2025届浙江省嘉兴市桐乡数学九上开学达标测试试题【含答案】

这是一份2025届浙江省嘉兴市桐乡数学九上开学达标测试试题【含答案】，共23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，菱形中，交于点，于点，连接，若，则的度数是（ ）
A．35°B．30°C．25°D．20°
2、（4分）点M（1，2）关于y轴对称点的坐标为（ ）
A．（﹣1，2）B．（﹣1，﹣2）C．（1，﹣2）D．（2，﹣1）
3、（4分）某校生物小组11人到校外采集标本，其中2人每人采集到6件，4人每人采集到3件，5人每人采集到4件，则这个小组平均每人采集标本( )
A．3件B．4件C．5件D．6件
4、（4分）下列分式中，无论取何值，分式总有意义的是( )
A．B．C．D．
5、（4分）如图，在点中，一次函数y＝kx＋2（k＜0）的图象不可能经过的点是（ ）
A．B．C．D．
6、（4分）下列函数中，一次函数的是（ ）
A．y＝B．y＝C．y＝x﹣1D．y＝2x2+4
7、（4分）已知点，，三点都在反比例函数的图像上，则下列关系正确的是（ ）．
A．B．C．D．
8、（4分）正六边形的外角和为（ ）
A．180°B．360°C．540°D．720°
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，直线与轴、轴分别交于两点，把绕点顺时针旋转后得到，则点的坐标为____．
10、（4分）菱形的两条对角线长分别为10cm和24cm，则该菱形的面积是_________；
11、（4分） “a的3倍与b的差不超过5”用不等式表示为__________．
12、（4分）若关于x的二次方程(m+1)x2+5x+m2-3m=4的常数项为0，则m的值为______．
13、（4分）如图，，请你再添加一个条件______，使得（填一个即可）.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）暑假期间，小刚一家乘车去离家380公里的某景区旅游，他们离家的距离y（km）与汽车行驶时间x（h）之间的函数图象如图所示．
（1）从小刚家到该景区乘车一共用了多少时间？
（2）求线段AB对应的函数解析式；
（3）小刚一家出发2.5小时时离目的地多远？
15、（8分）观察下列等式：
，
将以上二个等式两边分别相加得：
用你发现的规律解答下列总是：
（1）直接写出下列各式的计算结果：
①_______________________
②______________________
（2）仿照题中的计算形式，猜想并写出：___________________________
（3）解方程：
16、（8分）如图，中，是的中点，将沿折叠后得到，且 点在□内部．将延长交于点．
（1）猜想并填空：________（填“”、“”、“”）；
（2）请证明你的猜想；
（3）如图，当，设，，，证明：．
17、（10分）某机动车出发前油箱内有42升油，行驶若干小时后，途中在加油站加油若干升，油箱中余油量Q(升)与行驶时间t(时)之间的函数关系如图所示．回答下列问题：
(1)机动车行驶几小时后，在途中加油站加油？
(2)求加油前油箱剩余油量Q与行驶时间t的函数关系，并求自变量t的取值范围；
(3)中途加油多少升？
(4)如果加油站距目的地还有320千米，车速为60千米/时，要到达目的地，油箱中的油是否够用？请说明理由．
18、（10分）如图1，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，在△ABC内部作△CED，使∠CED=90°，E在BC上，D在AC上，分别以AB，AD为邻边作平行四边形ABFD，连接AF、AE、EF．
（1）证明：AE=EF；
（2）判断线段AF，AE的数量关系，并证明你的结论；
（3）在图（1）的基础上，将△CED绕点C逆时针旋转，请判断（2）问中的结论是否成立？若成立，结合图（2）写出证明过程；若不成立，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）某商品经过两次连续的降价，由原来的每件250元降为每件160元，则该商品平均每次降价的百分率为____________.
