河北省衡水中学2024-2025学年九上数学开学达标测试试题【含答案】

这是一份河北省衡水中学2024-2025学年九上数学开学达标测试试题【含答案】，共25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）化简（﹣）2的结果是（ ）
A．±3B．﹣3C．3D．9
2、（4分）将点A（1，﹣1）向上平移2个单位后，再向左平移3个单位，得到点B，则点B的坐标为（ ）
A．（2，1） B．（﹣2，﹣1） C．（﹣2，1） D．（2，﹣1）
3、（4分）已知：在中，，求证：若用反证法来证明这个结论，可以假设
A．B．C．D．
4、（4分）如图，直线与反比例函数的图象交于，两点．若点的坐标是，则点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
5、（4分）如图所示，将一个含角的直角三角板绕点逆时针旋转，点的对应点是点，若点、、在同一条直线上，则三角板旋转的度数是（ ）
A．B．C．D．
6、（4分）计算的结果是( )
A．B．C．D．
7、（4分）如图，已知P为正方形ABCD外的一点，PA=1，PB=2，将△ABP绕点B顺时针旋转90°，使点P旋转至点P′，且AP′=3，则∠BP′C的度数为 （ ）
A．105°B．112.5°C．120°D．135°
8、（4分）数据2，3，3，5，6，10，13的中位数为（ ）
A．5B．4C．3D．6
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，则_______.
10、（4分）在平面直角坐标系中，四边形是菱形。若点A的坐标是，点的坐标是__________．
11、（4分）如图，直线y1=x+1和直线y1=0.5x+1.5相交于点（1，3），则当x=_____时，y1=y1；当x______时，y1＞y1．
12、（4分）如图在中，，，，是边上的两点，且满足，若，，，的长是__________．
13、（4分）在分式中，当x=___时分式没有意义．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）一次函数y =kx+b（）的图象经过点，，求一次函数的表达式．
15、（8分）已知关于x的一元二次方程的两个实数根为x1、x2且x1＋2x2＝9，求m的值.
16、（8分）嘉嘉将长为20cm，宽为10cm的长方形白纸，按图所示方法粘合起来，粘合部分（图上阴影部分）的宽为3cm．
（1）求5张白纸粘合后的长度；
（2）设x张白纸粘合后总长为ycm．写出y与x之间的函数关系式；
（3）求当x=20时的y值，并说明它在题目中的实际意义．
17、（10分）为了提高学生书写汉字的能力，增强保护汉字的意识，某校举办了“汉子听写大赛”，学生经选拔后进入决赛，测试同时听写100个汉字，每正确听写出一个汉子得1分，本次决赛,学生成绩为x(分),且(无满分),将其按分数段分为五组,绘制出以下不完整表格：
请根据表格提供的信息,解答以下问题:
(1)本次决赛共有________名学生参加；
(2)直接写出表中：a= ，b= 。
(3)请补全右面相应的频数分布直方图；
(4)若决赛成绩不低于80分为优秀,则本次大赛的优秀率为________.
18、（10分）如图，矩形纸片ABCD中，AD＝4，AB＝8，把纸片沿直线AC折叠，使点B落在E处，AE交DC于点F，求△CEF的面积．
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）使代数式有意义的的取值范围是________.
20、（4分）如图，点E是正方形ABCD内的一点，连接AE、BE、CE，将△ABE绕点B顺时针旋转90°到△CBE′的位置．若AE=1，BE=2，CE=3，则∠BE′C= 度．
21、（4分）如图，已知Rt△ABC中，两条直角边AB=3，BC=4，将Rt△ABC绕直角顶点B旋转一定的角度得到Rt△DBE，并且点A落在DE边上，则△BEC的面积=__________________
22、（4分）当分式有意义时，x的取值范围是__________.
