甘肃省徽县2024-2025学年数学九上开学监测试题【含答案】

这是一份甘肃省徽县2024-2025学年数学九上开学监测试题【含答案】，共27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，在直角△ABC中，AB=9，BC=6，∠B=90°，将△ABC折叠，使A点与BC的中点D重合，折痕为MN，则线段AN的长为
A．6B．5C．4D．3
2、（4分）下列说法中错误的是 （ ）
A．一组对边平行且一组对角相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直的平行四边形是正方形
C．四个角相等的四边形是矩形
D．每组邻边都相等的四边形是菱形
3、（4分）已知：x1，x2，的平均数是a,x11，x12，的平均数是b,则x1，x2，的平均数是（ ）
A．a＋bB．C．D．
4、（4分）下表是某校合唱团成员的年龄分布.
对于不同的x，下列关于年龄的统计量不会发生改变的是（ ）
A．众数、中位数B．平均数、中位数C．平均数、方差D．中位数、方差
5、（4分）（1）中共有1个小正方体，其中一个看的见，0个看不见；（2）中共有8个小正方体，其中7个看得见，一个看不见；（3）中共有27个小正方体，其中19个看得见，8个看不见；…，则第（5）个图中，看得见的小正方体有（ ）个．
A．100B．84C．64D．61
6、（4分）用配方法解方程x2+2x﹣1＝0时，配方结果正确的是（ ）
A．（x+2）2＝2B．（x+1）2＝2C．（x+2）2＝3D．（x+1）2＝3
7、（4分）如图，对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，将纸片展平后再一次折叠， 使点落到上的点处，则的度数是( )
A．25°B．30°C．45°D．60°
8、（4分）已知点，、，是直线上的两点，下列判断中正确的是（ ）
A．B．C．当时，D．当时，
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）如果直线 y=-2x+k 与两坐标轴所围成的三角形面积是 9，则 k的值为_____．
10、（4分）如图，点A的坐标为，点B在直线上运动则线段AB的长度的最小值是___．
11、（4分）如图，直线 与轴交于点 ，依次作正方形 、正方形 、……正方形 ，使得点、…， 在直线 上，点 在轴上，则点 的坐标是________
12、（4分）菱形的两条对角线的长分别为6和8，则这个菱形的周长为_____．
13、（4分）菱形的两条对角线相交于，若，，则菱形的周长是___．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）把下列各式因式分解．
（1）
（2）
15、（8分）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点在轴的正半轴上.若点，在线段上，且为某个一边与轴平行的矩形的对角线，则称这个矩形为点、的“涵矩形”.下图为点，的“涵矩形”的示意图.
（1）点的坐标为.
①若点的横坐标为，点与点重合，则点、的“涵矩形”的周长为__________.
②若点，的“涵矩形”的周长为，点的坐标为，则点，，中，能够成为点、的“涵矩形”的顶点的是_________.
（2）四边形是点、的“涵矩形”，点在的内部，且它是正方形.
①当正方形的周长为，点的横坐标为时，求点的坐标.
②当正方形的对角线长度为时，连结.直接写出线段的取值范围.
16、（8分）在▱ABCD中，∠ADC的平分线交直线BC于点E，交直线AB于点F．
（1）如图①，证明：BE＝BF．
（2）如图②，若∠ADC＝90°，O为AC的中点，G为EF的中点，试探究OG与AC的位置关系，并说明理由．
（3）如图③，若∠ADC＝60°，过点E作DC的平行线，并在其上取一点K（与点F位于直线BC的同侧），使EK＝BF，连接CK，H为CK的中点，试探究线段OH与HA之间的数量关系，并对结论给予证明．
17、（10分）某学校计划组织全校1441名师生到相关部门规划的林区植树，经过研究，决定租用当地租车公司一共62辆A，B两种型号客车作为交通工具．下表是租车公司提供给学校有关两种型号客车的载客量和租金信息：
注：载客量指的是每辆客车最多可载该校师生的人数设学校租用A型号客车x辆，租车总费用为y元．
（Ⅰ）求y与x的函数解析式，请直接写出x的取值范围；
（Ⅱ）若要使租车总费用不超过21940元，一共有几种租车方案？哪种租车方案总费用最省？最省的总费用是多少？
18、（10分）如图，等边△ABC的边长是2，D、E分别为AB、AC的中点，延长BC至点F，使CF=BC，连接CD和EF．
（1）求证：DE=CF；
（2）求EF的长．
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）在平面直角坐标系中，中，点，若随变化的一族平行直线与（包括边界）相交，则的取值范围是______.
20、（4分）如图所示，在菱形中，对角线与相交于点．OE⊥AB，垂足为，若，则的大小为____________．
21、（4分）甲、乙两人各进行10次射击比赛，平均成绩均为9环，方差分别是： ，则射击成绩较稳定的是________（选填“甲”或“乙”）.
