2025届山东省济南高新区四校联考九上数学开学达标检测试题【含答案】

这是一份2025届山东省济南高新区四校联考九上数学开学达标检测试题【含答案】，共22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）若平行四边形的两个内角的度数之比为1：5，则其中较小的内角是（ ）
A．B．C．D．
2、（4分）某商品四天内每天每斤的进价与售价信息如图所示，则售出这种商品每斤利润最大的是（ ）
A．第一天B．第二天C．第三天D．第四天
3、（4分）为了研究特殊四边形，李老师制作了这样一个教具（如图1）：用钉子将四根木条钉成一个平行四边形框架ABCD，并在A与C、B与D两点之间分别用一根橡皮筋拉直固定，课上，李老师右手拿住木条BC，用左手向右推动框架至AB⊥BC（如图2）观察所得到的四边形，下列判断正确的是（ ）
A．∠BCA＝45°B．AC＝BD
C．BD的长度变小D．AC⊥BD
4、（4分）已知一次函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
5、（4分）一个多边形的每一个内角都是 ，这个多边形是（ ）
A．四边形B．五边形C．六边形D．八边形
6、（4分）汽车开始行使时，油箱内有油升，如果每小时耗油升，则油箱内剩余油量（升）与行驶时间（时的关系式为（ ）
A．B．C．D．以上答案都不对
7、（4分）如图，在正方形中，，点，分别在、上，，，相交于点，若图中阴影部分的面积与正方形的面积之比为，则的周长为（ ）
A．B．C．D．
8、（4分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝4，AB＝6，点D是边BC上的动点，以AB为对角线的所有▱ADBE中，DE的最小值为（ ）
A．2B．4C．6D．2
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）如图所示，将四根木条组成的矩形木框变成▱ABCD的形状，并使其面积变为原来的一半，则这个平行四边形的一个最小的内角的度数是_____．
10、（4分）如图，OP平分∠AOB，PE⊥AO于点E，PF⊥BO于点F，且PE=6cm，则点P到OB的距离是___cm．
11、（4分）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AD是△ABC的一条角平分线．若CD＝3，则△ABD的面积为_____．
12、（4分）计算：（2﹣1）（1+2）＝_____．
13、（4分）请写出的一个同类二次根式：________.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，在矩形中，是上一点，垂直平分，分别交、、于点、、，连接、.
(1)求证：；
(2)求证：四边形是菱形；
(3)若，为的中点，，求的长.
15、（8分）解方程:
16、（8分）阅读材料，解答问题：
有理化因式：两个含有根式的非零代数式相乘，如果它们的积不含有根式，那么这两个代数式相互叫做有理化因式．例如：的有理化因式是；1﹣的有理化因式是1+．
分母有理化：分母有理化又称“有理化分母”，也就是把分母中的根号化去．指的是如果代数式中分母有根号，那么通常将分子、分母同乘以分母的有理化因式，达到化去分母中根号的目的．如：
﹣1，．
请根据上述材料，计算:的值．
17、（10分）已知，，求代数式的值．
18、（10分）综合与探究
问题情境：
在综合实践课上，李老师让同学们根据如下问题情境，写出两个数学结论：如图（1），正方形ABCD的对角线交于点O，点O又是正方形OEFG的一个顶点（正方形OEFG的边长足够长），将正方形OEFG绕点O做旋转实验，OE与BC交于点M，OG与DC交于点N．
“兴趣小组”写出的两个数学结论是：
①S△OMC+S△ONC＝S正方形ABCD；
②BM1+CM1＝1OM1．
问题解决：
（1）请你证明“兴趣小组”所写的两个结论的正确性．
类比探究：
（1）解决完“兴趣小组”的两个问题后，老师让同学们继续探究，再提出新的问题；“智慧小组“提出的问题是：如图（1），将正方形OEFG在图（1）的基础上旋转一定的角度，当OE与CB的延长线交于点M，OG与DC的延长线交于点N，则“兴趣小组”所写的两个结论是否仍然成立？请说明理由．
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）在函数中，自变量的取值范围是__________.
