2025届福建省莆田市南门中学数学九上开学综合测试试题【含答案】

这是一份2025届福建省莆田市南门中学数学九上开学综合测试试题【含答案】，共26页。试卷主要包含了选择题，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）不等式的解集在数轴上表示为（ ）
A．B．C．D．
2、（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．
3、（4分）如图，在矩形ABCD中，M是BC边上一点，连接AM，过点D作，垂足为若，，则BM的长为
A．1B．C．D．
4、（4分）若，则不等式的解集在数轴上表示为（ ）
A．B．
C．D．
5、（4分）直线y=x－1的图像经过的象限是
A．第二、三、四象限 B．第一、二、四象限
C．第一、三、四象限 D．第一、二、三象限
6、（4分）如图，在正方形ABCD中，△BPC是等边三角形，BP，CP的延长线分别交AD于点E，F，连接BD，DP，BD与CF交于点H．下列结论：①BE=2AE；②△DFP∽△BPH；③△PFD∽△PDB；④DP2=PH•PC，其中正确的结论是
A．①②③④B．②③C．①②④D．①③④
7、（4分）在菱形中，对角线相交于点，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
8、（4分）如图,矩形在平面直角坐标系中, ,,把矩形沿直线对折使点落在点处,直线与的交点分别为,点在轴上,点在坐标平面内,若四边形是菱形,则菱形的面积是（ ）
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）如图，已知：l1∥l2∥l3，AB=6，DE=5，EF=7.5，则AC=__．
10、（4分）如图，在中，，，，为上一点，，将绕点旋转至，连接，分别为的中点，则的最大值为_________．
11、（4分）已知等腰三角形的两条边长分别是3cm、7cm，那么这个等腰三角形的周长是________cm．
12、（4分）如图，若△DEF是由△ABC沿BC方向平移得到的，EF＝5，EC＝3，则平移的距离是_____．
13、（4分）在菱形ABCD中，两条对角线AC与BD的和是1．菱形的边AB＝5，则菱形ABCD的面积是_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）将一矩形纸片放在直角坐标系中，为原点，点在轴上，点在轴上，.
（1）如图1，在上取一点，将沿折叠，使点落在边上的点处，求直线的解析式；
（2）如图2，在边上选取适当的点，将沿折叠，使点落在边上的点处，过作于点，交于点，连接，判断四边形的形状，并说明理由；
（3）、在（2）的条件下，若点坐标，点在直线上，问坐标轴上是否存在点，使以为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点坐标；若不存在，请说明理由.
15、（8分）如图，已知直线y＝x+4与x轴、y轴交于A，B两点，直线l经过原点，与线段AB交于点C，并把△AOB的面积分为2：3两部分，求直线l的解析式．
16、（8分）如图1，在平面直角坐标系中，直线与坐标轴交于A，B两点，以AB为斜边在第一象限内作等腰直角三角形ABC，点C为直角顶点，连接OC.
(1)直接写出= ;
(2)请你过点C作CE⊥y轴于E点，试探究OB+OA与CE的数量关系，并证明你的结论；
(3)若点M为AB的中点，点N为OC的中点，求MN的值；
(4)如图2，将线段AB绕点B沿顺时针方向旋转至BD，且OD⊥AD，延长DO交直线于点P，求点P的坐标.
17、（10分）解下列各题:
（1）计算:
（2）解方程：（x+1）(x-1)=4x-1
18、（10分）小明从家骑自行车出发，沿一条直路到相距2400m的邮局办事，小明出发的同时，他的爸爸以96m/min速度从邮局同一条道路步行回家，小明在邮局停留2min后沿原路以原速返回，设他们出发后经过t min时，小明与家之间的距离为s1m，小明爸爸与家之间的距离为s2 m，图中折线OABD、线段EF分别表示s1、s2与t之间的函数关系的图象。
（1）求s2与t之间的函数关系式；
（2）小明从家出发，经过多长时间在返回途中追上爸爸？这时他们距离家还有多远？
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）若数据，，…，的方差为6，则数据，，…，的方差是______.
20、（4分）如图，DE为Rt△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB=∠BAC=90°，若AB=4，AC=8，则EF的长为____．(结果保留根号)
21、（4分）已知一次函数y=mx+n（m≠0，m，n为常数），x与y的对应值如下表：
那么，不等式mx+n＜0的解集是_____．
22、（4分）从多边形的一个顶点出发能画5条对角线，则这个多边形的边数是_______.
