2025届湖北省麻城市九上数学开学监测试题【含答案】

这是一份2025届湖北省麻城市九上数学开学监测试题【含答案】，共23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）若关于的方程是一元二次方程，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2、（4分）今年，重庆市南岸区广阳镇一果农李灿收获枇杷20吨，桃子12吨，现计划租用甲、乙两种货车共8辆将这批水果全部运往外地销售，已知一辆甲种货车可装枇杷4吨和桃子1吨，一辆乙种货车可装枇杷和桃子各2吨.李灿安排甲、乙两种货车一次性地将水果运到销售地的方案数有（ ）
A．1种B．2种C．3种D．4种
3、（4分）下列因式分解正确的是（ ）
A．2x2﹣2＝2（x+1）（x﹣1）B．x2+2x﹣1＝（x﹣1）2
C．x2﹣1＝（x﹣1）2D．x2﹣x+2＝x（x﹣1）+2
4、（4分）正方形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）
A．四边相等B．对角线相等C．对角线互相垂直D．对角线互相平分
5、（4分）已知正比例函数y＝﹣2x的图象经过点（a，2），则a的值为（ ）
A．B．﹣1C．﹣D．﹣4
6、（4分）下图入口处进入，最后到达的是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
7、（4分）对于函数y=-2x+5，下列说法正确的是（ ）
A．图象一定经过（2，-1）B．图象经过一、二、四象限
C．图象与直线y=2x+3平行D．y随x的增大而增大
8、（4分）若关于的分式方程有增根，则的值是（ ）．
A．B．
C．D．或
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）在一次数学活动课上，老师让同学们借助一副三角板画平行线AB，下面是小楠、小曼两位同学的作法：
老师说：“小楠、小曼的作法都正确”
请回答：小楠的作图依据是______；
小曼的作图依据是______．
10、（4分）方程x5＝81的解是_____．
11、（4分）如图，分别以的斜边，直角边为边向外作等边和，为的中点，，相交于点.若∠BAC=30°，下列结论：①；②四边形为平行四边形；③；④.其中正确结论的序号是______.
12、（4分）如图，已知函数y＝kx＋2与函数y＝mx－4的图象交于点A，根据图象可知不等式kx＋2＜mx－4的解集是__________．
13、（4分）2018年国内航空公司规定：旅客乘机时，免费携带行李箱的长，宽，高三者之和不超过115cm．某厂家生产符合该规定的行李箱．已知行李箱的宽为20cm，长与高的比为8：11，则符合此规定的行李箱的高的最大值为 cm．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，在平行四边形ABCD中，点M为边AD的中点，过点C作AB的垂线交AB于点E，连接ME，已知AM=2AE=4，∠BCE=30°.
(1)求平行四边形ABCD的面积；
(2)求证：∠EMC=2∠AEM .
15、（8分）毎年6月，学校门口的文具店都会购进毕业季畅销商品进行销售．已知校门口“小光文具店“在5月份就售出每本8元的A种品牌同学录90本，每本10元的B种品牌同学录175本．
（1）某班班长帮班上同学代买A种品牌和B种品牌同学录共27本，共花费246元，请问班长代买A种品牌和B种品牌同学录各多少本？
（2）该文具店在6月份决定将A种品牌同学录每本降价3元后销售，B种品牌同学录每本降价a%（a＞0）后销售．于是，6月份该文具店A种品牌同学录的销量比5月份多了a%，B种品牌同学录的销量比5月份多了（a+20）%，且6月份A、B两种品牌的同学录的销售总额达到了2550元，求a的值．
16、（8分）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于点D、C，直线AB与轴交于点，与直线CD交于点．
（1）求直线AB的解析式；
（2）点E是射线CD上一动点，过点E作轴，交直线AB于点F，若以、、、为顶点的四边形是平行四边形，请求出点E的坐标；
（3）设P是射线CD上一动点，在平面内是否存在点Q，使以B、C、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出符合条件的点Q的个数及其中一个点Q的坐标；否则说明理由．
17、（10分）如图,平行四边形ABCD的两条对角线相交于O,且AC平分∠DAB
(1)求证:四边形ABCD是菱形
(2)若AC=16,BD=12,试求点O到AB的距离.
