江苏省盐城市阜宁县2025届九上数学开学统考试题【含答案】

这是一份江苏省盐城市阜宁县2025届九上数学开学统考试题【含答案】，共26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）下列因式分解错误的是( )
A．B．
C．D．
2、（4分）已知P1（-1，y1），P2（-2，y2）是一次函数y=2x+3图象上的两个点，则y1，y2的大小关系是（ ）
A．y1＞y2B．y2＞y1C．y1=y2D．不能确定
3、（4分）如图所示，在△ABC中，其中BC⊥AC，∠A=30°，AB=8m，点D是AB的中点，点E是AC的中点，则DE的长为（ ）
A．5B．4C．3D．2
4、（4分）完成以下任务，适合用抽样调查的是（ ）
A．调查你班同学的年龄情况
B．为订购校服，了解学生衣服的尺寸
C．对北斗导航卫星上的零部件进行检查
D．考察一批炮弹的杀伤半径．
5、（4分）函数 中，自变量 的取值范围是( )
A．B．C．D．
6、（4分）函数的图像经过A(3，4)和点B(2，7)，则函数表达式为（ ）
A．B．C．D．
7、（4分）如果关于x的一次函数y＝（a+1）x+（a﹣4）的图象不经过第二象限，且关于x的分式方程有整数解，那么整数a值不可能是（ ）
A．0B．1C．3D．4
8、（4分）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别是边BC、CD上的动点．且BE＝CF，连接BF、DE，则BF+DE的最小值为（ ）
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）已知，在梯形中，，，，，那么下底的长为__________.
10、（4分）元旦期间,张老师开车从汕头到相距150千米的老家探亲，如果油箱里剩余油量(升)与行驶里程 (千米)之间是一次函数关系,其图象如图所示,那么张老师到达老家时,油箱里剩余油量是_______升.
11、（4分）若点在正比例函数的图象上，则__________.
12、（4分）由于木质衣架没有柔性，在挂置衣服的时候不太方便操作.小敏设计了一种衣架，在使用时能轻易收拢，然后套进衣服后松开即可.如图1，衣架杆OA=OB=18cm，若衣架收拢时，∠AOB=60°，如图2，则此时A，B两点之间的距离是____cm.
13、（4分）已知直线y＝x﹣3与y＝2x+2的交点为（﹣5，﹣8），则方程组的解是_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，E、F是对角线AC上的两个动点，分别从A、C同时出发，相向而行，速度均为2cm/s，运动时间为t（0≤t≤5）秒．
（1）若G、H分别是AB、DC的中点，且t≠2.5s，求证：以E、G、F、H为顶点的四边形始终是平行四边形；
（2）在（1）的条件下，当t为何值时？以E、G、F、H为顶点的四边形是矩形；
（3）若G、H分别是折线A-B-C，C-D-A上的动点，分别从A、C开始，与E．F相同的速度同时出发，当t为何值时，以E、G、F、H为顶点的四边形是菱形，请直接写出t的值．
15、（8分）如图1，正方形中，点、的坐标分别为，，点在第一象限．动点在正方形的边上，从点出发沿匀速运动，同时动点以相同速度在轴上运动，当点运动到点时，两点同时停止运动，设运动时间为秒．当点在边上运动时，点的横坐标(单位长度)关于运动时间(秒)的函数图象如图2所示．
（1）正方形边长_____________，正方形顶点的坐标为__________________；
（2）点开始运动时的坐标为__________，点的运动速度为_________单位长度/秒；
（3）当点运动时，点到轴的距离为，求与的函数关系式；
（4）当点运动时，过点分别作轴，轴，垂足分别为点、，且点位于点下方，与能否相似，若能，请直接写出所有符合条件的的值；若不能，请说明理由．
16、（8分）已知在▱ABCD中，点E、F在对角线BD上，BE＝DF，点M、N在BA、DC延长线上，AM＝CN，连接ME、NF．试判断线段ME与NF的关系，并说明理由．
17、（10分）如图，是由边长为1的小正方形组成的正方形网格，设顶点在这些小正方形顶点的三角形为格点三角形．
(1)通过计算说明边长分别为2，3，的是否为直角三角形；
(2)请在所给的网格中画出格点．
18、（10分）如图，▱ABCD中，E为BC边的中点，连AE并与DC的延长线交于点F，求证：DC＝CF．
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，函数y= (x>0)的图象与矩形OABC的边BC交于点D，分别过点A，D作AF∥DE，交直线y=k2x(k20，a-2≤0,
