吉林省农安县新阳中学2024-2025学年九上数学开学学业水平测试试题【含答案】

这是一份吉林省农安县新阳中学2024-2025学年九上数学开学学业水平测试试题【含答案】，共24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）已知点的坐标是，点与点关于轴对称，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
2、（4分）已知甲，乙两组数据的折线图如图所示，设甲，乙两组数据的方差分别为，，则与大小关系为（ ）
A．B．
C．D．不能确定
3、（4分）如图，BE、CD 相交于点 A，连接 BC，DE，下列条件中不能判断△ABC∽ADE 的是（ ）
A．∠B＝∠DB．∠C＝∠EC．D．
4、（4分）一次函数y=2x–6的图象不经过第( )象限．
A．一 B．二 C．三 D．四
5、（4分）若分式的值为0，则( )
A．B．C．D．
6、（4分）若一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有一个根为-1，则a-b+c的值是( )
A．-1B．1C．0D．不能确定
7、（4分）的倒数是( )
A．B．C．﹣3D．
8、（4分）菱形ABCD的对角线AC＝6cm，BD＝4cm，以AC为边作正方形ACEF，则BF长为( )
A．4cmB．5cmC．5cm或8cmD．5cm或cm
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）如图是轰炸机机群的一个飞行队形，如果最后两架轰炸机的平面坐标分别为A（﹣2，1）和B（﹣2，﹣3），那么第一架轰炸机C的平面坐标是_____．
10、（4分）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（0，2），B（4，0），点N为线段AB的中点，则点N的坐标为_____________．
11、（4分）设函数与的图象的交点坐标为，则的值为__________.
12、（4分）如图1，是一个三节段式伸缩晾衣架，如图2，是其衣架侧面示意图，为衣架的墙角固定端，为固定支点，为滑动支点，四边形和四边形是菱形，且，点在上滑动时，衣架外延钢体发生角度形变，其外延长度（点和点间的距离）也随之变化，形成衣架伸缩效果，伸缩衣架为初始状态时，衣架外延长度为，当点向点移动时，外延长度为.
（1）则菱形的边长为______.
（2）如图3，当时，为对角线（不含点）上任意一点，则的最小值为______.
13、（4分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，△ABC的周长为，其中斜边的长为2，则这个三角形的面积为_____________。
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，在中，BE∥DF，且分别交对角线AC于点E，F，连接ED，BF．
（1）求证：AE=CF
（2）若AB=9，AC=16，AE=4，BF=，求四边形ABCD的面积．
15、（8分）计算：
（1）｜1－2｜＋．
（2）
16、（8分）计算
（1）5+﹣+
（2）+﹣（）0
（3）﹣+
17、（10分）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
(1)概念理解：如图2，在四边形中，，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由；
(2)性质探究：如图1，四边形的对角线、交于点，．试证明：；
(3)解决问题：如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连结、、．已知，，求的长．
18、（10分） (1)解不等式;并把解集表示在数轴上
(2)解方程:
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）直线与直线在同一平面直角坐标系中如图所示，则关于x的不等式的解为________________．
20、（4分）如图是一次函数y＝kx＋b的图象，当y＜2时，x的取值范围是_____.
21、（4分）请你写出一个一次函数，使它经过二、三、四象限_____．
22、（4分）如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AD=6 BC=14， P、Q分别为BD、AC的中点，则PQ= ____.
23、（4分）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=5，点D是BC边上一点且CD=1，点P是线段DB上一动点，连接AP，以AP为斜边在AP的下方作等腰Rt△AOP．当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径长为_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）已知，如图，∠C＝90°，∠B＝30°，AD是△ABC的角平分线．
（1）求证：BD＝2CD；
（2）若CD＝2，求△ABD的面积．
25、（10分）以四边形ABCD的边AB，AD为边分别向外侧作等边三角形ABF和等边三角形ADE，连接EB，FD，交点为G．
（1）当四边形ABCD为正方形时，如图①，EB和FD的数量关系是 ；
（2）当四边形ABCD为矩形时，如图②，EB和FD具有怎样的数量关系？请加以证明；
（3）如图③，四边形ABCD由正方形到矩形再到一般平行四边形的变化过程中，EB和FD具有怎样的数量关系？请直接写出结论，无需证明．
26、（12分）解下列方程:
(1); (2).