18、（10分）在某段限速公路BC上(公路视为直线)，交通管理部门规定汽车的最高行驶速度不能超过60 km/h（即），并在离该公路100 m处设置了一个监测点A．在如图的平面直角坐标系中，点A位于y轴上，测速路段BC在x轴上，点B在点A的北偏西60°方向上，点C在点A的北偏东45°方向上．另外一条公路在y轴上，AO为其中的一段．
(1)求点B和点C的坐标；
(2)一辆汽车从点B匀速行驶到点C所用的时间是15 s，通过计算，判断该汽车在这段限速路上是否超速．(参考数据：≈1.7)
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）线段AB的两端点的坐标为A(﹣1，0)，B(0，﹣2)．现请你在坐标轴上找一点P，使得以P、A、B为顶点的三角形是直角三角形，则满足条件的P点的坐标是______．
20、（4分）如图，直线（＞0）与轴交于点（-1,0），关于的不等式＞0的解集是_____________．
21、（4分）若关于x的一元一次不等式组的的解集为，则a的取值范围是___________．
22、（4分）两个相似三角形的最短边长分别为5cm和3cm，它们的周长之差为12cm，那么较大三角形的周长为_____cm．
23、（4分）分解因式：___．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）已知，在平面直角坐标系中，直线经过点和点.
（1）求直线所对应的函数表达式.
（2）若点在直线上，求的值.
25、（10分）先化简，然后从，，，中选择一个合适的数作为的值代入求值
26、（12分）计算：(1)(1-)+|1-2|+×.
(2)(+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、A
【解析】
本题根据一元二次方程的定义求解，一元二次方程必须满足两个条件：未知数的最高次数是2；二次项系数不为1．由这两个条件得到相应的关系式，再求解即可．
【详解】
由题意，得
m-2≠1，
m≠2，
故选A．
本题利用了一元二次方程的概念．只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，一般形式是ax2+bx+c=1（且a≠1）．特别要注意a≠1的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．
2、C
【解析】
设租用甲种货车x辆，则租用乙种货车（8-x）辆，根据8辆货车可一次将枇杷20吨、桃子12吨运完，即可得出关于x的一元一次不等式组，解之即可得出x的取值范围，再结合x为整数即可得出结论．
【详解】
解：设租用甲种货车x辆，则租用乙种货车（8-x）辆，
依题意，得：
解得：2≤x≤1．
∵x为整数，
∴x=2，3，1，
∴共有3种租车方案．
故选：C．
本题考查了一元一次不等式组的应用，根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组是解题的关键．
3、A
【解析】
由题意根据因式分解的意义，即可得答案判断选项．
【详解】
解：A、2x2﹣2＝2（x2﹣1）＝2（x+1）（x﹣1），故A符合题意；
B、x2+2x+1＝（x+1）2，故B不符合题意；
C、x2﹣1＝（x+1）（x﹣1），故C不符合题意；
D、不能分解，故D不符合题意；
故选：A．
本题考查因式分解的意义，一提，二套，三检查，注意分解要彻底．
4、B
【解析】
观察四个选项，分别涉及了四条边和对角线，我们应对照正方形和菱形边及对角线的性质，找出不同即可.
【详解】
正方形和菱形的四条边均相等，每条对角线均平分一组对角，正方形两条对角线相等且互相垂直平分，菱形对角线互相垂直且平分，但不相等.
故选B.
本题考查了正方形和菱形性质的知识，解决本题的关键是熟练掌握正方形和菱形的性质.
