湖南省衡阳市耒阳市2024-2025学年九上数学开学考试试题【含答案】

这是一份湖南省衡阳市耒阳市2024-2025学年九上数学开学考试试题【含答案】，共21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）下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A．B．C．D．
2、（4分）如图，四边形ABCD是菱形，AC=8，DB=6，DH⊥AB于H，则DH=（ ）
A．B．C．12D．24
3、（4分）分式有意义的条件是（ ）
A．B．C．且D．或
4、（4分）在下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是
A．B．C．D．
5、（4分）下列一次函数中，y随x值的增大而减小的是（ ）
A．y=3﹣2xB．y=3x+1C．y=x+6D．y=（﹣2）x
6、（4分）如图，在□ABCD中，下列结论不一定成立的是( )
A．∠1＝∠2B．AD＝DCC．∠ADC＝∠CBAD．OA＝OC
7、（4分）在函数的图象上的点是( )
A．(-2，12)B．(2，- 12)C．(-4，- 6)D．(4，- 6)
8、（4分）如图，线段经过平移得到线段，其中点，的对应点分别为点，，这四个点都在格点上．若线段上有一个点 ，，则点在上的对应点的坐标为
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）一只不透明的袋子中有1个白球、1个红球和2个黄球，这些球除颜色不同外其它都相同．搅均后从中任意摸出1个球，摸出白球可能性______摸出黄球可能性．（填“等于”或“小于”或“大于”）．
10、（4分）已知点P（3，﹣1）关于y轴的对称点Q的坐标是_____________.
11、（4分）如图，AB=AC，则数轴上点C所表示的数为__________.
12、（4分）若，是一元二次方程的两个根，则______.
13、（4分）若x1,x2是方程x2+x−1=0的两个根,则x12+x22=____________.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）已知a,b分别是6的整数部分和小数部分.
（1）求a，b的值；
（2）求3ab2的值.
15、（8分）运动服装店销售某品牌S号，M号，L号，XL号，XXL号五种不同型号服装，随机统计该品牌运动服装一周的销售情况并绘制如图所示不完整统计图．
（1）L号运动服一周的销售所占百分比为 ．
（2）请补全条形统计图；
（3）服装店老板打算再次购进该品牌服饰共600件，根据各种型号的销售情况，你认为购进XL号约多少件比较合适，请计算说明．
16、（8分）如图，Rt△ABC中，分别以AB、AC为斜边，向△ABC的内侧作等腰Rt△ABE、Rt△ACD，点M是BC的中点，连接MD、ME.
（1）若AB＝8，AC＝4，求DE的长；
（2）求证：AB－AC＝2DM.
17、（10分）在学校组织的知识竞赛活动中，老师将八年级一班和二班全部学生的成绩整理并绘制成如下统计表：
(1)现已知一班和二班的平均分相同，请求出其平均分．
(2)请分别求出这两班的中位数和众数，并进一步分析这两个班级在这次竞赛中成绩的情况．
18、（10分）如图1，四边形中，，，，，点从点出发，以每秒2个单位长度的速度向点运动，同时，点从点出发，以每秒1个单位长度的速度向点运动.其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动.过点作于点，连接交于点，连接，设运动时间为秒.
(1)连接、，当为何值时，四边形为平行四边形；
(2)求出点到的距离；
(3)如图2，将沿翻折，得，是否存在某时刻，使四边形为菱形，若存在，求的值；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）如图，已知，点是等腰斜边上的一动点，以为一边向右下方作正方形，当动点由点运动到点时，则动点运动的路径长为______.
20、（4分）在△ABC中，AB=10，CA=8，BC=6，∠BAC的平分线与∠BCA的平分线交于点I，且DI∥BC交AB于点D,则DI的长为____.