解得-2＜a≤2．
∵+2=，
∴x=，
∵关于x的分式方程+2=有整数解，
∴整数a=0，2，3，2，
∵a=2时，x=2是增根，
∴a=0，3，2
综上，可得，满足题意的a的值有3个：0，3，2，
∴整数a值不可能是2．
故选B．
本题考查了一次函数的图象与系数的关系以及分式方程的解．注意根据题意求得使得关于x的分式方程有整数解，且关于x的一次函数y=（a+2）x+（a-2）的图象不经过第二象限的a的值是关键．
8、C
【解析】
连接AE，利用△ABE≌△BCF转化线段BF得到BF+DE＝AE+DE，则通过作A点关于BC对称点H，连接DH交BC于E点，利用勾股定理求出DH长即可．
【详解】
解：连接AE，如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°．
又BE＝CF，
∴△ABE≌△BCF（SAS）．
∴AE＝BF．
所以BF+DE最小值等于AE+DE最小值．
作点A关于BC的对称点H点，如图2，
连接BH，则A、B、H三点共线，
连接DH，DH与BC的交点即为所求的E点．
根据对称性可知AE＝HE，
所以AE+DE＝DH．
在Rt△ADH中，DH＝
∴BF+DE最小值为4．
故选：C．
本题主要考查正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，能够作出辅助线将线段转化是解题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、11
【解析】
首先过A作AE∥DC交BC与E，可以证明四边形ADCE是平行四边形，得CE=AD=4，再证明△ABE是等边三角形，进而得到BE=AB=6，从而得到答案．
【详解】
解：如图，过A作AE∥DC交BC与E，
∵AD∥BC，
∴四边形AECD是平行四边形，
∴AD=EC=5，AE=CD，
∵AB=CD=6，
∴AE=AB=6，
∵∠B=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=6，
∴BC=6+5=11，
故答案为11.
此题主要考查了梯形，关键是掌握梯形中的重要辅助线，过一个顶点作一腰的平行线得到一个平行四边形．
10、20
【解析】
先运用待定系数法求出y与x之间的函数关系式，然后把x=150代入解析式就可以求出y的值，从而得出剩余的油量．
【详解】
解：设y与x之间的函数关系式为y=kx+b，由函数图象，得
，
解得： ，
则y=﹣0.1x+1．
当x=150时，
y=﹣0.1×150+1=20（升）．
故答案为20
本题考查了一次函数的应用,正确读懂函数图像，利用待定系数法求函数解析式并代入求值是解题的关键.
11、
【解析】
将y=1代入正比例函数y=-2x求出m值，此题得解．
【详解】
将y=1代入正比例函数y=-2x中得：
1=-2m
解得：m=
故答案是：.
考查了一次函数图象上点的坐标特征，将y=1代入正比例函数y=-2x求出m值是解题的关键．
12、18
【解析】
解：∵OA=OB，∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=OB=18cm
本题考查等边三角形的判定与性质，难度不大．
13、
【解析】
由一次函数的交点与二元一次方程组解的关系可知方程组的解是.
故答案为
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）证明见解析；（2）当t为4.5秒或0.5秒时，四边形EGFH是矩形；（3）t为秒时，四边形EGFH是菱形．
【解析】
（1）根据勾股定理求出AC，证明△AFG≌△CEH，根据全等三角形的性质得到GF=HE，利用内错角相等得GF∥HE，根据平行四边形的判定可得结论；
（2）如图1，连接GH，分AC-AE-CF=1．AE+CF-AC=1两种情况，列方程计算即可；
（3）连接AG．CH，判定四边形AGCH是菱形，得到AG=CG，根据勾股定理求出BG，得到AB+BG的长，根据题意解答．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AB∥CD，AD∥BC，∠B=90°，
∴∠BAC=∠DCA，
∵AB=6cm，BC=1cm，
∴AC=10cm，
∵G、H分别是AB、DC的中点，
∴AG=AB，CH=CD，
∴AG=CH，
∵E、F是对角线AC上的两个动点，分别从A、C同时出发，相向而行，速度均为2cm/s，
∴AE=CF，
∴AF=CE，
∴△AGF≌△CHE（SAS），
∴GF=HE，∠AFG=∠CEH，
∴GF∥HE，
∴以E、G、F、H为顶点的四边形始终是平行四边形；
（2）如图1，连接GH，由（1）可知四边形EGFH是平行四边形，