20、（4分）如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，若重叠都分构成的四边形ABCD中，AB=3，BD=1．则AC的长为_________________．
21、（4分）如图是甲、乙两射击运动员的10次射击训练成绩的折射线统计图，则射击成绩较稳定的是__________(填“甲”或“乙”)。

22、（4分）如图，某公司准备和一个体车主或一民营出租车公司中的一家签订月租车合同，设汽车每月行驶，个体车主收费为元，民营出租车公司收费为元，观察图像可知，当_________时，选用个体车主较合算.
23、（4分）已知一次函数的图像如图所示，当x< 2时，y的取值范围是________．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）我市某学校2016年在某商场购买甲、乙两种不同足球，购买甲种足球共花费2000元，购买乙种足球共花费1400元，购买甲种足球数量是购买乙种足球数量的2倍，且购买一个乙种足球比购买一个甲种足球多花20元．
(1)求购买一个甲种足球、一个乙种足球各需多少元；
(2)2017年为大力推动校园足球运动，这所学校决定再次购买甲、乙两种足球共50个，恰逢该商场对两种足球的售价进行调整，甲种足球售价比第一次购买时提高了10%，乙种足球售价比第一次购买时降低了10%，如果此次购买甲、乙两种足球的总费用不超过3000元，那么这所学校最多可购买多少个乙种足球？
25、（10分）计算：
①|-|+|-2|-|-1|
②+-+（-1）1．
26、（12分）一只不透明的袋子中装有3个红球、2个黄球和1个白球，每个球除颜色外都相同，将球摇匀，从中任意摸出1个球．
（1）摸到的球的颜色可能是______；
（2）摸到概率最大的球的颜色是______；
（3）若将每个球都编上号码，分别记为1号球（红）、2号球（红）、3号球（红）、4号球（黄）、5号球（黄）、6号球（白），那么摸到1～6号球的可能性______（填相同或者不同）；
（4）若在袋子中再放一些这样的黄球，从中任意摸出1个球，使摸到黄球的概率是，则放入的黄球个数是______．
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】
根据平行四边形的性质即可求解.
【详解】
设较小的角为x，则另一个角为5x，
∵平行四边形的对角互补，
∴x+5x=180°，
解得x=30° ，
故选A
此题主要考查平行四边形的性质，解题的关键是熟知平行四边形的对角互补.
2、B
【解析】
根据图象中的信息即可得到结论．
【详解】
由图象中的信息可知，利润=售价﹣进价，利润最大的天数是第二天，
故选B．
3、B
【解析】
根据矩形的性质即可判断；
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD．
故选B．
本题考查平行四边形的性质．矩形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
4、D
【解析】
根据图象在坐标平面内的位置关系确定k，b的取值范围，从而求解．
【详解】
如图所示，一次函数y=kx+b的图象，y随x的增大而增大，所以k＞1，直线与y轴负半轴相交，所以b＜1．
故选D．
本题考查了一次函数图象在坐标平面内的位置与k、b的关系．解答本题注意理解：直线y=kx+b所在的位置与k、b的符号有直接的关系．k＞1时，直线必经过一、三象限；k＜1时，直线必经过二、四象限；b＞1时，直线与y轴正半轴相交；b=1时，直线过原点；b＜1时，直线与y轴负半轴相交．
5、B
【解析】
根据多边形的内角和公式列式计算即可得解．
【详解】
解：设这个多边形是n边形，
由题意得，（n﹣2）•180°＝108°•n，
解得n＝5，
所以，这个多边形是五边形．
故选B．
本题考查了多边形的内角问题，熟记多边形的内角和公式是解题的关键．
6、C
【解析】
根据油箱内余油量=原有的油量-x小时消耗的油量，可列出函数关系式．
【详解】
解：依题意得，油箱内余油量Q（升）与行驶时间t（小时）的关系式为：Q=40-5t（0≤t≤8），
故选：C．
此题主要考查了函数关系式，本题关键是明确油箱内余油量，原有的油量，t小时消耗的油量，三者之间的数量关系，根据数量关系可列出函数关系式．
7、D
【解析】
根据阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，得出阴影部分的面积为6，空白部分的面积为3，进而依据△BCG的面积以及勾股定理，得出BG＋CG的长，进而得出其周长．
【详解】
∵阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，
∴阴影部分的面积为×9＝6，
∴空白部分的面积为9−6＝3，
由CE＝DF，BC＝CD，∠BCE＝∠CDF＝90°，
可得△BCE≌△CDF，
∴△BCG的面积与四边形DEGF的面积相等，均为×3＝，∠CBE＝∠DCF，
∵∠DCF＋∠BCG＝90°，
∴∠CBG＋∠BCG＝90°，即∠BGC＝90°，
设BG＝a，CG＝b，则ab＝，
又∵a2＋b2＝32，
∴a2＋2ab＋b2＝9＋6＝15，
即（a＋b）2＝15，
∴a＋b＝，即BG＋CG＝，
∴△BCG的周长＝​＋3，
故选D.