21、（4分）如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足为D，E是AC的中点．若
DE=5，则AB的长为 ▲ ．

22、（4分）如图中的虚线网格为菱形网格，每一个小菱形的面积均为1，网格中虚线的交点称为格点，顶点都在格点的多边形称为格点多边形，如：格点▱ABCD的面积是1．
（1）格点△PMN的面积是_____；
（2）格点四边形EFGH的面积是_____．
23、（4分）如图，小明把一块含有60°锐角的直角三角板的三个顶点分别放在一组平行线上，如果∠1＝20°，那么∠2的度数是______．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）计算：
(1)＋(π－2)0－|－5|＋－2；
(2)＋－1－(＋1)(－1)．
25、（10分）如图，四边形ABCD中，AC⊥BD交BD于点E，点F、M分别是AB、BC的中点，BN平分∠ABE交AM于点N，AB＝AC＝BD，连接MF，NF
求证：（1）BN＝MN；
（2）△MFN∽△BDC．
26、（12分）如图，直线l经过点A（1，6）和点B（﹣3，﹣2）．
（1）求直线l的解析式，直线与坐标轴的交点坐标；
（2）求△AOB的面积．
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】
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，不是中心对称图形，故此选项错误；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误．
故选B．
考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
2、A
【解析】
解：如图，设对角线相交于点O，
∵AC=8，DB=6，∴AO=AC=×8=4，BO=BD=×6=3，
由勾股定理的，AB===5，
∵DH⊥AB，∴S菱形ABCD=AB•DH=AC•BD，
即5DH=×8×6，解得DH=．
故选A．
本题考查菱形的性质．
3、B
【解析】
根据分式有意义的条件即可求出答案．
【详解】
解：由题意可知：x-2≠0，
∴x≠2
故选：B．
本题考查分式有意义的条件，解题的关键是熟练运用分式有意义的条件，本题属于基础题型．
4、C
【解析】
试题分析：根据轴对称图形与中心对称图形的概念可判断出只有C选项符合要求．故选C．
考点：1．中心对称图形；2．轴对称图形．
5、A
【解析】
根据一次函数的性质对各选项进行逐一分析即可．关键看x的系数的正负．
【详解】
A．∵k=-2＜0，∴y随x的增大而减小，故本选项正确；
B．∵k=3＞0，∴y随x的增大而增大，故本选项错误；
C．∵k=＞0，∴y随x的增大而增大，故本选项错误；
D．∵k=﹣2＞0，∴y随x的增大而增大，故本选项错误．
故选：A．
本题考查了一次函数的性质，熟知一次函数y=kx+b（k≠0）中，当k＜0时，y随x的增大而减小是解答此题的关键．
6、B
【解析】
根据平行四边形对边平行可得AD∥BC，进而有∠1=∠2，则A项正确；
接下来对于其余三个选项，利用平行四边形的性质，分析图中相等线段和相等角，逐一验证即可.
【详解】
A，平行四边形对边平行，则AD∥BC，故有∠1=∠2，正确；
B，平行四边形的邻边不一定相等，则AD=DC，错误；
C，平行四边形的对角相等，则∠ADC=∠CBA ，正确；
D，平行四边形对角线互相平分，则OA=OC，正确.
故选B.
本题考查平行四边形的性质，两组对边分别平行且相等，对角线互相平分
7、C
【解析】
根据横坐标与纵坐标的乘积为24即可判断．
【详解】
解：∵函数的图象上的点的横坐标与纵坐标的乘积为24，
又∵-2×12=-24，2×（-12）=-24，-4×（-6）=24，4×（-6）=-24，
∴（-4，-6）在的图象上，
故选：C．
本题考查反比例函数图象上的点的性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
8、A
【解析】
根据点A、B平移后横纵坐标的变化可得线段AB向左平移2个单位，向上平移了3个单位，然后再确定a、b的值，进而可得答案．
【详解】
由题意可得线段AB向左平移2个单位，向上平移了3个单位，
则P（a−2，b＋3）
故选A．
此题主要考查了坐标与图形的变化−−平移，关键是掌握横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、小于
【解析】
先分别求出摸出各种颜色球的概率，再进行比较即可得出答案．
【详解】
解：∵袋子中有1个白球、1个红球和2个黄球，共有4个球，
∴摸到白球的概率是，摸到红球的概率是，摸到黄球的概率是=，
∴摸出白球可能性＜摸出黄球的可能性；
故答案为小于．
本题主要考查了可能性的大小，用到的知识点为：可能性等于所求情况数与总情况数之比．
10、（-3，-1）
【解析】
根据关于y轴对称的点的坐标为，纵坐标不变，横坐标互为相反数即可解答.
【详解】
解：∵点Q与点P（3，﹣1）关于y轴对称，
∴Q（-3，-1）.
故答案为：（-3，-1）.
本题主要考查关于对称轴对称的点的坐标特征，解此题的关键在于熟练掌握其知识点.
11、
【解析】
分析：根据勾股定理列式求出AB的长，即为AC的长，再根据数轴上的点的表示解答．
详解：由勾股定理得：AB==，∴AC=，
∵点A表示的数是﹣1，∴点C表示的数是﹣1．
故答案为﹣1．
点睛：本题考查了勾股定理，实数与数轴，是基础题，熟记定理并求出AB的长是解题的关键．
12、3
【解析】
利用根与系数的关系可得两根之和与两根之积，再整体代入通分后的式子计算即可.
【详解】
解：∵，是一元二次方程的两个根，∴，
∴.
故答案为：3.
本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握基本知识是解题的关键.