20、（4分）在两条垂直相交的道路上，一辆自行车和一辆摩托车相遇后又分别向北向东驶去，若自行车与摩托车每秒分别行驶7.5米、10米，则10秒后两车相距______米；
21、（4分）如图，点B是反比例函数（）图象上一点，过点B作x轴的平行线，交轴于点A，点C是轴上一点，△ABC的面积是2，则=______．
22、（4分）如图，在ABCD中，∠A=45°，BC=2，则AB与CD之间的距离为________ ．
23、（4分）化简得_____________．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）先化简÷（－）,然后再从－2＜x≤2的范围内选取一个合适的x的整数值代入求值
25、（10分）某个体户购进一批时令水果，20天销售完毕，他将本次的销售情况进行了跟踪记录，根据所记录的数据绘制如图所示的函数图象，其中日销售量y(千克)与销售时间x（天）之间的函数关系如图甲，销售单价P(元/千克)与销售时间x（天）之间的关系如图乙．
（1）求y与x之间的函数关系式．
（2）分别求第10天和第15天的销售金额．
（3）若日销售量不低于24千克的时间段为“最佳销售期”，则此次销售过程中“最佳销售期”共有多少天？在此期间销售单价最高为多少元？
26、（12分）如图，在△ABC 中，点O是AC边上的一个动点，过点O作直线MN∥BC，设MN交∠BCA的角平分线于点E，交∠BCA的外角平分线于点F
（1）求证：EO=FO；
（2）当点O运动到何处时，四边形AECF是矩形？并证明你的结论．
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】
根据直角三角形的斜边中线性质可得，根据菱形性质可得，从而得到度数，再依据即可．
【详解】
解：∵四边形是菱形，，
∵O为BD中点，．
，
∴在中，，
．
．
故选：．
本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边中线的性质，解决这类问题的方法是四边形转化为三角形．
2、A
【解析】
关于y轴对称的点的坐标特征是纵坐标不变，横坐标变为相反数.
【详解】
点M（1，2）关于y轴对称点的坐标为(－1，2)
本题考查关于坐标轴对称的点的坐标特征，牢记关于坐标轴对称的点的性质是解题的关键.
3、B
【解析】
分析：根据平均数的定义列式计算可得．
详解：这个小组平均每人采集标本（件），
故选B.
点睛：本题考查的是平均数，解题的关键是熟练掌握平均数的定义．
4、A
【解析】
根据分式有意义的条件是分母不等于零判断．
【详解】
解：A、∵a2≥0，
∴a2＋1＞0，
∴总有意义；
B、当a＝−时，2a＋1＝0，无意义；
C、当a＝±1时，a2−1＝0，无意义；
D、当a＝0时，无意义；无意义；
故选：A．
本题考查的是分式有意义的条件，掌握分式有意义的条件是分母不等于零是解题的关键．
5、D
【解析】
由条件可判断出直线所经过的象限，再进行判断即可．
【详解】
解：∵在y＝kx＋2（k＜0）中，令x＝0可得y＝2，
∴一次函数图象一定经过第一、二象限，
∵k＜0，
∴y随x的增大而减小，
∴一次函数不经过第三象限，
∴其图象不可能经过Q点，
故选：D．
本题主要考查一次函数的图象，利用k、b的正负判断一次函数的图象位置是解题的关键，即在y＝kx＋b中，①k＞0，b＞0，直线经过第一、二、三象限，②k＞0，b＜0，直线经过第一、三、四象限，③k＜0，b＞0，直线经过第一、二、四象限，④k＜0，b＜0，直线经过第二、三、四象限．
6、C
【解析】
根据一次函数的定义逐项判断即可.
【详解】
A、y＝是反比例函数，不是一次函数；
B、y＝不是函数；
C、y＝x﹣1是一次函数；
D、y＝2x2+4是二次函数，不是一次函数；
故选：C．
本题考查了一次函数的定义，一般地，形如y=kx+b,（k为常数，k≠0）的函数叫做一次函数
7、B
【解析】
解：∵，∴，，即．故选B．
8、B
【解析】
由多边形的外角和等于360°，即可求得六边形的外角和．
【详解】
解：∵多边形的外角和等于360°，
∴六边形的外角和为360°．
故选：B．
此题考查了多边形的内角和与外角和的知识．解题时注意：多边形的外角和等于360度．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（7，3）
【解析】
先求出点A、B的坐标得到OA、OB的长度，过点作C⊥x轴于C，再据旋转的性质得到四边形是矩形，求出AC、C即可得到答案.