此题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、勾股定理、完全平方公式的变形求值、以及三角形面积问题．解题时注意数形结合思想与方程思想的应用．
8、D
【解析】
由条件可知BD∥AE，则可知当DE⊥BC时，DE有最小值，可证得四边ACDE为矩形，可求得答案．
【详解】
∵四边形ADBE为平行四边形，
∴AE∥BC，
∴当DE⊥BC时，DE有最小值，如图，
∵∠ACB＝90°，
∴四边形ACDE为矩形，
∴DE＝AC，
在Rt△ABC中，由勾股定理可求得AC＝＝2，
∴DE的最小值为2，
故选：D．
本题主要考查平行四边形的性质和矩形的判定和性质，确定出DE取最小值时的位置是解题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、30°
【解析】
过A作AE⊥BC于点E，由四根木条组成的矩形木框变成▱ABCD的形状，面积变为原来的一半，可得AE＝AB，由此即可求得∠ABE＝30°，即平行四边形中最小的内角为30°．
【详解】
解：过A作AE⊥BC于点E，如图所示：
由四根木条组成的矩形木框变成▱ABCD的形状，面积变为原来的一半，
得到AE＝AB，又△ABE为直角三角形，
∴∠ABE＝30°，
则平行四边形中最小的内角为30°．
故答案为：30°
本题考查了平行四边形的面积公式及性质，根据题意求得AE＝AB是解决问题的关键．
10、1
【解析】
根据角平分线上的点到角两边的距离相等可得点P到OB的距离等于点P到OA的距离，即点P到OB的距离等于PE的长度．
【详解】
解： ∵OP平分∠AOB，PE⊥AO于点E，PF⊥BO于点F，
∴PE=PF=1cm
故答案为：1．
本题考查角平分线的性质，掌握角平分线上的点到角两边的距离相等是解题关键．
11、2
【解析】
解：作DE⊥AB于E．
∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DC⊥AC，
∴DE=CD=1．
∴△ABD的面积为×1×10=2．
12、7
【解析】
根据二次根式的运算法则即可求出答案．
【详解】
原式=（2）2-1
=8-1
=7，
故答案为：7.
本题考查二次根式，解题的关键是熟练运用二次根式的运算法则，本题属于基础题型．
13、
【解析】
试题分析：因为，所以与是同类二次根式的有：，…．（答案不唯一）．
考点：1．同类二次根式；2．开放型．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、 (1)证明见解析；(2)证明见解析；(3).
【解析】
（1）先根据线段垂直平分线的性质证明PB＝PE，由ASA证明△BOQ≌△EOP；
（2）由（1）得出PE＝QB，证出四边形BPEQ是平行四边形，再根据菱形的判定即可得出结论；
（3）根据三角形中位线的性质可得AE＋BE＝2OF＋2OB＝18，设AE＝x，则BE＝18−x，在Rt△ABE中，根据勾股定理可得，BE＝10，得到，设PE＝y，则AP＝8−y，BP＝PE＝y，在Rt△ABP中，根据勾股定理可得，解得，在Rt△BOP中，根据勾股定理可得，由PQ＝2PO即可求解．
【详解】
解：(1)∵垂直平分，
∴，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
在与中，，
∴，
(2)∵
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形；
(3)∵，分别为，的中点，
∴，
设，则，在中，，
解得，，
∴，
设，则，，
在中，，
解得，
在中，，
∴.
