2024-2025学年江苏省常熟市第一中学九年级数学第一学期开学复习检测试题【含答案】

这是一份2024-2025学年江苏省常熟市第一中学九年级数学第一学期开学复习检测试题【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）△ABC的三边为a、b、c，由下列条件不能判断它是直角三角形的是（ ）
A．∠A: ∠B: ∠C =3∶4∶5B．∠A=∠B+∠C
C．a2=(b+c)(b-c)D．a:b:c =1∶2∶
2、（4分）的倒数是（ ）
A．-B．C．D．
3、（4分）若分式有意义，则的取值范围是( )
A．B．C．D．
4、（4分）下列图形中，成中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
5、（4分）在四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，下列条件中，不能判定四边形ABCD是平行四边形的是( )
A．AB＝DC，AD＝BCB．AD∥BC，AD＝BC
C．AB∥DC，AD＝BCD．OA＝OC，OD＝OB
6、（4分）点（﹣5，1）所在的象限是（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
7、（4分）故宫是世界上现存规模最大，保存最完整的宫殿建筑群．下图是利用平面直角坐标系画出的故宫的主要建筑分布示意图．在图中，分别以正东、正北方向为x轴、y轴的正方向，建立平面直角坐标系，有如下四个结论：
①当表示太和殿的点的坐标为（0，0），表示养心殿的点的坐标为（-2，4）时，表示景仁宫的点的坐标为（2，5）；
②当表示太和殿的点的坐标为（0，0），表示养心殿的点的坐标为（-1，2）时，表示景仁宫的点的坐标为（1，3）；
③当表示太和殿的点的坐标为（4，-8），表示养心殿的点的坐标为（0，0）时，表示景仁宫的点的坐标为（8，1）；
④当表示太和殿的点的坐标为（0，1），表示养心殿的点的坐标为（-2，5）时，表示景仁宫的点的坐标为（2，6）．上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③C．①④D．②③
8、（4分）如图，在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线．若∠A＝20°，则∠BDC＝( )
A．30°B．40°C．45°D．60°
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，则AC与AB两边的关系是_____．
10、（4分）某中学组织初二学生开展篮球比赛，以班为单位单循环形式（每两班之间赛一场），现计划安排15场比赛，则共有多少个班级参赛？设有x个班级参赛，根据题意，可列方程为_____．
11、（4分）已知一个一元二次方程，它的二次项系数为1，两根分别是2和3，则这个方程是______．
12、（4分）因式分解：_________.
13、（4分）已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AB＝，CD＝5，那么∠D的度数是_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）一辆轿车从甲地驶往乙地，到达乙地后返回甲地，速度是原来的1.5倍，共用t小时；一辆货车同时从甲地驶往乙地，到达乙地后停止．两车同时出发，匀速行驶．设轿车行驶的时间为x（h），两车到甲地的距离为y（km），两车行驶过程中y与x之间的函数图象如图．
（1）求轿车从乙地返回甲地时的速度和t的值；
（2）求轿车从乙地返回甲地时y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
（3）直接写出轿车从乙地返回甲地时与货车相遇的时间．
15、（8分）先化简，再求值：，其中x是的整数部分．
16、（8分）解下列方程：
（1）
（2）
17、（10分）感知：如图①，在正方形中，点在对角线上（不与点、重合），连结、，过点作，交边于点.易知，进而证出.
探究：如图②，点在射线上（不与点、重合），连结、，过点作，交的延长线于点.求证：.
应用：如图②，若，，则四边形的面积为________.
18、（10分）某图书馆计划选购甲、乙两种图书.甲图书每本价格是乙图书每本价格的2.5倍，如果用900元购买图书，则单独购买甲图书比单独购买乙图书要少18本.
（1）甲、乙两种图书每本价格分别为多少元？
（2）如果该图书馆计划购买乙图书的本数比购买甲图书本数的2倍多8本，且用于购买甲、乙两种图书的总费用不超过1725元，那么该图书馆最多可以购买多少本乙图书？
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）正方形，，，...按如图的方式放置，点，，...和点，，...分别在直线和轴上，则点的坐标为_______.