23、（4分）如图，已知函数y=x+2b和y=ax+3的图象交于点P，则不等式x+2b＞ax+3的解集为________ ．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，平面直角坐标系中的每个小正方形边长为1，△ABC的顶点在网格的格点上．
（1）画线段AD∥BC，且使AD＝BC，连接BD；此时D点的坐标是 ．
（2）直接写出线段AC的长为 ，AD的长为 ，BD的长为 ．
（3）直接写出△ABD为 三角形，四边形ADBC面积是 ．
25、（10分）如图，已知E是▱ABCD中BC边的中点，连接AE并延长AE交DC的延长线于点F.
(1)求证：△ABE≌△FCE.
(2)连接AC、BF，若∠AEC=2∠ABC，求证：四边形ABFC为矩形。
26、（12分）（1）如图1，在矩形中，对角线与相交于点，过点作直线，且交于点，交于点，连接，且平分.
①求证：四边形是菱形；
②直接写出的度数；
（2）把（1）中菱形进行分离研究，如图2，分别在边上，且，连接为的中点，连接，并延长交于点，连接.试探究线段与之间满足的关系，并说明理由；
（3）把（1）中矩形进行特殊化探究，如图3，矩形满足时，点是对角线上一点，连接，作，垂足为点，交于点，连接，交于点.请直接写出线段三者之间满足的数量关系.
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、C
【解析】
根据二次根式的性质即可求出答案．
【详解】
原式＝3，
故选：C．
本题考查二次根式的性质，解题的关键是熟练运用二次根式的性质，本题属于基础题型．
2、C
【解析】分析：让A点的横坐标减3，纵坐标加2即为点B的坐标.
详解：由题中平移规律可知：点B的横坐标为1-3=-2；纵坐标为-1+2=1，
∴点B的坐标是（-2，1）．
故选：C.
点睛：本题考查了坐标与图形变化-平移，平移变换是中考的常考点，平移中点的变化规律是：左右移动改变点的横坐标，左减右加；上下移动改变点的纵坐标，下减上加.
3、C
【解析】
反证法的步骤:1、假设命题反面成立;2、从假设出发,经过推理得出和反面命题矛盾,或者与定义、公理、定理矛盾;3、得出假设命题不成立是错误的,即所求证命题成立.
【详解】
已知：在中，，求证：若用反证法来证明这个结论，可以假设,由“等角对等边”可得AB=AC,这与已知矛盾，所以
故选C
本题考核知识点：反证法. 解题关键点：理解反证法的一般步骤.
4、A
【解析】
求出函数关系式，联立组成方程组求出方程组的解即可，也可以直接利用对称性直接得出点A的坐标．
【详解】
把点B（3，5）代入直线y=ax（a≠0）和反比例函数y=得：a=，k=15，
∴直线y=x，与反比例函数y=，
，解得：，
∴A（-3，-5）
故选：A．
考查一次函数和反比例函数的交点坐标的求法，常规求法是先求出各自的函数关系式，联立方程组求解即可，也可以直接根据函数图象的对称性得出答案．
5、D
【解析】
根据旋转角的定义，两对应边的夹角就是旋转角，即可求解．
【详解】
解：旋转角是
故选：D.
本题考查的是旋转的性质，掌握对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角是解题的关键．
6、A
【解析】
根据二次根式性质求解.
【详解】
根据得
=3
故答案为：A
考核知识点：算术平方根性质.理解定义是关键.
7、D
【解析】
连结PP′，如图，先根据旋转的性质得BP=BP′，∠BAP=∠BP′C，∠PBP′=90°，则可判断△PBP′为等腰直角三角形，于是有∠BPP′=45°，PP′=PB=2，然后根据勾股定理的逆定理证明△APP′为直角三角形，得到∠APP′=90°，所以∠BPA=∠BPP′+∠APP′=135°，则∠BP′C=135°．
【详解】
解：连结PP′，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABC=90°，BA=BC，
∴△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBP′，
∴BP=BP′，∠BAP=∠BP′C，∠PBP′=90°，
∴△PBP′为等腰直角三角形，
∴∠BPP′=45°，PP′=PB=2，
在△APP′中，∵PA=1，PP′=2，AP′=3，
∴PA2+PP′2=AP′2，
∴△APP′为直角三角形，∠APP′=90°，
∴∠BPA=∠BPP′+∠APP′=45°+90°=135°，
∴∠BP′C=135°．
故选D．
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等腰直角三角形的判定与性质和勾股定理的逆定理．
8、A
【解析】
根据中位数的定义: 中位数是指将数据按大小顺序排列起来,形成一个数列,居于数列中间位置的那个数据,即可得解.