22、（4分）若某组数据的方差计算公式是S2=[（7-）+（4-）2+（3-）2+（6-）2]，则公式中=______．
23、（4分）勾股定理，是几何学中一颗光彩夺目的明珠，被称为“几何学的基石”．中国是发现和研究勾股定理最古老的国家之一．中国古代数学家称直角三角形为勾股形，较短的直角边称为勾，另一直角边称为股，斜边称为弦，所以勾股定理也称为勾股弦定理．三国时期吴国赵爽创制了“勾股圆方图”（如图）证明了勾股定理．在这幅“勾股圆方图”中，大正方形ABCD是由4个全等的直角三角形再加上中间的那个小正方形EFGH组成的．若小正方形的边长是1，每个直角三角形的短的直角边长是3，则大正方形ABCD的面积是_____．

二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图1．在边长为10的正方形中，点在边上移动（点不与点，重合），的垂直平分线分别交，于点，，将正方形沿所在直线折叠，则点的对应点为点，点落在点处，与交于点，

（1）若，求的长；
（2）随着点在边上位置的变化，的度数是否发生变化？若变化，请说明理由；若不变，请求出的度数；
（3）随着点在边上位置的变化，点在边上位置也发生变化，若点恰好为的中点（如图2），求的长．
25、（10分）如图，已知□ABCD.
（1）作图：延长BC，并在BC的延长线上截取线段CE，使得CE=BC．（用尺规作图法，保留作图痕迹，不要求写作法）；
（2）在（1）的条件下，连结AE，交CD于点F，求证:△AFD ≌ △EFC.
26、（12分）如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分，过点作交的延长线于点，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长．
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、B
【解析】
设，由翻折的性质可知，则，在中利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】
解：设，由翻折的性质可知，则．
是BC的中点，
．
在中，由勾股定理得：，即，
解得：．
．
故选：B．
本题主要考查的是翻折的性质、勾股定理的应用，由翻折的性质得到，，从而列出关于x的方程是解题的关键．
2、A
【解析】
根据矩形、菱形、平行四边形的知识可判断出各选项，从而得出答案．
【详解】
A、一组对边平行的四边形是平行四边形，说法错误，有可能是梯形，应该是一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；
B、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，此说法正确；
C、根据四边形的内角和为360°，可得四个内角都相等的四边形是矩形，故正确；
D、四条边都相等的四边形是菱形，说法正确．
故选A．
本题主要考查了命题与定理的知识，解答本题的关键是熟练掌握平行四边形、菱形以及矩形的性质，此题难度不大．
3、D
【解析】
根据平均数及加权平均数的定义解答即可.
【详解】
∵x1，x2，的平均数是a，x11，x12，的平均数是b,
∴x1，x2，的平均数是：.
故选D.
本题考查了平均数及加权平均数的求法，熟练运用平均数及加权平均数的定义求解是解决问题的关键．
4、A
【解析】
由频数分布表可知后两组的频数和为10，即可得知总人数，结合前两组的频数知出现次数最多的数据及第15、16个数据的平均数，可得答案．
【详解】
由题中表格可知，年龄为15岁与年龄为16岁的频数和为，则总人数为，故该组数据的众数为14岁，中位数为（岁），所以对于不同的x，关于年龄的统计量不会发生改变的是众数和中位数，故选A.
本题主要考查频数分布表及统计量的选择，由表中数据得出数据的总数是根本，熟练掌握平均数、中位数、众数及方差的定义和计算方法是解题的关键．
5、D
【解析】
根据前3个能看到的小正方体的数量找到规律，利用规律即可解题．
【详解】
（1）中共有1个小正方体，其中一个看的见，0个看不见，即 ；
（2）中共有8个小正方体，其中7个看得见，一个看不见，即；
（3）中共有27个小正方体，其中19个看得见，8个看不见，即；
……
第（5）个图中，看得见的小正方体有即个；
故选：D．
本题主为图形规律类试题，找到规律是解题的关键．
6、B
【解析】
把常数项移到方程右边，再把方程两边加上1，然后把方程作边写成完全平方形式即可．
【详解】
解：∵x1+1x﹣1＝0，
∴x1+1x+1＝1，
∴（x+1）1＝1．
故选：B．
本题考查了解一元二次方程-配方法：将一元二次方程配成（x+m）1=n的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法．
7、B
【解析】
由折叠的性质可得AM=DM=AD，AD⊥MN，AD=AF，可得AF=2AM，由含30度直角三角形性质可得∠MFA=30°，即可求解.