20、（4分）如图，正方形的边长为，点，分别在边，上，若是的中点，且，则的长为_______．
21、（4分）如图，在四边形中，交于E,若，则的长是_____________
22、（4分）如图，矩形的边分别在轴、轴上，点的坐标为。点分别在边上，。沿直线将翻折，点落在点处。则点的坐标为__________。
23、（4分）如图所示，已知ABCD中，下列条件：①AC=BD；②AB=AD；③∠1=∠2；④AB⊥BC中，能说明ABCD是矩形的有______________（填写序号）
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，直线与轴、轴分别相交于点，设是线段上一点，若将△沿折叠，使点恰好落在轴上的点处。求：
（1）点的坐标；
（2）直线所对应的函数关系式.
25、（10分）如图，AD是△ABC的中线，AD＝12，AB＝13，BC＝10，求AC长．
26、（12分）某中学开展“我的中国梦”演讲比赛活动，九（1）、九（2）班根据初赛成绩各选出5名选手参加复赛，两个班各选出的5名选手的复赛成绩（满分为100分）如下图所示．
（1）根据如图，分别求出两班复赛的平均成绩和方差；
（2）根据（1）的计算结果，分析哪个班级5名选手的复赛成绩波动小？
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、A
【解析】
分析：根据直角三角形的概念，角的特点和勾股定理的逆定理逐一判断即可.
详解：根据直角三角形的两锐角互余，可知180°×=75°＜90°，不是直角三角形，故正确；
根据三角形的内角和定理，根据∠A+∠B+∠C=180°，且∠A=∠B+∠C，可得∠A=90°，是直角三角形，故不正确；
根据平方差公式，化简原式为a2=b2-c2，即a2+c2=b2，根据勾股定理的逆定理，可知是直角三角形，故不正确；
根据a、b、c的关系，可直接设a=x，b=2x，c=x，可知a2+c2=b2，可以构成直角三角形，故不正确.
故选A.
点睛：此题主要考查了直角三角形的判定，关键是根据三角形的两锐角互余，三角形的内角和定理和勾股定理逆定理进行判断即可.
2、C
【解析】
的倒数是，故选C．
3、A
【解析】
根据分式有意义的条件：分母不等于0，即可求解．
【详解】
解：根据题意得：x-1≠0，
解得：x≠1．
故选：A．
此题考查分式有意义的条件，正确理解条件是解题的关键．
4、B
【解析】
解：A、不是中心对称图形；
B、是中心对称图形；
C、不是中心对称图形；
D、不是中心对称图形，
故选B．
5、C
【解析】
根据平行四边形的判定方法逐一进行分析判断即可.
【详解】
A. AB＝DC，AD＝BC，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可以判定四边形ABCD是平行四边形，故不符合题意；
B. AD∥BC，AD＝BC，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可以判定四边形ABCD是平行四边形，故不符合题意；
C. AB∥DC，AD＝BC，一组对边平行，另一组对边平行的四边形可能是平行四边形也可能是等腰梯形，故符合题意；
D. OA＝OC，OD＝OB，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可以判定四边形ABCD是平行四边形，故不符合题意，
故选C.
本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键.
6、B
【解析】
根据点的坐标的特征，即可确定其所在象限；
【详解】
解：由（-5,1）符合（-，+），故该点在第二象限；因此答案为B.
本题考查了各象限内点的坐标的符号特征以及解不等式，记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键，四个象限的符号特点分别是：第一象限（+，+）；第二象限（﹣，+）；第三象限（﹣，﹣）；第四象限（+，﹣）．
7、C
【解析】
根据各结论所给两个点的坐标得出原点的位置及单位长度从而得到答案.
【详解】
①当表示太和殿的点的坐标为（0，0），表示养心殿的点的坐标为（-2，4）时，表示景仁宫的点的坐标为（2，5），正确；
②当表示太和殿的点的坐标为（0，0），表示养心殿的点的坐标为（-1，2）时，表示景仁宫的点的坐标为（1，2.5），错误；
③当表示太和殿的点的坐标为（4，-8），表示养心殿的点的坐标为（0，0）时，表示景仁宫的点的坐标为（8，2），错误；
④当表示太和殿的点的坐标为（0，1），表示养心殿的点的坐标为（-2，5）时，表示景仁宫的点的坐标为（2，6），正确，
故选：C.
此题考查平面直角坐标系中用点坐标确定具体位置，由给定的点坐标确定原点及单位长度是解题的关键.
8、B
【解析】
根据直角三角形斜边上的中线，可得CD=AD，所以∠A＝∠DCA＝20°，再三角形外角性质即可得到∠BDC.