本题考查了菱形的判定与性质、矩形的性质，平行四边形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度．
15、
【解析】
本题可用代入消元法进行求解，即把方程2写成x=-1-y，代入方程1，得到一个关于y的一元二次方程，求出y值，进而求x．
【详解】
解：
由（2）得：（3）
把（3）代入（1）：
∴
∴
原方程组的解是
本题中考查了由一个二元一次方程和一个二元二次方程组成的方程组的解法，可用代入法求解．
16、
【解析】
分别把每个加数分母有理化，再合并即可得到答案．
【详解】
解：


本题考查的是分母有理化，即二次根式的除法运算，掌握分母有理化的方法是解题的关键．
17、
【解析】
先将分解因式，然后将，代入求值即可．
【详解】
解：∵
将，代入得：
原式
．
本题考查了因式分解和二次根式混合运算，熟练掌握因式分解和运算法则是解题的关键．
18、（1）详见解析；（1）结论①不成立，结论②成立，理由详见解析.
【解析】
（1）①利用正方形的性质判断出△BOM≌△CON，利用面积和差即可得出结论；
②先得出OM＝ON，BM＝CN，再用勾股定理即可得出结论；
（1）同（1）的方法即可得出结论．
【详解】
解：（1）①∵正方形ABCD的对角线相交于O，
∴S△BOC＝S正方形ABCD，OB＝OC，∠BOC＝90°，∠OBM＝∠OCN，
∵四边形OEFG是正方形，
∴∠MON＝90°，
∴∠BOC﹣∠MOC＝∠MON﹣∠MOC，
∴∠BOM＝∠COM，
∴△BOM≌△CON，
∴S△BOM＝S△CON，
∴S△OMC+S△ONC＝S△OMC+S△BOM＝S正方形ABCD；
②由①知，△BOM≌△CON，
∴OM＝ON，BM＝CN，
在Rt△MCN中，MN1＝CM1+CN1＝CM1+BM1，
在Rt△MON中，MN1＝OM1+ON1＝1OM1，
∴BM1+CM1＝1OM1；
（1）结论①不成立，
理由：∵正方形ABCD的对角线相交于O，
∴S△BOC＝S正方形ABCD，OB＝BD，OC＝AC，AC＝BD，AC⊥BD，∠ABC＝∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，BD平分∠ABC，
∴OB＝OC，∠BOC＝90°，∠OBC＝∠OCD＝45°，
∴∠OBM＝∠OCN＝135°，
∵四边形OEFG是正方形，
∴∠MON＝90°，
∴∠BOM＝∠CON，
∴△BOM≌△CON，
∴S△BOM＝S△CON，
∴S△OMC﹣S△BOM＝S△OMC﹣S△CON＝S△BOC＝S正方形ABCD，
∴结论①不成立；
结论②成立，理由：
如图（1）
连接MN，∵△BOM≌△CON，
∴OM＝ON，BM＝CN，
在Rt△MCN中，MN1＝CM1+CN1＝CM1+BM1，
在Rt△MON中，MN1＝OM1+ON1＝1OM1，
∴BM1+CM1＝1OM1，
∴结论②成立．
本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、x≠2
【解析】
根据分式有意义的条件进行求解即可.
【详解】
由题意得，2x-4≠0，
解得：x≠2，
故答案为：x≠2.
本题考查了函数自变量的取值范围，一般从三个方面考虑：(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
20、2
【解析】
过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点F，首先可判断重叠部分为平行四边形，且两条纸条宽度相同；再由平行四边形的面积可得邻边相等，则重叠部分为菱形．然后依据勾股定理求得OB的长，从而可得到BD的长．
【详解】
如图，过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点F，连接AC，DB交于点O，
则DE=DF，
由题意得：AB∥CD，BC∥AD，
∴四边形ABCD是平行四边形
∵S▱ABCD=BC•DF=AB•DE．
又∵DE=DF．
∴BC=AB，
∴四边形ABCD是菱形；
∴OB=OD=2，OA=OC，AC⊥BD．
∴
∴AC=2AO=2
故答案为：2
本题考查了菱形的判定、解直角三角形以及四边形的面积，证得四边形为菱形是解题的关键．
21、乙
【解析】
从折线图中得出甲乙的射击成绩，再利用方差的公式计算．
【详解】
解：由图中知，甲的成绩为8，9，7，8，10，7，9，10，7，10，
乙的成绩为7，7，8，9，8，9，10，9，9，9，