【详解】
令中y=0得x=3，令x=0得y=4，
∴A(3，0)，B(0，4)，
∴OA=3，OB=4，
由旋转得，=OB=4， =OA=3，
如图：过点作C⊥x轴于C，则四边形是矩形，
∴AC==4，C==3，∠OC=90°，
∴OC=OA+AC=3+4=7，
∴点的坐标是（7,3）
故答案为：（7,3）.
此题考查一次函数与坐标轴的交点坐标，矩形的判定及性质，旋转的性质，利用矩形求对应的线段的长是解题的关键.
10、110cm1．
【解析】
试题解析：S=×10×14=110cm1．
考点：菱形的性质．
11、
【解析】
根据“a的3倍与b的差不超过5”，则．
【详解】
解：根据题意可得出：；
故答案为：
此题主要考查了由实际问题抽象出一元一次不等式，注意不大于即为小于等于．
12、1
【解析】
根据方程常数项为0，求出m的值即可．
【详解】
解：方程整理得：（m+1）x2+5x+m2-3m-1=0，
由常数项为0，得到m2-3m-1=0，即（m-1）（m+1）=0，
解得：m=1或m=-1，
当m=-1时，方程为5x=0，不合题意，舍去，
则m的值为1．
故答案为：1.
本题考查了一元二次方程的一般形式，以及一元二次方程的定义，将方程化为一般形式是解本题的关键．
13、(答案不唯一)
【解析】
注意两个三角形有一个公共角∠A，再按照三角形全等的判定方法结合图形添加即可.
【详解】
解：∵∠ A=∠ A， AB=AC，
∴若按照SAS可添加条件AD=AE；
若按照AAS可添加条件∠ ADB=∠AEC；
若按照ASA可添加条件∠B=∠C；
故答案为AD=AE或∠ADB=∠AEC或∠B=∠C.
本题考查了全等三角形的判定方法，熟练掌握判定三角形全等的各种方法是解决此类问题的关键.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）4h；（2）y=120x﹣40（1≤x≤3）；（3）小刚一家出发2.5小时时离目的地120km远．
【解析】
试题分析：（1）观察图形即可得出结论；（2）设AB段图象的函数表达式为y=kx+b，将A、B两点的坐标代入，运用待定系数法即可求解；（3）先将x=2.5代入AB段图象的函数表达式，求出对应的y值，进一步即可求解．
试题解析：（1）从小刚家到该景区乘车一共用了4h时间；
（2）设AB段图象的函数表达式为y=kx+b．
∵A（1，80），B（3，320）在AB上，
∴，
解得．
∴y=120x﹣40（1≤x≤3）；
（3）当x=2.5时，y=120×2.5﹣40=260，
380﹣260=120（km）．
故小刚一家出发2.5小时时离目的地120km远．
考点：一次函数的应用．
15、（1）①；②；（2）；（3）.
【解析】
（1）原式各项利用拆项法变形，计算即可得到结果；
（2）根据已知等式归纳拆项法则，写出即可；
（3）仿照2利用拆项法变形，变一般分式方程解答即可．
【详解】
（1）①
,
②,
（2）∵，，，…，
∴；
（3）仿照（2）中的结论，原方程可变形为
，
即，解得,
经检验，是原分式方程的解.
故原方程的解为.