13、3
【解析】
先根据根与系数的关系求出x1+x2和x1•x2的值，再利用完全平方公式对所求代数式变形，然后把x1+x2和x1•x2的值整体代入计算即可．
【详解】
∵x1，x2是方程x2+x−1=0的两个根，
∴x1+x2=−=−=−1, x1•x2===−1，
∴x12+x22=(x1+x2)2−2x1⋅x2=(−1)2−2×(−1)=1+2=3.
故答案是：3.
本题考查根与系数的关系，解题的关键是掌握根与系数的关系.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）a=3, b=3-; (2)6-1.
【解析】
（1）先求出范围，再两边都乘以-1，再两边都加上6，即可求出a、b；
（2）把a、b的值代入求出即可．
【详解】
（1）∵2＜＜3，
∴-3＜-＜-2，
∴3＜6-＜4，
∴a=3，b=6--3=3-；
（2）3a-b2=3×3-（3-）2=9-9+6-1=6-1．
本题考查了估算无理数的大小和有理数的混合运算的应用，主要考查学生的计算能力．
15、（1）20%；（2）详见解析；（3）96.
【解析】
（1）利用百分比之和为1，计算即可；
（2）求出M、L的件数，画出条形图即可；
（3）利用样本估计总体的思想解决问题即可；
【详解】
解：（1）L号运动服一周的销售所占百分比为1﹣16%﹣8%﹣30%﹣26%＝20%．
故答案为20%．
（2）总数＝13÷26%＝50，
M有50×30%＝15，L有50×20%＝10，
条形统计图如图所示：
（3）购进XL号约600×16%＝96（件）比较合适．
本题考查了频数分布直方图、扇形统计图和利用统计图获取信息的能力；利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．
16、（1）；（2）证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）根据三角函数求得AE和AD的长，二者的差就是所求.
（2）延长CD交AB于点F，证明MD是△BCF的中位线，AF=AC，据此即可证得．
（1）直角△ABE中，AE=AB=，
在直角△ACD中，AD=AC=，
则DE=AE-AD=-=.
如图，延长CD交AB于点F．
在△ADF和△ADC中，∠FAD＝∠CAD，AD＝AD，∠ADF＝∠ADC，∴△ADF≌△ADC（ASA）.∴AC=AF，CD=DF.
又∵M是BC的中点，∴DM是△CBF的中位线.∴DM=BF=（AB-AF）=（AB-AC）.
∴AB-AC=2DM．
考点：1.三角形中位线定理；2.等腰直角三角形3.全等三角形的判定和性质．
17、 (1)平均分为80分；(2)一班的众数为90分、中位数为80分；二班的众数为70分、中位数为80分；分析见解析.
【解析】
根据平均数的定义计算可得；
根据众数和中位数的定义分别计算，再从平均分和得分的中位数相同的前提下合理解答即可．
【详解】
解：(1)一班的平均分为＝80(分)，
二班的平均分为 ＝80(分)；
(2)一班的众数为90分、中位数为＝80分；
二班的众数为70分、中位数为＝80(分)；
由于一、二班的平均分和得分的中位数均相同，而二班得分90分及以上人数多于一班，
所以二班在竞赛中成绩好于一班．
本题主要考查众数、中位数和平均数，解题的关键是掌握众数、中位数和平均数的定义．
18、 (1)当时，四边形为平行四边形；(2)点到的距离；(3)存在，，使四边形为菱形.
【解析】
（1）先判断出四边形CNPD为矩形，然后根据四边形为平行四边形得，即可求出t值；
（2）设点到的距离，利用勾股定理先求出AC，然后根据面积不变求出点到的距离；
（3）由NP⊥AD，QP=PK，可得当PM=PA时有四边形AQMK为菱形，列出方程6-t-2t=8-（6-t），求解即可.
【详解】
解：(1)根据题意可得，
∵在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ADC=90°，NP⊥AD于点P，
∴四边形CNPD为矩形，
∴
∴
∵四边形为平行四边形，
，
∴
解得：，
∴当时，四边形为平行四边形；
(2)设点到的距离，
在中，
，
在中，
∴
∴点到的距离
(3)存在． 理由如下：
∵将沿翻折得
∵，
∴当时有四边形为菱形，
∴，
解得，
∴，使四边形为菱形.
本题主要考查了四边形综合题，其中涉及到矩形的判定与性质，勾股定理，菱形的判定等知识，综合性较强，难度适中．运用数形结合、方程思想是解题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
连接，根据题意先证出，然后得出，所以点运动的路径长度即为点从到的运动路径，继而得出结论
【详解】
连接，
∵，是等腰直角三角形，
∴,∠ABC=90°
∵四边形是正方形
∴BD=BF，∠DBF=∠ABC=90°，
∴∠ABD=∠CBF,
在△DAP与△BAP中
∴，
∴，
点运动的路径长度即为点从到的运动路径,为.