=（8+9+7+8+10+7+9+10+7+10）÷10=8.5，
=（7+7+8+9+8+9+10+9+9+9）÷10=8.5，
甲的方差S甲2=[3×（7-8.5）2+2×（8-8.5）2+2×（9-8.5）2+3×（10-8.5）2]÷10=1.35
乙的方差S乙2=[2×（7-8.5）2+2×（8-8.5）2+（10-8.5）2+5×（9-8.5）2]÷10=0.85，
∴S2乙＜S2甲．
故答案为：乙．
本题考查了方差的定义与意义，熟记方差的计算公式是解题的关键，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
22、
【解析】
选用个体车较合算，即对于相同的x的值，y1对应的函数值较小，依据图象即可判断．
【详解】
解：根据图象可以得到当x＞1500千米时，y1＜y2，则选用个体车较合算．
故答案为
此题为一次函数与不等式的简单应用，搞清楚交点意义和图象的相对位置是关键．
23、y <1
【解析】试题解析∵一次函数y=kx+b（k≠1）与x轴的交点坐标为（2，1），且图象经过第一、三象限，
∴y随x的增大而增大，
∴当x＜2时，y＜1．
【点睛】本题考查了一次函数的性质：一次函数y=kx+b（k、b为常数，k≠1）的图象为直线，当k＞1，图象经过第一、三象限，y随x的增大而增大；当k＜1，图象经过第二、四象限，y随x的增大而减小；直线与x轴的交点坐标为（-，1）．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）甲：50元/个，乙：70元/个； （2）最多可购买31个乙种足球.
【解析】
（1）设购买一个甲种足球需x元，由已知条件可得购买一个乙种足球需（x+20）元，由此可得共购买了个甲种足球，个乙种足球，根据购买的甲种足球的个数是乙种足球的2倍即可列出方程，解方程即可求得所求结果；
（2）设第二次购买了y个乙种足球，则购买了（50-y）个甲种足球，根据（1）中所得两种足球的单价结合题意列出不等式，解不等式求得y的最大整数解即可.
【详解】
(1)设购买一个甲种足球需x元，则购买一个乙种足球需(x＋20)元，由题意得：
，
解得：，
经检验：是所列方程的解，
∴，
答：购买一个甲种足球需50元,购买一个乙种足球需70元．
(2)设这所学校再次购买y个乙种足球，则购买(50－y)个甲种足球，由题意得：
50×(1＋10% )×(50－y)＋70×(1－10% )y≤3000 ，
解得：y≤31.25 ，
∴y的最大整数解为31.
答：最多可购买31个乙种足球.
“读懂题意，找到题中的等量关系和不等关系，并由此设出合适的未知数，列出对应的方程和不等式”是解答本题的关键.
25、①3-2；②4.5.
【解析】
（1）原式利用绝对值的代数意义化简，计算即可得到结果.
（2）本题涉及三次根式、二次根式化简、平方3个考点．在计算时，需要针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．根据实数运算法则即可得到结果.
【详解】
解：①|-|+|-2|-|-1|
=-+2--+1
=3-2；
②+-+（-1）1
=2+2-0.5+1
=4.5.
（1）本题考查了实数运算，熟练掌握运算法则是解题的关键.
（2）本题考查实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型．解决此类题目的关键是熟练掌握三次根式、二次根式、平方等考点的运算．
26、（1）红、黄、白；（2）红色；（3）相同；（1）1
【解析】
（1）根据袋子中装有3个红球、2个黄球和1个白球，每个球除颜色外都相同，可知摸到的球的颜色可能是红、黄、白；
（2）哪种球的数量最多，摸到那种球的概率就最大；
（3）根据概率公式可得答案；
（1）设放入的黄球个数是x，根据摸到黄球的概率是，列出关于x的方程，解方程即可．
【详解】
解：（1）根据题意，可得摸到的球的颜色可能是红、黄、白．
故答案为红、黄、白；
（2）根据题意，可得摸到概率最大的球的颜色是红色．
故答案为红色；
（3）∵将每个球都编上号码，分别记为1号球（红）、2号球（红）、3号球（红）、1号球（黄）、5号球（黄）、6号球（白），
∴摸到1～6号球的概率都是，即摸到1～6号球的可能性相同．
故答案为相同；
（1）设放入的黄球个数是x，
根据题意得，=，
解得x=1．
故答案为1．
本题考查了概率公式，属于概率基础题，随机事件A的概率P（A）=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分