5、B
【解析】
把点（a，2）代入y＝﹣2x得到关于a的一元一次方程，解之即可．
【详解】
解：把点（a，2）代入y＝﹣2x得：
2＝﹣2a，
解得：a＝﹣1，
故选：B．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，正确掌握代入法是解题的关键．
6、C
【解析】
根据平行四边形的性质和对角线的定义对命题进行判断即可.
【详解】
等腰梯形也满足此条件，可知该命题不是真命题；
根据平行四边形的判定方法，可知该命题是真命题；
根据题意最后最后结果为丙.
故选C.
本题考查命题和定理，解题关键在于熟练掌握平行四边形的性质和对角线的定义.
7、B
【解析】
利用一次函数的性质逐个分析判断即可得到结论．
【详解】
A、把x=2代入代入y=-2x+5，得y=1≠-1，所以A不正确；
B、∵k=-2＜0，b=5＞0，∴图象经过一、二、四象限，所以B正确；
C、∵y=-2x+5与y=2x+3的k的值不相等，
∴图象与直线y=2x+3不平行，所以C不正确；
D、∵k=-2＜0，∴y随x的增大而减小，所以D不正确；
故选：B．
本题考查了两直线相交或平行，一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标特征，综合性较强，难度适中．
8、A
【解析】
方程两边都乘以最简公分母（x-3），把分式方程化为整式方程，再根据分式方程的增根就是使最简公分母等于0的未知数的值求出x的值，然后代入进行计算即可求出m的值．
【详解】
方程两边都乘以(x−3)得，
2−x−m=2(x−3)，
∵分式方程有增根，
∴x−3=0，
解得x=3，
∴2−3−m=2(3−3)，
解得m=−1.
故选A.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、同位角相等，两直线平行或垂直于同一直线的两条直线平行 内错角相等，两直线平行
【解析】
由平行线的判定方法即可得到小楠、小曼的作图依据．
【详解】
解：∵∠B=∠D=90°，
∴AB//CD(同位角相等，两直线平行)；
∵∠ABC=∠DCB=90°，
∴AB//CD(内错角相等，两直线平行)，
故答案为：同位角相等，两直线平行(或垂直于同一直线的两条直线平行)；内错角相等，两直线平行．
本题考查了作图-复杂作图和平行线的判定方法，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
10、1
【解析】
方程两边同时乘以1，可得x5＝241=15.即可得出结论.
【详解】
∵ x5＝81，
∴x5＝81×1＝241＝15，
∴x＝1，
故答案为：1．
本题考查了高次方程的解法，能够把241写成15是解题的关键.
11、①②③④
【解析】
首先证明证明Rt△ADF≌Rt△BAC，结合已知得到AE=DF，然后根据内错角相等两直线平行得到DF∥AE，由一组对边平行且相等可得四边形ADFE是平行四边形，故②正确；由∠DAC=∠DAB+∠BAC=90°，可得∠AHE=90°，故①正确；由2AG=AF可知③正确；在Rt△DBF和Rt△EFA中，BD＝FE，DF＝EA，可证Rt△DBF≌Rt△EFA，故④正确.
