．
【详解】
（1）∵△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，
∴AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，
∴∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，
即∠EAB=∠FAC，
在△ACF和△ABE中，
△ACF≌△ABE
BE=CF.
（2）∵四边形ACDE为菱形，AB=AC=1，
∴DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，
∴∠AEB=∠ABE，∠ABE=∠BAC=45°，
∴∠AEB=∠ABE=45°，
∴△ABE为等腰直角三角形，
∴BE=AC=，
∴BD=BE﹣DE=．
考点：1．旋转的性质；2．勾股定理；3．菱形的性质．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人