【详解】
∵∠ACB＝90°，CD是斜边AB上的中线，
∴BD＝CD＝AD．
∴∠A＝∠DCA＝20°，∴∠BDC＝∠A＋∠DCA＝20°＋20°＝40°．
故选B．
本题考查直角三角形斜边上的中线的性质，熟记性质是解题的关键.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、AB=2AC．
【解析】
解：如图所示，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，则AB=2AC．
故答案为AB=2AC．
本题考查了在直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边的一半，应熟练掌握．
10、
【解析】
设共有x个班级参赛，根据每一个球队和其他球队都打(x﹣1)场球，但每两个球队间只有一场比赛，可得总场次=×球队数×(球队数-1)，据此列方程即可.
【详解】
有x个班级参赛，根据题意，
得=15，
故答案为：=15.
本题考查了一元二次方程的应用，弄清题意，找准等量关系列出方程是解题的关键.
11、
【解析】
设方程为ax2＋bx＋c＝0，则由已知得出a＝1，根据根与系数的关系得，2＋3＝−b，2×3＝c，求出即可．
【详解】
∵二次项系数为1的一元二次方程的两个根为2，3，
∴2＋3＝−b，2×3＝c，
∴b=-5，c=6
∴方程为，
故答案为：．
本题考查了根与系数的关系：x1，x2是一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）的两根时，x1＋x2＝−，x1x2＝．
12、
【解析】
利用完全平方公式分解即可.
【详解】
解：=
本题考查了公式法分解因式，能用公式法进行因式分解的式子的特点需牢记．
能用平方差公式进行因式分解的式子的特点是：两项平方项，符号相反．
能用完全平方公式法进行因式分解的式子的特点是：两项平方项的符号相同，另一项是两底数积的2倍．
13、60°或120°
【解析】
该题根据题意分为两种情况，首先正确画出图形，根据已知易得直角三角形DEC的直角边和斜边的长，然后利用三角函数，即可求解.
【详解】
①如图1，
过D作DE⊥BC于E，则∠DEC＝∠DEB＝90°，
∵AD∥BC，∠A＝90°，
∴∠B＝90°，
∴四边形ABED是矩形，
∴∠ADE＝90°，AB＝DE＝，
∵CD＝5，
∴sinC＝＝，
∴∠C＝60°，
∴∠EDC＝30°，
∴∠ADC＝90°+30°＝120°；
②如图2，
此时∠D＝60°，
即∠D的度数是60°或120°，
故答案为：60°或120°．
该题重点考查了三角函数的相关知识，解决该题的关键一是：能根据题意画出两种情况，二是：把该题转化为三角函数问题，从而即可求解.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）5（2）y=﹣120x+600（3≤x≤5）（3）
【解析】
（1）利用行驶的速度变化进而得出时间变化，进而得出t的值；
（2）利用待定系数法求一次函数解析式进而利用图象得出自变量x的取值范围；
（3）利用函数图象交点求法得出其交点横坐标，进而得出答案．
【详解】
解：（1）∵一辆轿车从甲地驶往乙地，到达乙地后返回甲地，速度是原来的1.5倍，
∴行驶的时间分别为：=3小时，则=2小时，
∴t=3+2=5；
∴轿车从乙地返回甲地时的速度是：=120（km/h）；
（2）∵t=5，∴此点坐标为：（5，0），
设轿车从乙地返回甲地时y与x之间的函数关系式为：y=kx+b，
∴，
解得：，
∴轿车从乙地返回甲地时y与x之间的函数关系式为：y=﹣120x+600（3≤x≤5）；
（3）设货车行驶图象解析式为：y=ax，
则240=4a，
解得：a=60，
∴货车行驶图象解析式为：y=60x，
∴当两图象相交则：60x=﹣120x+600，
解得：x=，故﹣3=（小时），
∴轿车从乙地返回甲地时与货车相遇的时间小时．
15、，
【解析】
原式括号中两项通分并利用同分母分式的加法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，求出x的值代入计算即可求出值．
【详解】
解：原式＝
∵x是的整数部分，∴x＝2.
当x＝2时， .
本题考查分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解题关键．
16、 (1) ；（2）无解
【解析】
（1） 移项，再因式分解求解即可.
（2） 方程变形后去分母转化为整式方程,求出整式方程的解得到x的值,经检验即可得到分式方程的解.