【详解】
∵△ABD和△ACE都是等边三角形，
∴AD=BD=AB，AE=CE=AC，∠ADB=∠BAD=∠DBA=∠CAE=∠AEC=∠ACE=60°．
∵F是AB的中点，
∴∠BDF=∠ADF=30°，∠DFA=∠DFB=90°，BF=AF=AB．
∵∠BAC=30°，∠ACB=90°，AD=2AF．
∴BC=AB，∠ADF=∠BAC，
∴AF=BF=BC．
在Rt△ADF和Rt△BAC中
AD＝BA ，AF＝BC，
∴Rt△ADF≌Rt△BAC（HL），
∴DF=AC，
∴AE=DF．
∵∠BAC=30°，
∴∠BAC+∠CAE=∠BAE=90°，
∴∠DFA=∠EAB，
∴DF∥AE，
∴四边形ADFE是平行四边形，故②正确；
∴AD=EF，AD∥EF，
设AC交EF于点H，
∴∠DAC=∠AHE．
∵∠DAC=∠DAB+∠BAC=90°，
∴∠AHE=90°，
∴EF⊥AC．①正确；
∵四边形ADFE是平行四边形，
∴2GF=2GA=AF．
∴AD=4AG．故③正确．
在Rt△DBF和Rt△EFA中
BD＝FE，DF＝EA，
∴Rt△DBF≌Rt△EFA（HL）．故④正确，
故答案为：①②③④．
本题解题的关键：运用到的性质定理有，直角全等三角形的判定定理HL，平行四边形的判定定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，全等三角形对应边与对应角相等的性质，平行四边形对角线互相平分与两组对边平行且相等的性质.
12、x＜－2
【解析】
观察函数图象得到当x＜-2时，y=kx+2的图象位于y=mx-1的下方，即kx+2＜mx-1．
【详解】
解：∵观察图象知当＜＞-2时，y=kx+2的图象位于y=mx-1的下方，
根据图象可知不等式kx+2＜mx-1的解集是x＜-2，
故答案为：x＜-2．
本题考查一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=ax+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
13、55
【解析】
利用长与高的比为8：11，进而利用携带行李箱的长、宽、高三者之和不超过115cm得出不等式求出即可．
【详解】
设长为8x，高为11x，
由题意，得：19x+20≤115，
解得：x≤5，
故行李箱的高的最大值为：11x=55，
答：行李箱的高的最大值为55厘米．
此题主要考查了一元一次不等式的应用，根据题意得出正确不等关系是解题关键．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1） ；（2）证明见解析.
【解析】
(1)由AM＝2AE＝4，利用平行四边形的性质可求出BC=AD=1，利用直角三角形的性质得出BE、CE的长,进而得出答案;
(2) 延长EM，CD交于点N，连接CM．通过证明△AEM≌△DNM，可得EM＝MN，然后由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可证MN＝MC，然后根据三角形外角的性质证明即可.
【详解】
（1）解：∵M为AD的中点，AM＝2AE＝4，
∴AD＝2AM＝1．在▱ABCD的面积中，BC＝CD＝1，
又∵CE⊥AB，
∴∠BEC＝90°，
∵∠BCE＝30°，
∴BE＝BC＝4，
∴AB＝6，CE＝4，
∴▱ABCD的面积为：AB×CE＝6×4＝24；
（2）证明：延长EM，CD交于点N，连接CM．
∵在▱ABCD中，AB∥CD，
∴∠AEM＝∠N，
在△AEM和△DNM中
∵∠AEM=∠N，
AM=DM，
∠AME=∠DMN，
∴△AEM≌△DNM（AAS），
∴EM＝MN，
又∵AB∥CD，CE⊥AB，
∴CE⊥CD，
∴CM是Rt△ECN斜边的中线，
∴MN＝MC，
∴∠N＝∠MCN，
∴∠EMC＝2∠N＝2∠AEM．
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、三角形外角的性质、直角三角形的性质等知识.熟练应用平行四边形的性质是解（1）关键，正确作出辅助线是解（2）的关键.