23、（4分）在平面直角坐标系中，点A（x，y）在第三象限，则点B（x，﹣y）在第_____象限．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）某校为了选拔学生参加区里“五好小公民”演讲比赛，对八年级一班、二班提前选好的各10名学生进行预选(满分10分)，绘制成如下两幅统计表：
表(1)：两班成绩
表(2)：两班成绩分析表
（1）在表(2)中填空，a=________，b=________，c=________.
（2）一班、二班都说自己的成绩好，你赞同谁的说法?请给出两条理由.
25、（10分）观察下列各式
，
，
，
，
由此可推断
（1）＝ ＝ ．
（2）请猜想（1）的特点的一般规律，用含m的等式表示出来为 ＝ （m表示正整数）．
（3）请参考（2）中的规律计算：
26、（12分）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，A、B、C三点在格点上，作出△ABC关于原点O对称的△A1B1C1，并写出点C1的坐标．
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】
先求此不等式的解集，再根据不等式的解集在数轴上表示方法画出图示即可求得．
【详解】
解不等式得：x⩽3，
所以在数轴上表示为
故选A.
本题考查在数轴上表示不等式的解集，解题的关键是掌握在数轴上表示不等式的解集.
2、B
【解析】
利用待定系数法即可求解.
【详解】
把A(3，4)和点B(2，7)代入解析式得，解得
故解析式为
故选B.
此题主要考查一次函数解析式的求解，解题的关键是熟知待定系数法确定函数关系式.
3、D
【解析】
由AAS证明≌，得出，证出，连接DM，由HL证明≌，得出，因此，设，则，，在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】
解：四边形ABCD是矩形，
，，，，
，
，
，
，
，
在和中，，
≌，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，
，
设，则，，
在中，由勾股定理得：，
解得：，
.
故选D．
本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解决问题的关键．
4、C
【解析】
先根据非负性求出a,b的值，再求出不等式的解集即可．
【详解】
根据题意，可知，，
解得，，
∴
则不等式的解集为．
在数轴上表示为：
故选C．
此题只要不等式的求解，解题的关键是熟知非负性的应用及不等式的求解．
5、C
【解析】
直线y=x-1与y轴交于（0，-1）点，且k=1＞0，y随x的增大而增大，
∴直线y=x-1的图象经过第一、三、四象限．故选C．
6、C
【解析】
由正方形的性质和相似三角形的判定与性质，即可得出结论．
【详解】
∵△BPC是等边三角形，
∴BP=PC=BC，∠PBC=∠PCB=∠BPC=60°，
在正方形ABCD中，
∵AB=BC=CD，∠A=∠ADC=∠BCD=90°
∴∠ABE=∠DCF=30°，
∴BE=2AE；故①正确；
∵PC=CD，∠PCD=30°，
∴∠PDC=75°，
∴∠FDP=15°，
∵∠DBA=45°，
∴∠PBD=15°，
∴∠FDP=∠PBD，
∵∠DFP=∠BPC=60°，
∴△DFP∽△BPH；故②正确；
∵∠FDP=∠PBD=15°，∠ADB=45°，
∴∠PDB=30°，而∠DFP=60°，
∴∠PFD≠∠PDB，
∴△PFD与△PDB不会相似；故③错误；
∵∠PDH=∠PCD=30°，∠DPH=∠DPC，
∴△DPH∽△CPD，
∴，
∴DP2=PH∙PC，故④正确；
故选C．
7、D
【解析】
由菱形的对角线的性质可知OA=4，根据勾股定理即可求出OD的长.
【详解】
解：如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=AC=4，
∵AD=5，
∴OD==3.
故选D.
本题考查了菱形的性质和勾股定理.
8、C
【解析】
如图，连接AD，根据勾股定理先求出OC的长，然后根据折叠的性质以及勾股定理求出AD、DF的长，继而作出符合题意的菱形，分别求出菱形的两条对角线长，然后根据菱形的面积等于对角线积的一半进行求解即可.
【详解】
如图，连接AD，
∵∠AOC=90°，AC=5，AO=3，
∴CO==4，
∵把矩形沿直线对折使点落在点处，
∴∠AFD=90°，AD=CD，CF=AF=，
设AD=CD=m，则OD=4-m，
在Rt△AOD中，AD2=AO2+OD2，
∴m2=32+(4-m)2，
∴m=，
即AD=，
∴DF===，
如图，过点F作FH⊥OC，垂足为H，延长FH至点N，使HN=HF，在HC上截取HM=HD，则四边形MFDN即为符合条件的菱形，
由题意可知FH=，
∴FN=2FH=3，DH=，
∴DM=2DH=，
∴S菱形MFDN=，
故选C.