【详解】
解：∵对折矩形纸片ABCD，使AB与DC重合，得到折痕MN，
∴AM=DM=AD，AD⊥MN，
∴MN∥AB
由折叠的性质可得：AD=AF，
∴AF=2AM
在直角三角形AFM中，有
∴∠MFA=30°
∵MN∥AB
∴∠FAB=∠MFA=30°，
故选择：B.
本题考查了翻折变换，含30度直角三角形的性质，平行线的性质，证明AF=2AM是本题的关键.
8、D
【解析】
根据一次函数图象的增减性，结合一次函数图象上点的横坐标的大小关系，即可得到答案．
【详解】
解：一次函数上的点随的增大而减小，
又点，、，是直线上的两点，
若，则，
故选：．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，正确掌握一次函数图象的增减性是解题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、±1．
【解析】
试题分析：当x=0时，y=k；当y=0时，，∴直线与两坐标轴的交点坐标为A（0，k），B（，0），∴S△AOB=，∴k=±1．故答案为±1．
考点：一次函数综合题．
10、
【解析】
当线段AB最短时，直线AB与直线垂直，根据勾股定理求得AB的最短长度．
【详解】
解：当线段AB最短时，直线AB与直线垂直，
过点A作直线l，
因为直线是一、三象限的角平分线，
所以，
所以，
所以，
，即，
所以．
故答案是：．
考查了垂线段最短的性质，一次函数图象上点的坐标特征，勾股定理的应用，熟知垂线段最短是解题的关键．
11、（22019-1，22018）
【解析】
先求出直线y=x+1与y轴的交点坐标即可得出A1的坐标，故可得出OA1的长，根据四边形A1B1C1O是正方形即可得出B1的坐标，再把B1的横坐标代入直线y=x+1即可得出A1的坐标，同理可得出B2，B3的坐标，可以得到规律：Bn（2n-1，2n-1），据此即可求解点B2019的坐标．
【详解】
解：∵令x=0，则y=1，
∴A1（0，1），
∴OA1=1．
∵四边形A1B1C1O是正方形，
∴A1B1=1，
∴B1（1，1）．
∵当x=1时，y=1+1=2，
∴B2（3，2）；
同理可得，B3（7，4）；
∴B1的纵坐标是：1=20，B1的横坐标是：1=21-1，
∴B2的纵坐标是：2=21，B2的横坐标是：3=22-1，
∴B3的纵坐标是：4=22，B3的横坐标是：7=23-1，
∴Bn的纵坐标是：2n-1，横坐标是：2n-1，
则Bn（2n-1，2n-1），
∴点B2019的坐标是（22019-1，22018）．
故答案为：（22019-1，22018）．
本题考查一次函数图象上点的坐标特征、正方形的性质和坐标的变化规律．此题难度较大，注意正确得到点的坐标的规律是解题关键．
12、1
【解析】
根据菱形的对角线互相垂直平分的性质，利用对角线的一半，根据勾股定理求出菱形的边长，再根据菱形的四条边相等求出周长即可．
【详解】
解：如图，根据题意得AO=×8=4，BO=×6=3，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=DA，AC⊥BD．
∴△AOB是直角三角形．
∴．
∴此菱形的周长为：5×4=1
故答案为：1．
13、
【解析】
根据菱形对角线互相垂直平分的性质，可以求得BO=OD，AO=OC，在Rt△AOD中，根据勾股定理可以求得AB的长，即可求菱形ABCD的周长．
【详解】
∵菱形ABCD的两条对角线相交于O，AC=8，BD=6，由菱形对角线互相垂直平分，
∴BO=OD=3，AO=OC=4，
∴AB==5，
故菱形的周长为1，
故答案为：1．
本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，以及菱形各边长相等的性质，本题中根据勾股定理计算AB的长是解题的关键．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）；（2）
【解析】
（1）先提取，再利用完全平方公式即可求解；
（2）先化简，再利用完全平方公式和平方差公式即可求解．
【详解】
解：（1）原式
（2）原式
．
此题主要考查因式分解，解题的关键是熟知因式分解的方法．
15、（1）①． ②；（2）①点的坐标为或．②．
【解析】
(1)①利用A、B的坐标求出直线AB的解析式，再将P点横坐标代入，计算即可得点、的“新矩形”的周长；②由直线AB的解析式判定是否经过E、F、G三点，发现只经过了F（1，2），能够成为点、的“涵矩形”的顶点的是F（1，2）
（2）①①根据正方形的性质可得出∠ABO=45°，结合点A的坐标可得出点B的坐标及直线AB的函数表达式，由的横坐标为，可得出点P的坐标，再由正方形的周长可得出点Q的坐标，进而可得出点Q的坐标；②由正方形的对角线长度为，可得正方形的边长为1，由直线AB的解析式y=-x+6可知M点的运动轨迹是直线y=-x+5，由点在的内部，x的取值范围是0