【详解】
（1）

．
（2）

经检验，是原方程的增根，
∴原方程无解
本题主要考查了解方程,解分式方程的基本思想是“转化思想”,把分式方程转化为整式方程求解.解分式方程一定注意要验根.
17、探究：见解析；应用：
【解析】
探究：由四边形是正方形易证．可得，，由及．可得． 可得即可证；
应用：连结，可得三角形DEF是等腰三角形，利用勾股定理，分别求DF、FC的长度，再别求和的面积即可.
【详解】
探究：四边形是正方形，
，．
．
又，
．
，．
，
．
．
又．
．
．
．
应用： （提示：连结，分别求和的面积）
连结
由=2，∠FED=90°由勾股定理可得：FD= 可得：
∵CD=1,∠FCD=90°由勾股定理可得：FC= 可得：
∴
本题考查了正方形的性质、三角形全等以及勾股定理的运用，灵活运用正方形性质和利用勾股定理计算长度是解题的关键.
18、（1）甲图书每本价格为75元，乙图书每本价格为30元；（2）图书馆最多可以购买30本乙图书.
【解析】
(1)根据题意，可以列出相应的分式方程，从而可以求得乙种图书每本的价格；
(2)根据题意可以列出相应的不等式，从而可以求得该图书馆最多可以购买多少本甲种图书。
【详解】
解：（1）设乙图书每本价格为元，则甲图书每本价格为元.
由题意得，，
解得. 经检验，是原方程的根且符合题意.
所以甲图书每本价格为75元，乙图书每本价格为30元.
（2）设设购买乙图书本，则购买甲图书本.
由题意得，.
解得.
因为最大可以取30.
所以图书馆最多可以购买30本乙图书.
本题考查分式方程的应用、-元-次不等式的应用,解答本题的关键是明确题意,列出相应的分式方程和不等式,注意分式方程要检验
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
按照由特殊到一般的思路，先求出点A 1、B 1；A 2、B 2；A 3、B 3；A 4、B 4的坐标，得出一般规律，进而得出点A n、Bn的坐标，代入即得答案.
【详解】
解：∵直线，x=0时，y=1，∴OA 1=1，
∴点A 1的坐标为（0，1），点B 1的坐标为（1，1），
∵对直线，当x=1时，y=2，∴A 2C 1=2，
∴点A 2的坐标为（1，2），点B 2的坐标为（3，2），
∵对直线，当x=3时，y=4，∴A 3C 2=4，
∴点A 3的坐标为（3，4），点B 3的坐标为（7，4），
∵对直线，当x=7时，y=8，∴A 4C 3=8，
∴点A 4的坐标为（7，8），点B 4的坐标为（15，8），
……
∴点A n的坐标为（2 n ﹣1﹣1，2 n ﹣1）， 点B n的坐标为（2 n ﹣1，2 n ﹣1）
∴点的坐标为（2 2019 ﹣1，2 2018）
本题主要考查一次函数图象上点的坐标特征、正方形的性质和规律的探求，解决这类问题一般从特殊情况入手，找出数量上的变化规律，从而推出一般性的结论．
20、4
【解析】
延长F至G，使CG=AE，连接DG，由SAS证明△ADE≌△CDG，得出DE=DG，∠ADE=∠CDG，再证明△EDF≌△GDF，得出EF=GF，设AE=CG=x，则EF=GF=3+x，在Rt△BEF中，由勾股定理得出方程，解方程得出AE=2，从而求得BE的长即可．
【详解】
解：延长F至G，使CG=AE，连接DG、EF，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=BC=CD=6，∠A=∠B=∠DCF=∠ADC=90°，
∴∠DCG=90°，
在△ADE和△CDG中，，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴DE=DG，∠ADE=∠CDG，
∴∠EDG=∠CDE+∠CDG=∠CDE+∠ADE=90°，
∵∠EDF=45°，
∴∠GDF=45°，
在△EDF和△GDF中，，
∴△EDF≌△GDF（SAS），
∴EF=GF，
∵F是BC的中点，
∴BF=CF=3，
设AE=CG=x，则EF=GF=CF+CG=3+x，
在Rt△BEF中，由勾股定理得：，
解得：x=2，即AE=2，
∴BE=AB-AE=6-2=4.