本题考查了数字的变化规律以及分式方程，学会拆项变形是解题的关键．
16、（1）＝；（2）见解析；（3）见解析
【解析】
（1）根据折叠的性质、平行四边形的性质、以及等腰三角形的判定与性质可猜想为相等；
（2）先证明∠EDF=∠EGF，再证明EG=ED，则等边对等角得：∠EGD=∠EDG，相减可得结论；
（3）分别表示BF、CF、BC的长，证明ABCD是矩形得：∠C=90°，在Rt△BCF中，由勾股定理列式可得结论．
【详解】
解：（1）GF=DF，
故答案为：=；
（2）理由是：
连接DG，
由折叠得：AE=EG，∠A=∠BGE，
∵E在AD的中点，
∴AE=ED，
∴ED=EG，
∴∠EGD=∠EDG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠A+∠ADC=180°，
∵∠BGE+∠EGF=180°，
∴∠EDF=∠EGF，
∴∠EDF-∠EDG=∠EGF-∠EGD，
即∠GDF=∠DGF，
∴GF=DF；
（3）证明：如图2，由（2）得：DF=GF=b，
由图可得：BF=BG+GF=a+b，
由折叠可得：AB=BG=a，AE=EG=c，
在ABCD中，
BC=AD=2AE=2c，CD=AB=a，
∴CF=CD-DF=a-b，
∵∠A=90°，
∴ABCD是矩形，
∴∠C=90°，
在Rt△BCF中，由勾股定理得，
BC2+CF2=BF2，
∴(2c)2+(a-b)2=(a+b)2，
整理得：c2=ab．
本题考查了平行四边形的性质、矩形的性质和判定、勾股定理、折叠的性质、等腰三角形的性质与判定，难度适中，熟练掌握折叠前后的边和角相等是关键．
17、（1）机动车行驶5小时后加油；（2）Q＝42－6t(0≤t≤5)；（3）中途加油24升；（4）油箱中的油够用，理由详见解析
【解析】
（1）观察函数图象，即可得出结论；
（2）根据每小时耗油量＝总耗油量÷行驶时间，即可求出机动车每小时的耗油量，再根据加油前油箱剩余油量＝42−每小时耗油量×行驶时间，即可得出结论；
（3）根据函数图象中t＝5时，Q值的变化，即可求出中途加油量；
（4）根据可行驶时间＝油箱剩余油量÷每小时耗油量，即可求出续航时间，由路程＝速度×时间，即可求出续航路程，将其与320比较后即可得出结论．
【详解】
解：(1)观察函数图象可知：机动车行驶5小时后加油．
(2)机动车每小时的耗油量为(42－12)÷5＝6(升)，
∴加油前油箱剩余油量Q与行驶时间t的函数关系为Q＝42－6t(0≤t≤5)
(3)36－12＝24(升)．
∴中途加油24升．
(4)油箱中的油够用．
理由：
∵加油后油箱里的油可供行驶11－5＝6(小时)，
∴剩下的油可行驶6×60＝360(千米)．
∵360＞320，
∴油箱中的油够用．
本题考查了一次函数的应用，解题的关键是：（1）观察函数图象找出结论；（2）根据数量关系，列出函数关系式；（3）根据数量关系，列式计算；（4）利用路程＝速度×时间，求出可续航路程．
18、（1）证明见解析；（2）AF=AE．证明见解析；（3）AF=AE成立．证明见解析.