本题考查了折叠的性质，菱形的判定与性质，勾股定理等知识，综合性质较强，有一定的难度，正确添加辅助线，画出符合题意的菱形是解题的关键.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、15
【解析】
l1∥l2∥l3,
,
所以，所以AC=15.
10、+2
【解析】
利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得CM的长，利用三角形中位线定理，可得MF的长，再根据当且仅当M、F、C三点共线且M在线段CF上时CF最大，即可得到结论．
【详解】
解：如图，取AB的中点M，连接MF和CM，
∵将线段AD绕点A旋转至AD′，
∴AD′=AD=1，
∵∠ACB=90°，
∵AC=6，BC=2，
∴AB=．
∵M为AB中点，
∴CM=，
∵AD′=1．
∵M为AB中点，F为BD′中点，
∴FM=AD′=2．
∵CM+FM≥CF，
∴当且仅当M、F、C三点共线且M在线段CF上时，CF最大，
此时CF=CM+FM=+2．
故答案为：+2．
此题考查旋转的性质，解题的关键是掌握旋转的性质及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，知道当且仅当M、F、C三点共线且M在线段CF上时CF最大是解题的关键．
11、1
【解析】
解∵等腰三角形的两条边长分别是3cm、7cm，
∴当此三角形的腰长为3cm时，3+3＜7，不能构成三角形，故排除，
∴此三角形的腰长为7cm，底边长为3cm，
∴此等腰三角形的周长=7+7+3=1cm，
故答案为：1．
12、1
【解析】
平移的距离为线段BE的长求出BE即可解决问题；
【详解】
∵BC＝EF＝5，EC＝3，
∴BE＝1，
∴平移距离是1，
故答案为：1．
本题考查平移的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
13、2
【解析】
根据菱形的对角线互相垂直，利用勾股定理列式求出AC•BD，再根利用菱形的面积等于对角线乘积的一半列式进行计算即可得解．
【详解】
如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝AC，OB＝BD，AC⊥BD，
在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，
根据勾股定理，得：OA2+OB2＝AB2，
即（AC+BD）2﹣AC•BD＝AB2，
×12﹣AC•BD＝52，
AC•BD＝48，
故菱形ABCD的面积是48÷2＝2．
故答案为：2．
本题考查了菱形的面积公式，菱形的对角线互相垂直平分线的性质，勾股定理的应用，比熟记性质是解题的关键．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）；（2）四边形为菱形，理由详见解析；（3）以为顶点的四边形是平行四边形时，点坐标或或
【解析】
（1）根据题意求得点E的坐标，再代入，把代入得到，即可解答
（2）先由折叠的性质得出，由平行线的性质得出 ，即四边形为菱形.
（3）为顶点的四边形是平行四边形时，点坐标或或.
【详解】
解：（1）如图1中，
，是由翻折得到，
，
在中，，
，设，
在中，，解得，
，
设直线的解析式为，把代入得到，
直线的解析式为.
（2）如图2中，四边形为菱形，
理由：是由翻折得到，
，.
，
，而
.四边形为菱形.
（3）以为顶点的四边形是平行四边形时，
点坐标或或.
本题考查四边形综合，根据题意做辅助线和判断等量关系列出方程是解题关键.