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】
根据关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变可得答案．
【详解】
点A关于y轴对称的点的坐标是B，
故选：B．
此题主要考查了关于y轴对称点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律．
2、A
【解析】
通过折线统计图中得出甲、乙两个组的各个数据，进而求出甲、乙的平均数，甲、乙的方差，进而做比较得出答案．
【详解】
甲的平均数：（3+6+2+6+4+3）÷6=4，乙的平均数：（4+3+5+3+4+5）÷6=4，[（3﹣4）2+（6﹣4）2+（2﹣4）2+（6﹣4）2+（4﹣4）2+（3﹣4）2]≈2.33，[（4﹣4）2+（3﹣4）2+（5﹣4）2+（3﹣4）2+（4﹣4）2+（5﹣4）2]≈0.1．
∵2.33＞0.1，∴．
故选A．
本题考查了折线统计图、平均数、方差的计算方法和各个统计量的所反映数据的特征，掌握平均数、方差的计算公式是正确解答的前提．
3、C
【解析】
根据两个三角形相似的判定定理来判断：两边对应成比例且夹角相等，两个三角形相似.；三边对应成比例，两个三角形相似；两角对应相等，两个三角形相似。即可分析得出答案。
【详解】
解：∵∠BAC＝∠DAE，
∴当∠B＝∠D 或∠C＝∠E 时，可利用两角对应相等的两个三角形相似证得△ABC∽ADE， 故 A、B 选项可判断两三角形相似；
当 时，可得 ，结合∠BAC＝∠DAE，则可证得△ABC∽△AED，而不能得
出△ABC∽△ADE，故 C 不能判断△ABC∽ADE；
当 时，结合∠BAC＝∠DAE，可证得△ABC∽△ADE，故 D 能判断△ABC∽△ADE；
故本题答案为：C
两个三角形相似的判定定理是本题的考点，熟练掌握其判定定理是解决此题的关键。
4、B
【解析】分析：根据一次函数图象与系数的关系的关系解答即可.
详解：∵2>0,-6<0,
∴一次函数y=2x–6的图象经过一、三、四象限，不经过第二象限.
故选B.
点睛：本题考查了一次函数图象与系数的关系：对于y=kx+b（k为常数，k≠0），当k＞0，b＞0，y=kx+b的图象在一、二、三象限；当k＞0，b＜0，y=kx+b的图象在一、三、四象限；当k＜0，b＞0，y=kx+b的图象在一、二、四象限；当k＜0，b＜0，y=kx+b的图象在二、三、四象限．
5、C
【解析】
根据分式值为零的条件是分式的分子等于2，分母不等于2解答即可．
【详解】
∵分式的值为2，
∴|x|-2=2，x+2≠2．
∴x=±2，且x≠-2．
∴x=2．
故选：C．
本题主要考查的是分式值为零的条件，明确分式值为零时，分式的分子等于2，分母不等于2是解题的关键．
6、C
【解析】
将x=-1代入方程，就可求出a-b+c的值.
【详解】
解：将x=-1代入方程得， a-b+c=0
故答案为：C
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
7、D
【解析】
利用倒数定义得到结果，化简即可．
【详解】
的倒数为．
故选D．
此题考查了分母有理化，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
8、D
【解析】
作出图形，根据菱形的对角线互相垂直平分求出、，然后分正方形在的两边两种情况补成以为斜边的，然后求出、，再利用勾股定理列式计算即可得解．
【详解】
解：，，
，
，
如图1，正方形在的上方时，过点作交的延长线于，
，
，
在中，，
如图2，正方形在的下方时，过点作于，
，
，
在中，，
综上所述，长为或．
故选：．
本题考查了菱形的性质，正方形的性质，勾股定理，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分，难点在于分情况讨论并作辅助线构造出直角三角形，作出图形更形象直观．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（2，-1）.
【解析】
试题分析：如图，根据A（-2，1）和B（-2，-3）确定平面直角坐标系，然后根据点C在坐标系中的位置确定点C的坐标为（2，-1）.