【解析】
（1）根据△ABC是等腰直角三角形，△CDE是等腰直角三角形，四边形ABFD是平行四边形，判定△ACE≌△FDE（SAS），进而得出AE=EF；
（2）根据∠DFE+∠EAF+∠AFD=90°，即可得出△AEF是直角三角形，再根据AE=FE，得到△AEF是等腰直角三角形，进而得到AF=AE；
（3）延长FD交AC于K，先证明△EDF≌△ECA（SAS），再证明△AEF是等腰直角三角形即可得出结论．
【详解】
（1）如图1，
∵△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵∠CED=90°，E在BC上，D在AC上，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴CE=CD，
∵四边形ABFD是平行四边形，
∴DF=AB=AC，
∵平行四边形ABFD中，AB∥DF，
∴∠CDF=∠CAB=90°，
∵∠C=∠CDE=45°，
∴∠FDE=45°=∠C，
在△ACE和△FDE中，
，
∴△ACE≌△FDE（SAS），
∴AE=EF；
（2）AF=AE．
证明：如图1，∵AB∥DF，∠BAD=90°，
∴∠ADF=90°，
∴Rt△ADF中，∠DAE+∠EAF+∠AFD=90°，
∵△ACE≌△FDE，
∴∠DAE=∠DFE，
∴∠DFE+∠EAF+∠AFD=90°，
即△AEF是直角三角形，
又∵AE=FE，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AF=AE；
（3）AF=AE仍成立．
证明：如图2，延长FD交AC于K．
∵∠EDF=180°-∠KDC-∠EDC=135°-∠KDC，
∠ACE=（90°-∠KDC）+∠DCE=135°-∠KDC，
∴∠EDF=∠ACE，
∵DF=AB，AB=AC，
∴DF=AC，
在△EDF和△ECA中，
，
∴△EDF≌△ECA（SAS），
∴EF=EA，∠FED=∠AEC，
∴∠FEA=∠DEC=90°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AF=AE．
本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、平行四边形的性质等知识的综合应用，等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形的所有性质．解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，寻找全等的条件是解题的难点．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、20％
【解析】
设平均每次降价的百分率为x，则第一次降价后的单价是原来的(1-x)，第二次降价后的单价是原来的(1-x)2，根据题意列方程求解即可．
【详解】
设平均每次降价的百分率为x，根据题意列方程得
250×(1-x)2=160，
解得x1=0.2，2，x2=1.8(不符合题意，舍去)，
即该商品平均每次降价的百分率为20%，
故答案为：20%．
本题考查了一元二次方程的应用，找到关键描述语，找到等量关系准确的列出方程是解决问题的关键．判断所求的解是否符合题意，舍去不合题意的解．
20、1
【解析】
直接根据题意画出直角三角形，进而利用勾股定理得出答案．
【详解】
解：如图所示：
由题意可得，在Rt△ACB中，AC=75m，BC=100m，
则AB==1（m），
故答案为：1．
本题考查了勾股定理的应用，正确画出图形是解题的关键．
21、1
【解析】
根据在反比例函数的图象上任意一点向坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是|k|=2，再根据反比例函数的图象位于第一象限即可求出k的值．
【详解】
连接OB．
∵AB∥x轴，∴S△AOB=S△ACB=2，根据题意可知：S△AOB|k|=2，又反比例函数的图象位于第一象限，k＞0，则k=1．
故答案为1．
本题考查了反比例函数系数k的几何意义，过双曲线上的任意一点分别向两条坐标轴作垂线，与坐标轴围成的矩形面积就等于|k|．本知识点是中考的重要考点，同学们应高度关注．
22、
【解析】
先由平行四边形对边相等得AD=BC, 作DE⊥AE，由题意可知△ADE为等腰直角三角形，根据勾股定理可以求出DE的长度，即AB和CD之间的距离.
【详解】
如图，过D作DE⊥AB交AB于E，
∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD=BC=2，

△ADE为等腰直角三角形，
，
根据勾股定理得 ，
，
，
，
即AB和CD之间的距离为，
故答案为：
本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，熟练利用勾股定理求直角三角形中线段长是解题的关键.
23、
【解析】
利用二次根式的性质进行化简即可.
【详解】
解：.
故答案为.
点睛：本题考查了二次根式的化简.熟练应用二次根式的性质对二次根式进行化简是解题的关键.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、3.
【解析】
先将原分式进行化解，化解过程中注意不为0的量，根据不为0的量结合x的取值范围得出合适的x的值，将其代入化简后的代数式中即可得出结论．
【详解】
解：原式===．
其中，即x≠﹣1、0、1．
又∵﹣2＜x≤2且x为整数，∴x=2．
将x=2代入中得：==3．
考点：分式的化简求值．
25、 (1)当；(2)第10天：200元，第15天：270元；（3）最佳销售期有5天，最高为9.6元.