【详解】
根据中位数的定义，得
5为其中位数，
故答案为A.
此题主要考查中位数的定义，熟练掌握，即可解题.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
先对变形，得到b=，然后将b=代入化简计算即可.
【详解】
解：由，b=
则
故答案为-2.
本题考查了已知等式，求另一代数式值的问题；其解答关键在于对代数式进行变形，寻找它们之间的联系
10、
【解析】
作AD⊥y轴于点D，由勾股定理求出OA的长，结合四边形是菱形可求出点C的坐标.
【详解】
作AD⊥y轴于点D.
∵点A的坐标是，
∴AD=1,OD=,
∴,
∵四边形是菱形,
∴AC=OA=2,
∴CD=1+2=3,
∴C(3, ).
故答案为：C(3, )
本题考查了菱形的性质，勾股定理以及图形与坐标，根据勾股定理求出OA的长是解答本题的关键.
11、1
【解析】
直线y1＝x＋1和直线y1＝0.5x＋1.5交点的横坐标的值即为y1＝y1时x的取值；直线y1＝x＋1的图象落在直线y1＝0.5x＋1.5上方的部分对应的自变量的取值范围即为时x的取值．
【详解】
解：∵直线和直线相交于点，
∴当时，；
由图象可知：当时，．
故答案为：1；．
本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y＝kx＋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．也考查了一次函数与一元一次方程的关系．
12、
【解析】
以点B为旋转中心,将按顺时针方向旋转得到 (点C与点A重合,点E到点E'处),如下图,利用等腰直角三角形的性质得,利用旋转的性质得,，则,在中利用勾股定理可计算出,然后再根据证明三角形即可得到.
【详解】
以点B为旋转中心,将按顺时针方向旋转得到 (点C与点A重合,点E到点E'处),如图
按顺时针方向旋转得到
在中,
将按顺时针方向旋转得到 (点C与点A重合,点E到点E'处)
,
,即
在和中
∴.
本题考查了旋转的性质:对应点到旋转中心的距离相等;对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角;旋转前、后的图形全等.也考查了等腰直角三角形的性质和勾股定理.
13、-1．
【解析】
根据分式无意义，分母等于0得，1+x=0，
解得x=﹣1，
故答案为﹣1．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、
【解析】
用待定系数法求一次函数的解析式即可.
【详解】
解：依题意得

解得
∴一次函数的表达式为．
故答案为．
本题考查用待定系数法求一次函数的解析式，掌握方程组的解法是解题的关键．
15、
【解析】
【分析】由根与系数的关系可得，x1x2=-m2，再根据x1＋2x2＝9可求出x1、x2的值，代入x1x2=-m2即可求得m的值.
【详解】由根与系数可知：
，x1x2=-m2，
解方程组，得： ，
∴x1x2=-5，即，
∴.
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟知一元二次方程根与系数的关系是解题的关键.
一元二次方程根与系数的关系：若x1、x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两个实数根，则有x1+x2=，x1x2=.