15、（1）班长代买A种品牌同学录12本，B种品牌同学录15本；（2）a的值为1．
【解析】
（1）设班长代买A种品牌同学录x本，B种品牌同学录y本，根据总价＝单价×数量结合购买A、B两种品牌同学录27本共花费246元，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）根据总价＝单价×数量，即可得出关于a的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
【详解】
解：（1）设班长代买A种品牌同学录x本，B种品牌同学录y本，
依题意，得：，
解得：．
答：班长代买A种品牌同学录12本，B种品牌同学录15本．
（2）依题意，得：（8﹣3）×90（1+a%）+10（1﹣a%）×175[1+（a+1）%]＝2550，
整理，得：a2﹣1a＝0，
解得：a1＝1，a2＝0（舍去）．
答：a的值为1．
本题考查了二元一次方程组和一元二次方程的实际应用，根据实际问题找出等量关系，列出方程是解题的关键．
16、（1）；（2）点E的坐标为或；（3）符合条件的点Q共3个，坐标为（3，1），（-6，4）或
【解析】
（1）先确定出A的坐标，再利用待定系数法即可得出结论；
（2）先表示出EF=|a+4-（-2a-2）|=|3a+6|，进而建立方程|3a+6|=4，求解即可得出结论；
（3）分三种情况，利用菱形的性质和中点坐标公式即可得出结论．
【详解】
解：（1）∵点在上．
∴，解得，
即点A的坐标为（-2，2），
设直线AB的解析式为，
∴．
解得，
∴直线AB的解析式为．
（2）由题意，设点E的坐标为，则
∵轴，点F在直线上，
∴点F的坐标为，
∴，
∵以点、、、为顶点的四边形是平行四边形，且，∴．
∵直线与轴交于点，
∴点的坐标为（0，4），
∴，即，
解得：或，
∴点E的坐标为或．
（3）
如图2，当BC为对角线时，点P，Q都是BC的垂直平分线，且点P和点Q关于BC对称，
∵B（0，-2），C（0，4），
∴点P的纵坐标为1，
将y=1代入y=x+4中，得x+4=1，
∴x=-3，
∴（-3，1），
∴（3，1）
当CP是对角线时，CP是BQ的垂直平分线，设Q（m，n），
∴BQ的中点坐标为，
代入直线y=x+4中，得 ①，
∵CQ=CB，
∴②，
联立①②得，
（舍）或，
∴（-6，4），
当PB是对角线时，PC=BA=6，
设P（c，c+4），
∴，
∴（舍）或，
∴P，
设Q（d，e）
∴，
∴，
∴Q，
符合条件的点Q共3个，坐标为（3，1），（-6，4）或．
此题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，平行四边形的性质，菱形的性质，中点坐标公式，建立方程求解是解本题的关键．
17、（1）证明见解析；（2）4.8
【解析】
(1)由平行四边形的对边平行得∠DAC=∠BCA，由角平分线的性质得∠DAC=∠BAC，即可知∠BCA=∠BAC，从而得AB=BC，即可得证；
(2)由菱形的对角线互相垂直且平分得AO=8、BO=6且∠AOB=90°，利用勾股定理得AB=10，根据S△AOB=AB•h=AO•BO即可得答案．
【详解】
(1)∵平行四边形ABCD，
∴AD//BC，
∴∠DAC=∠BCA，
∵AC平分∠DAB，
∴∠CAD=∠BAC，
∴∠ACB=∠BAC，
∴AB=BC，
∴ABCD是菱形；
(2)∵四边形ABCD是菱形，AC=16，BD=12，
所以AO=8，BO=6，
∵∠AOB=90°，
∴AB==10，
设O点到AB的距离为h，则
S△AOB=AB•h=AO•BO，
即：×10h=×8×6，
解得h=4.8，
所以O点到AB的距离为4.8.
本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质及勾股定理，熟练掌握菱形的判定与性质是见本题的关键.
18、见解析
【解析】
试题分析:根据方位角的概念,得出∠BAO=60°,∠CAO=45°,由∠BAO=60°可得∠ABO=30°,进而可得AB的值,然后在Rt△ABO中由勾股定理可求出OB的值,（2）判断是否超速就是求BC的长,然后比较即可.
解：(1)在Rt△AOB中，
∵∠BAO＝60°，∴∠ABO＝30°，∴OA＝AB.
∵OA＝100 m，∴AB＝200 m.
由勾股定理，得OB＝＝100(m)．
在Rt△AOC中，∵∠CAO＝45°，∴∠OCA＝∠OAC＝45°.