15、y＝﹣x或y＝﹣x．
【解析】
根据直线y＝x+4的解析式可求出A、B两点的坐标，当直线l把△ABO的面积分为S△AOC：S△BOC＝2：3时，作CF⊥OA于F，CE⊥OB于E，可分别求出△AOB与△AOC的面积，再根据其面积公式可求出两直线交点的坐标，从而求出其解析式；当直线l把△ABO的面积分为S△AOC：S△BOC＝2：3时，同（1）．
【详解】
解：直线l的解析式为：y＝kx，
对于直线y＝x+4的解析式，当x＝0时，y＝4，y＝0时，x＝﹣4，
∴A（﹣4，0）、B（0，4），
∴OA＝4，OB＝4，
∴S△AOB＝×4×4＝8，
当直线l把△AOB的面积分为S△AOC：S△BOC＝2：3时，S△AOC＝，
作CF⊥OA于F，CE⊥OB于E，
∴×AO•CF＝，即×4×CF＝，
∴CF＝．
当y＝时，x＝﹣，
则＝﹣k，
解得，k＝﹣，
∴直线l的解析式为y＝﹣x；
当直线l把△ABO的面积分为S△AOC：S△BOC＝3：2时，同理求得CF＝，
解得直线l的解析式为y＝﹣x．
故答案为y＝﹣x或y＝﹣x．
本题考查的是待定系数法求一次函数的解析式，掌握待定系数法求一次函数解析式的一般步骤是解题的关键，涉及到三角形的面积公式及分类讨论的方法．
16、（1） 4；（2）OB+OA=2CE；见解析；（3）MN=；（4）P（，）．
【解析】
(1)令x=0，求出y的值，令y=0，求出x的值，即可得出OA，OB的长，根据三角形面积公式即可求出结果；
（2）过点C作CF⊥x轴，垂足为点F，易证△CEB≌△CFA与四边形CEOF是正方形，从而得AF=BE，CE=BE=OF，由OB=OE-BE，AO=OF+AF可得结论；
（3）求出C点坐标，利用中点坐标公式求出点M，N的坐标，进而用两点间的距离公式求解即可得出结论；
（4）先判断出点B是AQ的中点，进而求出Q的坐标，即可求出DP的解析式，联立成方程组求解即可得出结论．
【详解】
（1）∵直线y=-x+2交坐标轴于A，B两点，
令x=0，则y=2，令y=0，则x=4,
∴BO=2，AO=4，
∴=；
（2）作CF⊥x轴于F，作CE⊥y轴于E，如图，
∴∠BFC=∠AEC=90°
∵∠EOF=90°，
∴四边形OECF是矩形，
∴CF=OE，CE=OF，∠ECF=90°，
∵∠ACB=90°
∴∠BCF=∠ACE，
∵BC=AC，
∴△CFB≌△CEA，
∴CF=CE，AF=BE，
∴四边形OECF是正方形，
∴OE=OF=CE=CF，
∴OB=OE-BE，OA=OF+AF，
∴OB+OA=OE+OF=2CE；
（3）由（2）得CE=3，
∴OE=3，
∴OF=3，
∴C（3，3）；
∵M是线段AB的中点，而A（4，0），B（0，2），
∴M（2，1），
同理：N（，），
∴MN=；
（3）如图②延长AB，DP相交于Q，
由旋转知，BD=AB，
∴∠BAD=∠BDA，
∵AD⊥DP，
∴∠ADP=90°，
∴∠BDA+∠BDQ=90°，∠BAD+∠AQD=90°，
∴∠AQD=∠BDQ，∴BD=BQ，
∴BQ=AB，
∴点B是AQ的中点，
∵A（4，0），B（0，2），
∴Q（-4，4），
∴直线DP的解析式为y=-x①，
∵直线DO交直线y=x+5②于P点，
联立①②解得，x=-，y=，
∴P（-，）．
此题是一次函数综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，中点坐标公式，两点间的距离公式，求出点C的坐标是解本题的关键．
17、（1）-2；（2）x1=0，x2=1
【解析】
（1）先化简各二次根式，然后合并同类二次根式即可；
（2）整理后用因式分解法解答即可．
【详解】
（1）解：原式=
=
=
=
（2）解：化简得：x2-1x=0，∴x（x-1）=0，解得：x1=0，x2=1．
本题考查了二次根式的加减运算及用因式分解法解一元二次方程．熟练掌握相关的计算方法是解答本题的关键．
18、 (1)s2=-96t+2400（2）小明从家出发，经过20min在返回途中追上爸爸，这时他们距离家还有480m
【解析】
（1）首先由小明的爸爸以96m/min速度从邮局同一条道路步行回家，求得小明的爸爸用的时间，即可得点D的坐标，然后由E（0，2400），F（25，0），利用待定系数法即可求得答案；
（2）首先求得直线BC的解析式，然后求直线BC与EF的交点，即可求得答案．
【详解】
解：（1）∵小明的爸爸以96m/min速度从邮局同一条道路步行回家，
∴小明的爸爸用的时间为：=25（min），
即OF=25，
如图：设s2与t之间的函数关系式为：s2=kt+b，
∵E（0，2400），F（25，0），
∴，
解得：，
∴s2与t之间的函数关系式为：s2=-96t+2400；
（2）如图：小明用了10分钟到邮局，
∴D点的坐标为（22，0），
设直线BD即s1与t之间的函数关系式为：s1=at+c（12≤t≤22），
∴解得：，
∴s1与t之间的函数关系式为：s1=-240t+5280（12≤t≤22），
当s1=s2时，小明在返回途中追上爸爸，
即-96t+2400=-240t+5280，
解得：t=20，
∴s1=s2=480，
∴小明从家出发，经过20min在返回途中追上爸爸，这时他们距离家还有480m．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、1.