故答案为：
本题主要考查的是等腰直角三角形的性质、等边三角形的性质、正方形的性质以及全等三角形的性质和判定，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
20、2.5
【解析】
根据题意，△ABC是直角三角形，延长DI交AC于点E，过I作IF⊥AB，IG⊥BC，由点I是内心，则，利用等面积的方法求得，然后利用平行线分线段成比例，得，又由BD=DI，把数据代入计算，即可得到DI的长度.
【详解】
解：如图，延长DI交AC于点E，过I作IF⊥AB，IG⊥BC，

在△ABC中，AB=10，CA=8，BC=6，
∴，
∴△ABC是直角三角形，即AC⊥BC，
∵DI∥BC，
∴DE⊥AC，
∵∠BAC的平分线与∠BCA的平分线交于点I，
∴点I是三角形的内心，则，
在△ABC中，根据等面积的方法，有
，设
即，
解得：，
∵DI∥BC，
∴，∠DIB=∠CBI=∠DBI，
∴DI=BD，
∴，
解得：BD=2.5，
∴DI=2.5；
故答案为：2.5.
本题考查了三角形的角平分线性质，平行线分线段成比例，以及等面积法计算高，解题的关键是利用等面积法求得内心到各边的距离，以及掌握平行线分线段成比例的性质.
21、1
【解析】
解：∵在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，
∴△ADC是直角三角形；
∵E是AC的中点．
∴DE=AC（直角三角形的斜边上的中线是斜边的一半）；
又∵DE=5，AB=AC，
∴AB=1；
故答案为：1．
22、1 2
【解析】
解：（1）如图，S△PMN=•S平行四边形MNEF=×12=1．故答案为1．
（2）S四边形EFGH=S平行四边形LJKT﹣S△LEH﹣S△HTG﹣S△FKG﹣S△EFJ=10﹣2﹣9﹣1﹣15=2．故答案为2．
故答案为1，2．
点睛：本题考查了菱形的性质、平行四边形的性质等知识，解题的关键是学会用分割法求面积，属于中考常考题型．
23、
【解析】
先根据得出，再求出的度数，由即可得出结论.
【详解】
，，
，
，
，
.
故答案为：.
本题考查的是平行线的性质，用到的知识点为：两直线平行，内错角相等.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、 (1) (2)2
【解析】
（1）根据二次根式的性质、零指数幂的性质、绝对值的性质及负整数指数幂的性质依次计算后合并即可求解；（2）根据二次根式的性质、负整数指数幂的性质及平方差公式依次计算后合并即可求解.
【详解】
（1）原式=2+1-5+=；
（2）原式=+4-（5-1）=+4-4=.
本题考查了二次根式的混合运算，熟练运用二次根式的性质、零指数幂的性质、绝对值的性质、负整数指数幂的性质、平方差公式及二次根式的混合运算顺序是解决问题的关键.
25、（1）见解析；（2）见解析
【解析】
（1）根据等腰三角形的性质，可得是高线、顶角的角平分线，根据直角三角形的性质，可得，根据三角形外角的性质，可得，进而可知是等腰直角三角形，即得．
（2）根据三角形中位线的性质，可得与的关系，根据等量代换，可得与的关系，根据等腰直角三角形，可得与的关系，根据等量代换，可得与的关系，根据同角的余角相等，可得与的关系，根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，可得答案．
【详解】
（1）证明：∵，点是的中点
∴，平分
∵平分
∴
∵
∴
∴
∴
∴是等腰直角三角形
∴
（2）证明：∵点，分别是，的中点，
∴，
∵
∴，即
∵是等腰直角三角形
∴，即
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴
本题考查了相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、三角形的内角外角中位线相关性质，综合性较强，难度较大．
26、 (1) y=2x+4, 直线与x轴交点为F（-2,0），与y轴交点为E（0，4）;(3) S△AOB =8
【解析】
试题分析：（1）设直线a的解析式为y＝kx＋b，用待定系数法求一次函数的解析式即可；（2）设直线a与有轴交于点C，根据S△AOB＝S△AOC＋S△COB得出答案即可．
【详解】
试题解析：
设直线解析式为y＝kx＋b，
把点A（1,6）和点B（－3，－2）代入上式得
6＝k＋b
－2＝－3k＋b
解得：k＝2，b＝4
所以，y＝2x＋4
x＝0时，y＝4
y＝0时，x＝－2
所以，直线与x轴交点为F（－2,0），与y轴交点为E（0，4）
（2）设直线a与有轴交于点C
S△AOB＝S△BOF＋S△AOF
＝2×2×＋2×6×
＝2＋6＝8
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
得分(分)
人数(人)
班级
50
60
70
80
90
100
一班
2
5
10
13
14
6
二班
4
4
16
2
12
12