∵G、H分别是AB．DC的中点，
∴GH=BC=1cm，
∴当EF=GH=1cm时，四边形EGFH是矩形，分两种情况：
①若AE=CF=2t，则EF=10-4t=1，解得：t=0.5，
②若AE=CF=2t，则EF=2t+2t-10=1，解得：t=4.5，
即当t为4.5秒或0.5秒时，四边形EGFH是矩形；
（3）如图2，连接AG、CH，
∵四边形GEHF是菱形，
∴GH⊥EF，OG=OH，OE=OF，
∵AF=CE
∴OA=OC，
∴四边形AGCH是菱形，
∴AG=CG，
设AG=CG=x，则BG=1-x，
由勾股定理得：AB2+BG2=AG2，
即62+（1-x）2=x2，解得：x=，
∴BG=1-=，
∴AB+BG=6+=，
t=÷2=，
即t为秒时，四边形EGFH是菱形．
本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质．平行四边形的判定和菱形的判定，掌握矩形的性质定理．菱形的判定定理，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
15、（3）30，（35.2）；（2）（3，0），3；（3）d＝ t﹣5；（5）t的值为3s或 s或 s．
【解析】
（3）过点B作BH⊥y轴于点H，CF⊥HB交HB的延长线于点F交x轴于G．利用全等三角形的性质解决问题即可．
（2）根据题意，易得Q（3，0），结合P、Q得运动方向、轨迹，分析可得答案；
（3）分两种情形：①如图3﹣3中，当0＜t≤30时，作PN⊥x轴于N，交HF于K．②如图3﹣2中，当30＜t≤20时，作PN⊥x轴于N，交HF于K．分别求解即可解决问题．
（5）①如图5﹣3中，当点P在线段AB上时，有两种情形．②如图5﹣2中，当点P在线段BC上时，只有满足时，△APM∽△PON，利用（3）中结论构建方程即可解决问题．
【详解】
解：（3）过点B作BH⊥y轴于点H，CF⊥HB交HB的延长线于点F交x轴于G．

∵∠ABC＝90°＝∠AHB＝∠BFC
∴∠ABH+∠CBF＝90°，∠ABH+∠BAH＝90°，
∴∠BAH＝∠CBF，∵AB＝BC，
∴△ABH≌△BCF．
∴BH＝CF＝8，AH＝BF＝3．
∴AB＝＝30，HF＝35，
∴OG＝FH＝35，CG＝8+5＝2．
∴所求C点的坐标为（35，2）．
故答案为30，（35，2）
（2）根据题意，易得Q（3，0），
点P运动速度每秒钟3个单位长度．
故答案为（3，0），3．
（3）①如图3﹣3中，当0＜t≤30时，作PN⊥x轴于N，交HF于K．

易知四边形OHKN是矩形，可得OH＝KN＝5，
∵PK∥AH，
∴，
∴，
∴PK＝（30﹣t），
∴d＝PK+KN＝﹣t+30．
②如图3﹣2中，当30＜t≤20时，作PN⊥x轴于N，交HF于K．

同法可得PK＝（t﹣30），
∴d＝PK+KN＝t﹣5．
（5）①如图5﹣3中，当点P在线段AB上时，有两种情形：

当时，△APM与△OPN相似，可得，
解得t＝3．
当时，△APM与△OPN相似，可得，
解得t＝．
②如图5﹣2中，当点P在线段BC上时，只有满足时，△APM∽△PON，

可得：∠OPN＝∠PAM＝∠AOP，
∵PM⊥OA，
∴AM＝OM＝PN＝5，
由（3）②可知：5＝t﹣5，
解得t＝．
综上所述，拇指条件的t的值为3s或s或s．
本题属于相似形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形或全等三角形解决问题，需要利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
16、ME＝NF且ME∥NF，理由见解析
【解析】
利用SAS证得△BME≌△DNF后即可证得结论．
【详解】
证明：ME＝NF且ME∥NF．理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠EBM＝∠FDN，AB＝CD，
∵AM＝CN，
∴MB＝ND，
∵BE＝DF，
∴BF＝DE，
∵在△BME和△DNF中
，
∴△BME≌△DNF（SAS），
∴ME＝NF，∠MEB＝∠NFD，
∴∠MEF＝∠BFN．
∴ME∥NF．
∴ME＝NF且ME∥NF．
此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题关键．
17、 (1)能构成直角三角形；(2)见解析.
【解析】
（1）根据勾股逆定理判断即可；
（2）由（1）可知2,3为直角边，为斜边，先画出两直角边再连接即可
【详解】
解：(1)∵
∴能构成直角三角形
(2) 如图即为所求.
本题考查了直角三角形的判定，由勾股逆定理可知若三角形三边长满足，则其为直角三角形.