∴OC＝OA＝100 m．∴B(－100，0)，C(100，0)．
(2)∵BC＝BO＋CO＝(100＋100)m，≈18>，
∴这辆汽车超速了．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、 (0，0)、(0，)、(4，0)
【解析】
由平面直角坐标系的特点可知当P和O重合时三角形PAB是直角三角形，由射影定理逆定理可知当AO2＝BO•P′O时，三角形PAB是直角三角形或BO2＝AO•OP″时三角形PAB也是直角三角形．
【详解】
如图：
①由平面直角坐标系的特点：AO⊥BO，所以当P和O重合时三角形PAB是直角三角形，
所以P的坐标为：(0，0)；
②由射影定理逆定理可知当AO2＝BO•P′O时三角形PAB是直角三角形，
即：12＝2•OP′，
解得OP′＝；
故P点的坐标是(0，)；
同理当BO2＝AO•OP″时三角形PAB也是直角三角形，
即22＝1OP″
解得OP″＝4，
故P点的坐标是(4，0)．
故答案为(0，0)、(0，)、(4，0)
主要考查了坐标与图形的性质和直角三角形的判定．要把所有的情况都考虑进去，不要漏掉某种情况．
20、x＞-1
【解析】
先根据一次函数y=ax+b的图象交x轴交于点（-1，0）可知，当x＞-1时函数图象在x轴的上方，故可得出结论．
【详解】
∵直线y=ax+b（a＞0）与x轴交于点（-1，0），由函数图象可知，当x＞-1时函数图象在x轴的上方，
∴ax+b＞0的解集是x＞-1．
故答案为：x＞-1．
本题考查的是一次函数与一元一次不等式，能利用数形结合求出不等式的取值范围是解答此题的关键．
21、.
【解析】
不等式待定系数的取值范围就是已知不等式或不等式组的解集或特殊解，确定不等式中未知数的系数的取值范围.
【详解】
由得
因为解集为
所以
故答案为：
考核知识点：不等式组解集.会解不等式组是关键.
22、1
【解析】
根据已知条件即可求出两个三角形的相似比为5：3，然后根据相似三角形的性质，可设大三角形的周长为5x，则小三角形的周长为3x，根据周长之差为12cm，列方程并解方程即可.
【详解】
解：∵两个相似三角形的最短边分别是5cm和3cm，
∴两个三角形的相似比为5：3，
设大三角形的周长为5x，则小三角形的周长为3x，
由题意得，5x﹣3x＝12，
解得，x＝6，
则5x＝1，
故答案为：1．
此题考查的是相似三角形的性质，掌握相似三角形的周长比等于相似比是解决此题的关键.
23、
【解析】
直接利用平方差公式分解因式得出即可．
【详解】
,
,
．
故答案为：．
此题主要考查了公式法分解因式，熟练应用平方差公式是解题关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）;（2）的值为.
【解析】
（1）设直线AB所对应的函数表达式为.把点和点.代入，用待定系数法求解即可；
（2）把代入（1）中求得的解析式即可求出m的值.
【详解】
（1）直线经过点和点，
解得
直线所对应的函数表达式为．
（2）当时，．
的值为.
本题考查了待定系数法求函数解析式及一次函数图像上点的坐标特征，熟练掌握待定系数法是解答本题的关键.
25、
【解析】
根据分式的运算进行化简，再根据分母不为零代入一个数求解.
【详解】
解：原式
当，原式；或当时，原式
此题主要考查分式的化简求值，解题的关键是熟知分式运算法则.
26、.(1) 3+2；(2) 2.
【解析】
(1)先去绝对值和乘法，再计算加减即可;
(2)先计算除法和化简二次根式，再相加减即可；
【详解】
(1)原式=1-+2-1+2
=+2
(2)原式=.
=2.
考查了二次根式的混合运算，解题关键熟记运算顺序和法则.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人