16、（1）1cm；（2）y=17x+2；（2）242cm
【解析】
（1）根据图形可得5张白纸的长减去粘合部分的长度即可；
（2）根据题意x张白纸的长减去粘合部分的长度就是y的值；
（2）把x=20代入（2）得到的函数解析式即可求解．
【详解】
解：（1）由题意得，20×5-2×（5-1）=1．
则5张白纸粘合后的长度是1cm；
（2）y=20x-2（x-1），即y=17x+2．
（2）当x=20时，y=17×20+2=242．
答：实际意义是：20张白纸粘合后的长度是242cm．
本题考查了函数的关系式，正确理解纸条的长度等于白纸的长度减去粘合部分的长度是关键．
17、（1）50；（2）20，0.24；（3）详见解析；（4）52%．
【解析】
（1）根据表格中的数据可以求得本次决赛的学生数；
（2）根据（1）中决赛学生数，可以求得a、b的值；
（3）根据（2）中a的值，可以将频数分布直方图补充完整；
（4）根据表格中的数据可以求得本次大赛的优秀率．
【详解】
解：（1）由表格可得，
本次决赛的学生数为：10÷0.2=50，
故答案为：50；
（2）a=50×0.4=20，b=12÷50=0.24，
故答案为：20，0.24；
（3）补全的频数分布直方图如右图所示，
（4）由表格可得，
决赛成绩不低于80分为优秀率为：（0.4+0.12）×100%=52%，
故答案为：52%．
本题考查频数分布直方图、频数分布表，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
18、S△CEF＝6.
【解析】
先利用全等三角形的判定与的性质求出FD＝FE，FA＝FC，设FD＝x，则FA＝FC＝8－x，利用勾股定理求出x，即可解答
【详解】
AD＝EC，∠D＝∠C，∠AFD＝∠CFE，
所以，△AFD≌△CFE，
所以，FD＝FE，FA＝FC，
设FD＝x，则FA＝FC＝8－x
在Rt△ADF中，
42＋x2＝（8－x）2，解得：x＝3，
所以，FD＝3，
S△CEF＝S△ADF＝＝6
此题考查全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题关键在于求出FD＝3
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、x≥﹣1．
【解析】
根据二次根式的性质，被开方数大于或等于0，列不等式，即可求出x的取值范围．
【详解】
解：由题意得，1+x≥0，
解得x≥-1．
故答案为x≥-1．
本题考查二次根式的意义和性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
20、135
【解析】
试题分析：如图，连接EE′，
∵将△ABE绕点B顺时针旋转30°到△CBE′的位置，AE=1，BE=3，CE=3，
∴∠EBE′=30°，BE=BE′=3，AE=E′C=1．
∴EE′=3，∠BE′E=45°．
∵E′E3+E′C3=8+1=3，EC3=3．∴E′E3+E′C3=EC3．
∴△EE′C是直角三角形，∴∠EE′C=30°．∴∠BE′C=135°．
21、．
【解析】
过B作BP⊥AD于P，BQ⊥AC于Q，依据∠BAD=∠BAC，即AB平分∠DAC，可得BP=BQ，进而得出BP=，AD=，S△ABD=AD×BP=，再根据△ABD∽△CBE，可得，即可得到S△CBE=．
【详解】
如图，过B作BP⊥AD于P，BQ⊥AC于Q，
由旋转可得，∠CAB=∠D，BD=BA=3，
∴∠D=∠BAD，
∴∠BAD=∠BAC，即AB平分∠DAC，
∴BP=BQ，
又∵Rt△ABC中，AB=3，BC=4，
∴AC=5，BQ=，
∴BP=，
∴Rt△ABP中，AP=，
∴AD=，
∴S△ABD=AD×BP=，
由旋转可得，∠ABD=∠CBE，DB=AB，EB=CB，
∴△ABD∽△CBE，
∴，即，
解得S△CBE=，
故答案为．
此题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质以及相似三角形的判定与性质．此题注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意相似三角形的面积之比等于相似比的平方．
22、
【解析】
分式有意义的条件为，即可求得x的范围．
【详解】
根据题意得：，
解得：.
答案为：
本题考查了分式有意义的条件，熟练掌握分母不为0是解题的关键.