18、见解析
【解析】
先证明△ABE≌△FCE，得AB=FC，进而即可得到结论．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠BAE＝∠CFE，
∵E为BC中点，
∴EB＝EC，
在△ABE与△FCE中，
∵，
∴△ABE≌△FCE（AAS），
∴AB＝CF，
∴DC＝CF．
本题主要考查平行四边形的性质定理和三角形全等的判定和性质定理，掌握平行四边形的对边平行且相等，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、2
【解析】
如图，连接OD，过O作OM∥ED交AD于M，可以得出S△AOD=S四边形ADEF，进而得到S矩形OACB的值．作DH⊥OA于H，可得S矩形OCDH，从而得到结论．
【详解】
解：如图，连接OD，过O作OM∥ED交AD于M．
S△AOD=S△AOM+S△DOM=OM×h1+OM×h2==OM（h1+h2），S四边形ADEF=（AF+ED）h．
又∵OM=（AF+ED），h1+h2=h，故S△AOD=S四边形ADEF=×12=1．
∵△AOD和矩形OACB同底等高，故S矩形OACB=12，作DH⊥OA于H．
∵ BD=2CD ，BC=3CD，故S矩形OCDH=×12=2，即CD×DH=xy=k1=2．
故答案为：2．
本题考查了反比例函数与几何综合．求出S△AOD的值是解答本题的关键．
20、﹣7
【解析】
∵x+y=1，xy=﹣7，
∴x2y+xy2=xy(x+y)=-7×1=-7.
21、
【解析】
由二次函数y=2x2-6x+m的图象与x轴没有交点，可知△＜0，解不等式即可．
【详解】
∵二次函数y=2x2-6x+m的图象与x轴没有交点，
∴△＜0，
∴（-6）2-4×2×m＜0，
解得：；
故答案为：．
本题考查了抛物线与x轴的交点，熟记：有两个交点，△＞0；有一个交点，△=0；没有交点，△＜0是解决问题的关键．
22、2
【解析】
先证△ADP≌△BAQ，得到AP=BQ，然后用t表示出AP与BQ，列出方程解出t即可.
【详解】
因为AQ⊥PD，所以∠BAQ+∠APD=90°
又因为正方形性质可到∠APD+∠ADP=90°，∠PAD=∠B=90°，AB=AD，
所以得到∠BAQ=∠ADP
又因为∠PAD=∠B=90°，AB=AD
所以△ADP≌△BAQ，得到AP=BQ
AP=2t，QC=t，BC=8-t
所以2t=8-2t，解得t=2s
故填2
本题考查全等三角形的性质与判定，解题关键在于证出三角形全等，得到对应边相等列出方程.
23、
【解析】
分析：首先将分式的分子和分母进行因式分解，然后进行约分化简得出答案．
详解：原式=．
点睛：本题主要考查的是分式的化简问题，属于基础题型．学会因式分解是解决这个问题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）进价元，进价元；（2）购进型至少台
【解析】
(1) 设进价为元，则进价为元，根据元购进型电机的数量与用元购进型电机的数量相等，即可得出关于x的分式方程，解分式方程经检验后即可得出结论；
(2) 设购进型台，则购进型台，根据用不超过元的资金购进，两种型号的电机共台，即可得出关于y的一元一次不等式，解不等式即可得出结论．
【详解】
（1）解：设进价为元，则进价为元，
解得：
经检验是原分式方程的解
进价元，进价元．
（2）设购进型台，则购进型台．
购进型至少台．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是找准等量关系，正确列出分式方程．
25、 (1)；(2)；(3)见解析.
【解析】
根据平面向量的知识，再利用三角形法即可求解.
【详解】
在此处键入公式。
(1)与是平行向量；
(2)＝+＝﹣+＝﹣
＝+＝﹣+＝﹣(﹣)+＝-++
(3)∵+＝+＝
如图所示，
该题主要考查了平面向量的知识，注意掌握三角形法的应用.
26、 (1)；(2)5；(3) PA+PB的长度最短时，点P的坐标为(，0)，PA+PB的最短长度为.
【解析】
（1）直接利用两点之间距离公式直接求出即可；
（2）根据题意列式计算即可；
（3）利用轴对称求最短路线方法得出P点位置，进而求出PA+PB的最小值．
【详解】
(1) （1）∵A（2，3），B（-1，-2），
∴A，B两点间的距离为： ；
(2) ∵M，N在平行于y轴的直线上，点M的纵坐标为-2，点N的纵坐标为3，
则M，N两点间的距离为3-（-2）=5；
(3)如图，作点A关于x轴的对称点A′，连接A′B与x轴交于点P，此时PA+PB最短
设A′B的解析式为y=kx+b
将A′(0，-4)，B(4，2)代入y=kx+b得
解得
∴直线设A′B的解析式为
令y=0得
∴P(0，).
∵PA′=PA
∴PA+PB=PA′+PB=A′B=
∴PA+PB的长度最短时，点P的坐标为(，0)，PA+PB的最短长度为.
考查了利用轴对称求最值问题以及两点之间距离公式，正确转化代数式为两点之间距离问题是解题关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人