【解析】
根据方差的定义进行求解，方差是用来衡量一组数据波动大小的量，每个数都加2，所以波动不会变，方差不变．
【详解】
原来的方差，
现在的方差
=
=1，方差不变．
故答案为：1．
此题考查了方差，本题说明了当数据都加上一个数（或减去一个数）时，方差不变，即数据的波动情况不变．
20、
【解析】
首先在Rt△ABC中，由勾股定理求出BC的长，然后利用中位线定理求出DE的长，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出DF的长，进而求出EF的长．
【详解】
∵∠BAC=90°，AB=4，AC=8，
∴BC===
∵DE为Rt△ABC的中位线，
∴DE=BC=,
∵∠AFB=90º,
∴DF=AB=2,
∴EF=DE-DF=,
故答案为：．
本题主要考查三角形的基本概念和直角三角形的性质，掌握直角三角形的性质是解答本题的关键．
21、x＜﹣1
【解析】
由表格得到函数的增减性后，再得出时，对应的的值即可.
【详解】
当时，，
根据表可以知道函数值随的增大而增大，
故不等式的解集是.
故答案为：.
此题考查了一次函数与一元一次不等式，认真体会一次函数与一元一次方程及一元一次不等式之间联系.理解一次函数的增减性是解决本题的关键.
22、1
【解析】
根据从n边形的一个顶点最多可以作对角线（n-3）条，求出边数即可．
【详解】
解：∵从多边形的一个顶点出发可以引5条对角线，设多边形边数为n，
∴n-3=5，
解得n=1．
故答案为：1．
本题考查多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线．掌握n边形从一个顶点出发可引出（n-3）条对角线是解题的关键．
23、二
【解析】
根据各象限内点的坐标特征，可得答案．
【详解】
解：由点A（x，y）在第三象限，得
x＜0，y＜0，
∴x＜0，-y＞0，
点B（x，-y）在第二象限，
故答案为：二．
本题考查了各象限内点的坐标的符号特征，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（+，-）．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）8，8，7.5；（2）一班的成绩更好，理由见解析.
【解析】
（1）根据中位数、众数的定义及平均数的计算公式求解即可；（2）一班的成绩更好，从平均数、中位数、方差方面分析即可.
【详解】
解：（1）在5，5，5，8，8，8，8，9，10，10中，中位数为8；众数为8；
二班的平均分=（10+6+6+9+10+4+5+7+10+8）÷10=7.5.
（2）一班的成绩更好，理由一：一班的平均分比二班高；理由二：一班成绩的中位数比二班高.（答案不唯一，合理即可）
本题考查了中位数、众数、平均数及方差的知识，正确运用相关知识是解决问题的关键.
25、（1），；（2） ，；（3）0.
【解析】
（1）根据题目中的例子可以解答本题；
（2）根据（1）中的例子可以写出含m的等式；
（3）根据前面的发现，可以计算出所求式子的值．
【详解】
解：（1）=，
故答案为：，；
（2）由（1）可得
，
故答案为：，；
（3）
＝
＝
＝0.
本题考查数字的变化类，解答本题的关键是明确题意，发现数字的变化规律，求出所求式子的值．
26、C1的坐标为：（﹣3，﹣2）
【解析】
直接利用关于原点对称点的性质得出各对应点位置进而得出答案．
【详解】
如图所示：△A1B1C1，即为所求，点C1的坐标为：（﹣3，﹣2）．
此题主要考查了旋转变换，正确得出对应点位置是解题关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
x
﹣2
﹣1
0
1
2
3
y
﹣1
0
1
2
3
4
序号
1号
2号
3号
4号
5号
6号
7号
8号
9号
10号
一班（分）
5
8
8
9
8
10
10
8
5
5
二班（分）
10
6
6
9
10
4
5
7
10
8
班级
平均分
中位数
众数
方差
及格率
一班
7.6
a
b
3.44
30%
二班
c
7.5
10
4.45
40%