考点：根据点的坐标确定平面直角坐标系.
10、 (2，1)
【解析】
【分析】直接运用线段中点坐标的求法，易求N的坐标.
【详解】点N的坐标是：（），即（2，1）.
故答案为：(2，1)
【点睛】本题考核知识点：平面直角坐标系中求线段的中点. 解题关键点：理解线段中点的坐标求法.
11、−.
【解析】
把交点坐标代入2个函数后，得到2个方程，求得a，b的解，整理求得的值即可．
【详解】
∵函数与y=x−1的图象的交点坐标为(a,b)，
∴b= ，b=a−1，
∴=a−1，
a−a−2=0，
(a−2)(a+1)=0，
解得a=2或a=−1，
∴b=1或b=−2，
∴的值为−.
故答案为：−.
此题考查反比例函数与一次函数的交点问题，解题关键在于把交点坐标代入2个函数后，得到2个方程
12、25；
【解析】
（1）过F作于，根据等腰三角形的性质可得.
（2）作等边，等边，得到，得出，而当、、、共线时，最小，再根据，继而求出结果.
【详解】
（1）如图，过F作于，设，由题意衣架外延长度为得，
当时，外延长度为.则.
则有，
∴，
∴.
∵
∴菱形的边长为25cm
故答案为：25cm
（2）作等边，等边，
∴EM=EP, EH=EQ
∴，
∴，，
∴，
当、、、共线时，最小，
易知，
∵，
∴的最小值为.
本题考查菱形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
13、0.5
【解析】
首先根据三角形周长及斜边长度求得两直角边的和，再根据勾股定理得出两直角边各自平方数的和的值，再利用完全平方公式得出两直角边的乘积的2倍的值即可求出三角形面积.
【详解】
解：由题意可得AC+BC+AB=，
∵∠C＝90°，则AB为斜边等于2，
∴AC+BC=，
再根据勾股定理得出，
根据完全平方公式，
将AC+BC=和代入公式得：，
即=1，
∴Rt△ABC面积=0.5=0.5.
本题考查了勾股定理，解题的关键是利用完全平方公式求得两直角边的乘积的2倍的值.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）首先由平行四边形的性质可得AB=CD，AB∥CD，再根据平行线的性质可得∠BAE=∠DCF，∠BEC=∠DFA，然后根据AAS定理判定△ABE≌△CDF，即可证明得到AE=CF；
（2）通过作辅助线求出△ABC的面积，即可得到四边形ABCD的面积.
【详解】
解：（1）证明：∵在平行四边形ABCD中，AB=CD，AB∥CD，
∴∠BAC=∠DCA，
又∵BE∥DF，
∴∠BEF=∠DFE，
∴∠BEA=∠DFC，
∴在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF，
∴AE=CF；
（2）连接BD交AC于点O，作BH⊥AC交AC于点H
∵在平行四边形ABCD中，AC、BD是对角线，
∴AO=CO=8,AF=12，
∵AB2+BF2=92+=144，AF2=144，
∴AB2+BF2=AF2，
∴∠ABF=90°，
∴BH===，
∴S平行四边形ABCD=2S△ABC==.
此题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，以及利用面积法求三角形的高等知识，难度一般.
15、（1）0；（2）.
【解析】
（1）根据绝对值的意义、零指数幂的意义计算；
（2）先把二次根式化为最简二次根式，然后把括号内合并后进行二次根式的除法运算．
【详解】
（1）解：原式.
（2）解：原式.
本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
16、 (1);(2);(3)
【解析】
【分析】（1）先进行二次根式的化简，然后再合并同类二次根式即可；
（2）按顺序先分别进行分母有理化、二次根式的化简、0次幂的运算，然后再按运算顺序进行计算即可；
（3）先进行二次根式的乘除法运算，再进行加减法运算即可.
【详解】（1）原式=；
（2）原式=；
（3）原式=4.
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算、熟练掌握二次根式混合运算的运算顺序以及运算法则是解题的关键.
17、 (1) 四边形是垂美四边形，理由见解析；(2)证明见解析；(3) .