23、x＞1
【解析】
解：由图象可知：当x＞1时，．故答案为：x＞1．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）如图所示：D点的坐标是（0，﹣4）；（2）线段AC的长为，AD的长为2，BD的长为；（3）△ABD为 直角三角形，四边形ADBC面积是1．
【解析】
（1）根据题意画出图形，进一步得到D点的坐标；
（2）根据勾股定理可求线段AC的长，AD的长，BD的长；
（3）根据勾股定理的逆定理可得△ABD为直角三角形，再根据矩形的面积公式即可求解．
【详解】
（1）如图所示：D点的坐标是（0，﹣4）；
（2）线段AC的长为 AD的长为BD的长为
（3）∵

∴△ABD为 直角三角形，四边形ADBC面积是
考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，矩形的面积，勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
25、（1）见解析；（2）见解析
【解析】
（1）由ABCD为平行四边形，根据平行四边形的对边平行得到AB与DC平行，根据两直线平行内错角相等得到一对角相等，由E为BC的中点，得到两条线段相等，再由对应角相等，利用ASA可得出三角形ABE与三角形FCE全等；
（2）由△ABE与△FCE全等，根据全等三角形的对应边相等得到AB=CF；再由AB与CF平行，根据一组对边平行且相等的四边形为平行四边形得到ABFC为平行四边形，根据平行四边形的对角线互相平分得到AE=EF，BE=EC；再由∠AEC为三角形ABE的外角，利用外角的性质得到∠AEC等于∠ABE+∠EAB，再由∠AEC=2∠ABC，得到∠ABE=∠EAB，利用等角对等边可得出AE=BE，可得出AF=BC，利用对角线相等的平行四边形为矩形可得出ABFC为矩形．
【详解】
证明：(1)∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥DC，
∴∠ABE=∠ECF，
又∵E为BC的中点，
∴BE=CE，
在△ABE和△FCE中，
∵ ，
∴△ABE≌△FCE(ASA)；
(2)∵△ABE≌△FCE，
∴AB=CF，
又∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CF，
∴四边形ABFC为平行四边形，
∴BE=EC，AE=EF，
又∵∠AEC=2∠ABC，且∠AEC为△ABE的外角，
∴∠AEC=∠ABC+∠EAB，
∴∠ABC=∠EAB，
∴AE=BE，
∴AE+EF=BE+EC，即AF=BC，
则四边形ABFC为矩形.
此题考考查矩形的判定，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，解题关键在于掌握各判定定理
26、 (1)①见解析;②60°;(1)见解析;(3)见解析.
【解析】
（1）①由△DOE≌△BOF，推出EO=OF，由OB=OD，推出四边形EBFD是平行四边形，再证明EB=ED即可；②先证明∠ABD=1∠ADB，推出∠ADB=30°，即可解决问题；
（1）延长到，使得，连接，由菱形性质，，得，由此，由ASA可证得，由此，故
，由，可证得是等边三角形，可得，，由SAS可证，可得，即是等边三角形，
在中，由，，可得，由此可得；
（3）结论：EG1=AG1+CE1．如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，先证明△DEG≌△DEM，再证明△ECM是直角三角形即可解决问题．
【详解】
（1）①证明：如图1中，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是菱形．
②∵四边形是菱形，
∴，
∵平分，
∴，
∴=，
∵四边形是矩形，
∴A=，
∴+=，
∴==，
∴；
（1）结论：．
理由：如图1中，延长到，使得，连接．
∵四边形是菱形，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
在中，∵，，
∴，
∴．
（3）结论：．
理由：如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，
∵∠FAD+∠DEF=90°，
∴AFED四点共圆，
∴∠EDF=∠DAE=45°，∠ADC=90°，
∴∠ADF+∠EDC=45°，
∵∠ADF=∠CDM，
∴∠CDM+∠CDE=45°=∠EDG，
在△DEM和△DEG中，
，
∴△DEG≌△DEM，
∴GE=EM，
∵∠DCM=∠DAG=∠ACD=45°，AG=CM，
∴∠ECM=90°，
∴EC1+CM1=EM1，
∵EG=EM，AG=CM，
∴GE1=AG1+CE1．
本题考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分