【解析】
（1）分两种情况进行讨论：①0≤x≤15；②15＜x≤20，针对每一种情况，都可以先设出函数的解析式，再将已知点的坐标代入，利用待定系数法求解；
（2）日销售金额=日销售单价×日销售量．由于第10天和第15天在第10天和第20天之间，当10≤x≤20时，设销售单价p（元/千克）与销售时间x（天）之间的函数关系式为p=mx+n，由点（10，10），（20，8）在p=mx+n的图象上，利用待定系数法求得p与x的函数解析式，继而求得10天与第15天的销售金额.
（3）日销售量不低于1千克，即y≥1．先解不等式2x≥1，得x≥12，再解不等式﹣6x+120≥1，得x≤16，则求出“最佳销售期”共有5天；然后根据.（10≤x≤20），利用一次函数的性质，即可求出在此期间销售时单价的最高值.
【详解】
解：（1）①当0≤x≤15时，设日销售量y与销售时间x的函数解析式为y=k1x，
∵直线y=k1x过点（15，30），∴15k1=30，解得k1=2.
∴y=2x（0≤x≤15）；
②当15＜x≤20时，设日销售量y与销售时间x的函数解析式为y=k2x+b，
∵点（15，30），（20，0）在y=k2x+b的图象上，
∴，解得：.
∴y=﹣6x+120（15＜x≤20）.
综上所述，可知y与x之间的函数关系式为：.
.
（2）∵第10天和第15天在第10天和第20天之间，
∴当10≤x≤20时，设销售单价p（元/千克）与销售时间x（天）之间的函数解析式为p=mx+n，
∵点（10，10），（20，8）在z=mx+n的图象上，，
解得：.
∴.
当x=10时，，y=2×10=20，销售金额为：10×20=200（元）；
当x=15时，，y=2×15=30，销售金额为：9×30=270（元）.
故第10天和第15天的销售金额分别为200元，270元.
（3）若日销售量不低于1千克，则y≥1.
当0≤x≤15时，y=2x，
解不等式2x≥1，得x≥12；
当15＜x≤20时，y=﹣6x+120，
解不等式﹣6x+120≥1，得x≤16.
∴12≤x≤16.
∴“最佳销售期”共有：16﹣12+1=5（天）.
∵（10≤x≤20）中＜0，∴p随x的增大而减小.
∴当12≤x≤16时，x取12时，p有最大值，此时=9.6（元/千克）.
故此次销售过程中“最佳销售期”共有5天，在此期间销售单价最高为9.6元
考核知识点：一次函数在销售中的运用.要注意理解题意，分类讨论情况.
26、 (1)见解析；(2) 当O运动到OA=OC处，四边形AECF是矩形.理由见解析.
【解析】
（1）由于CE平分∠BCA，那么有∠1=∠2，而MN∥BC，利用平行线的性质有∠1=∠3，等量代换有∠2=∠3，于OE=OC，同理OC=OF，于是OE=OF；
（2）OA=OC，那么可证四边形AECF是平行四边形，又CE、CF分别是∠BCA及其外角的角平分线，易证∠ECF是90°，从而可证四边形AECF是矩形．
【详解】
(1)当点O运动到AC中点时,四边形AECF是矩形;理由如下：
如图所示：
∵CE平分∠BCA，
∴∠1=∠2，
又∵MN∥BC，
∴∠1=∠3，
∴∠3=∠2，
∴EO=CO，
同理，FO=CO，
∴EO=FO；
(2)当O运动到OA=OC处，四边形AECF是矩形.理由如下：
∵OA=OC，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵CF是∠BCA的外角平分线，
∴∠4=∠5，
又∵∠1=∠2，
∴∠1+∠5=∠2+∠4，
又∵∠1+∠5+∠2+∠4=180°，
∴∠2+∠4=90°，
∴平行四边形AECF是矩形.
本题考查平行线的性质、矩形的判定和角平分线的性质，解题的关键是掌握平行线的性质、矩形的判定和角平分线的性质.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分