【解析】
（1）根据垂直平分线的判定定理，可证直线是线段的垂直平分线，结合“垂美四边形”的定义证明即可；
（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
（3）连接、，先证明，得到∴，可证，即，从而四边形是垂美四边形，根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可．
【详解】
(1)四边形是垂美四边形．
证明：连接AC，BD，
∵，
∴点在线段的垂直平分线上，
∵，
∴点在线段的垂直平分线上，
∴直线是线段的垂直平分线，
∴，即四边形是垂美四边形；
(2)猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等．
如图2，已知四边形中，，垂足为，
求证：
证明：∵，
∴，
由勾股定理得，，
，
∴；
故答案为：．
(3)连接、，
∵，
∴，即，
在和中，，
∴，
∴，又，
∴，即，
∴四边形是垂美四边形，
由(2)得，，
∵，，
∴，，，
∴，
∴．
本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．
18、（1）；（2）
【解析】
(1)根据解一元一次不等式的步骤，先去分母，再去括号，移项合并，系数化为1即可;
(2) 通过去分母将分式方程化成整式方程，解出整式方程的根，检验根是否是原分式方程的根即可.
【详解】
解: (1)去分母，得
去括号，得.
移项，得
合并同类项，得.
系数化为1,得
在数轴上表示如下，
(2)解: 去分母，得
解得
经检验，是原方程的根.
本题考查了不等式的解法及分式方程的解法，解分式方程的基本思想是消元，注意解分式方程时一定要检验.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、；
【解析】
根据图形，找出直线l1在直线l2上方部分的x的取值范围即可．
【详解】
由图形可知,当x<−1时,k1x+b>k2x，
所以，不等式的解集是x<−1.
故答案为x<−1.
本题考查了两条直线相交问题，根据画图寻找不等式的解集.
20、x＜1
【解析】
试题解析：一次函数y=kx+b经过点（1，2），且函数值y随x的增大而增大，
∴当y＜2时，x的取值范围是x＜1．
故答案为：x＜1．
21、答案不唯一：如y＝﹣x﹣1．
【解析】
根据已知可画出此函数的简图，再设此一次函数的解析式为：y＝kx+b，然后可知：k＜0，b＜0，即可求得答案．
【详解】
∵图象经过第二、三、四象限，∴如图所示．
设此一次函数的解析式为：y＝kx+b，∴k＜0，b＜0，∴此题答案不唯一：如y＝﹣x﹣1．
故答案为：答案不唯一：如y＝﹣x﹣1．
本题考查了一次函数的性质．题目难度不大，注意数形结合思想的应用．
22、1．
【解析】
首先连接DQ，并延长交BC于点E，易证得△ADQ≌△CEQ（ASA），即可求得DQ=EQ，CE=AD=6，继而可得PQ是△DBE的中位线，则可求得答案．
【详解】
解：连接DQ，并延长交BC于点E，
∵AD∥BC，
∴∠DAQ=∠ECQ，
在△ADQ和△CEQ中，
，
∴△ADQ≌△CEQ（ASA），
∴DQ=EQ，CE=AD=6，
∴BE=BC-CE=11-6=8，
∵BP=DP，
∴PQ=BE=1．
故答案为：1．
本题考查梯形的性质、全等三角形的判定与性质以及三角形的中位线的性质．注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
23、2
【解析】
分析：过O点作OE⊥CA于E，OF⊥BC于F，连接CO，如图，易得四边形OECF为矩形，由△AOP为等腰直角三角形得到OA=OP，∠AOP=90°，则可证明△OAE≌△OPF，所以AE=PF，OE=OF，根据角平分线的性质定理的逆定理得到CO平分∠ACP，从而可判断当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径为一条线段，接着证明CE=（AC+CP），然后分别计算P点在D点和B点时OC的长，从而计算它们的差即可得到P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径长．
详解：过O点作OE⊥CA于E，OF⊥BC于F，连接CO，如图，
∵△AOP为等腰直角三角形，