此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理，利用了方程的思想，证明三角形全等是解本题的关键．
21、
【解析】
过点A作AM⊥BD于M,先证明△AEM≌△BEC，得出AM=BC，BE=ME，再根据得出三角形ADM是等腰直角三角形，从而得出AM=BC,结合已知和勾股定理得出DB和BC的长即可
【详解】
过点A作AM⊥BD于M,则
∵
∴
∵EA=EC，
∴
∴AM=BC，BE=ME
∵则设EB=2k,ED=5k
∴EM=2k,DM=3k
∵,
∴AM=DM=BC=3k,BM=4k
则AB=5k=5，k=1
∴DB=7,BC=3
∵
∴DC=
故答案为：
本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质与判定，以及勾股定理，熟练掌握相关知识是解题的关键
22、
【解析】
由四边形OABC是矩形，BE=BD=1，易得△BED是等腰直角三角形，由折叠的性质，易得∠BEB′=∠BDB′=90°，又由点B的坐标为（3，2），即可求得点B′的坐标．
【详解】
∵四边形OABC是矩形，
∴∠B=90°，
∵BD=BE=1，
∴∠BED=∠BDE=45°，
∵沿直线DE将△BDE翻折,点B落在点B′处，
∴∠B′ED=∠BED=45°,∠B′DE=∠BDE=45°,B′E=BE=1,B′D=BD=1，
∴∠BEB′=∠BDB′=90°，
∵点B的坐标为(3,2)，
∴点B′的坐标为(2,1).
故答案为：(2,1).
此题考查翻折变换（折叠问题），坐标与图形性质，解题关键在于得到△BED是等腰直角三角形
23、①④
【解析】
矩形的判定方法由：①有一个角是直角的平行四边形是矩形；②有三个角是直角的四边形是矩形；③对角线相等的平行四边形是矩形，由此可得能使平行四边形ABCD是矩形的条件是①和④.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）；（2）
【解析】
（1）先确定点A、点B的坐标，再由AB＝AC，可得AC的长度，求出OC的长度，即可得出点C的坐标；
（2）设OM＝m，则CM＝BM＝8−m，在Rt△OMC中利用勾股定理求出m的值，得出M的坐标后，利用待定系数法可求出AM所对应的函数解析式．
【详解】
解：（1）
令x＝0，则y＝8，
令y＝0，则x＝6，
∴A（6，0），B（0，8），
∴OA＝6，OB＝8，AB＝10，
∵AC＝AB＝10，
∴OC＝10−6＝4，
∴C的坐标为：（−4，0）．
（2）设OM＝m，则CM＝BM＝8−m，
在Rt△OMC中，m2＋42＝（8−m）2，
解得：m＝3，
∴M的坐标为：（0，3），
设直线AM的解析式为y＝kx＋b，
则，解得：
故直线AM的解析式为： .
本题考查了一次函数的综合，涉及了待定系数法求函数解析式、勾股定理及翻折变换的性质，解答本题的关键是数形结合思想的应用，难度一般．
25、2.
【解析】
根据勾股定理逆定理，证△ABD是直角三角形，得AD⊥BC，可证AD垂直平分BC，所以AB=AC.
【详解】
解：∵AD是△ABC的中线，且BC=10，
∴BD=BC=1．
∵12+122=22，即BD2+AD2=AB2，
∴△ABD是直角三角形，则AD⊥BC，
又∵CD=BD，
∴AC=AB=2．
本题考核知识点：勾股定理、全等三角形、垂直平分线.解题关键点：熟记相关性质，证线段相等.
26、（1）九(1)班成绩的平均数为85，方差为70；九(2)班成绩的平均数为85，方差为160；（2）九(1)班方差小，成绩波动小
【解析】
（1）从直方图中得到各个选手的得分，由平均数和方差的公式计算；
（2）由方差的意义分析．
【详解】
(1)九(1)班的选手的得分分别为85，75，80，85，100，
∴九(1)班成绩的平均数=(85+75+80+85+100)÷5=85，
九(1)班的方差 =[(85−85) +(75−85) +(80−85) +(85−85) +(100−85) ]÷5=70；
九(2)班的选手的得分分别为70，100，100，75，80，
九(2)班成绩的平均数=(70+100+100+75+80)÷5=85，
九(2)班的方差 =[(70−85) +(100−85) +(100−85) +(75−85) +(80−85) ]÷5=160；
(2)平均数一样的情况下,九(1)班方差小，成绩波动小。
此题考查用样本估计总体，加权平均数，方差，条形统计图，解题关键在于看懂图中数据
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人