∴OA=OP，∠AOP=90°，
易得四边形OECF为矩形，
∴∠EOF=90°，CE=CF，
∴∠AOE=∠POF，
∴△OAE≌△OPF，
∴AE=PF，OE=OF，
∴CO平分∠ACP，
∴当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径为一条线段，
∵AE=PF，
即AC-CE=CF-CP，
而CE=CF，
∴CE=（AC+CP），
∴OC=CE=（AC+CP），
当AC=2，CP=CD=1时，OC=×（2+1）=，
当AC=2，CP=CB=5时，OC=×（2+5）=，
∴当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径长=-=2．
故答案为2．
点睛：本题考查了轨迹：灵活运用几何性质确定图形运动过程中不变的几何量，从而判定轨迹的几何特征，然后进行几何计算．也考查了全等三角形的判定与性质．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）见解析；（2）6
【解析】
（1）过D作DE⊥AB于E，依据角平分线的性质，即可得到DE=CD，再根据含30°角的直角三角形的性质，即可得出结论；
（2）依据AD=BD=2CD=4，即可得到Rt△ACD中，，再根据△ABD的面积=进行计算即可．
【详解】
解：（1）如图，过D作DE⊥AB于E，
∵∠C=90°，AD是△ABC的角平分线，
∴DE=CD，
又∵∠B=30°，
∴Rt△BDE中，DE=BD，
∴BD=2DE=2CD；
（2）∵∠C=90°，∠B=30°，AD是△ABC的角平分线，
∴∠BAD=∠B=30°，
∴AD=BD=2CD=4，
∴Rt△ACD中，AC=，
∴△ABD的面积为.
本题主要考查了直角三角形的性质以及勾股定理的运用，利用角平分线的的性质是解决问题的关键．
25、（1）DF＝BE；（2）EB＝FD，证明见解析；（3）DF＝BE
【解析】
（1）根据题意可得AB=AF，AD=AE，∠FAB=∠EAD，即可得∠FAD=∠EAB，则可证△AFD≌△AEB，可得BE=DF
（2）根据题意可得AB=AF，AD=AE，∠FAB=∠EAD，即可得∠FAD=∠EAB，则可证△AFD≌△AEB，可得BE=DF
（3）根据题意可得AB=AF，AD=AE，∠FAB=∠EAD，即可得∠FAD=∠EAB，则可证△AFD≌△AEB，可得BE=DF．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是正方形
∴AB＝AD，∠BAD＝90°
∵△BAF和△AED是等边三角形
∴AF＝AB，AD＝AE，∠FAB＝∠EAD＝60°
∴AE＝AD＝AF＝AB，∠FAD＝∠EAB
∴△ABE≌△ADF
∴DF＝BE
故答案为DF＝BE
（2）EB＝FD
理由如下：
∵△BAF和△AED是等边三角形
∴AF＝AB，AD＝AE，∠FAB＝∠EAD＝60°
∴∠FAB+∠BAD＝∠EAD+∠BAD
∴∠FAD＝∠EAB
又∵AF＝AB，AE＝AD
∴△ABE≌△AFD
∴DF＝BE
（3）BE＝DF
理由如下∵△BAF和△AED是等边三角形
∴AF＝AB，AD＝AE，∠FAB＝∠EAD＝60°
∴∠FAB+∠BAD＝∠EAD+∠BAD
∴∠FAD＝∠EAB
又∵AF＝AB，AE＝AD
∴△ABE≌△AFD
∴DF＝BE
本题考查了四边形的综合题，等边三角形的性质，灵活运用等边三角形的性质是解决问题的关键．
26、（1）x=5,x=−2；（2）-2
【解析】
（1）整理后分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可；
（2）因为2x+6=2（x+3），所以可得方程最简公分母为2（x+3），然后去分母转化为整式方程求解．
【详解】
（1）x(x−3)=10，
整理得：x−3x−10=0，
(x−5)(x+2)=0，
x−5=0，x+2=0，
x=5,x=−2；
（2）原方程的两边同时乘以2(x+3)，
得：4+3(x+3)=7，
解这个方程，得x=−2，
检验：将x=−2代入2(x+3)时，该式等于2，
∴x=−2是原方程的根
此题考查解一元二次方程-因式分解法，解分式方程，掌握运算法则是解题关键
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人