2024-2025学年四川省绵阳市绵阳外国语学校九年级数学第一学期开学经典试题【含答案】

这是一份2024-2025学年四川省绵阳市绵阳外国语学校九年级数学第一学期开学经典试题【含答案】，共26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）一次函数y＝﹣2x﹣3的图象不经过( )
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2、（4分）菱形ABCD对角线交于O点，E，F分别是AD、CD的中点，连结EF，若EF=3，OB=4，则菱形面积（ ）
A．24B．20C．12D．6
3、（4分）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=6cm，D为AB的中点，则CD等于（ ）
A．B．C．D．
4、（4分）下面四个应用图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
5、（4分）下列函数中y是x的一次函数的是（ ）
A．B．C．D．
6、（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
7、（4分）如图，在△ABC中，点D、E、F分别是边AB、AC、BC的中点，要判定四边形DBFE是菱形，下列所添加条件不正确的是（ ）
A．AB=ACB．AB=BCC．BE平分∠ABCD．EF=CF
8、（4分）如图，在中，是的中点，，，则的长为（ ）
A．B．4C．D．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）计算的结果等于__________．
10、（4分）一个黄金矩形的长为2，则其宽等于______．
11、（4分）如图，一根垂直于地面的木杆在离地面高3m处折断,若木杆折断前的高度为8m，则木杆顶端落在地面的位置离木杆底端的距离为________m．
12、（4分）如图，已知菱形ABCD的对角线AC、BD的长分别为6cm、8cm，AE⊥BC于点E，则AE的长是_____．
13、（4分）若将直线y=﹣2x向上平移3个单位后得到直线AB，那么直线AB的解析式是_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+2与x轴、y轴分别交于A、B两点，以A B为边在第二象限内作正方形ABCD．
（1）求点A、B的坐标，并求边AB的长；
（2）求点D的坐标；
（3）在x轴上找一点M，使△MDB的周长最小，请求出M点的坐标．
15、（8分）如图，E、F、 G、H分别为四边形ABCD四边之中点．
(1)求证：四边形EFGH为平行四边形；
(2)当AC、BD满足______时，四边形EFGH为矩形．
16、（8分）如图，▱ABCD中，点E在BC延长线上，EC＝BC，连接DE，AC，AC⊥AD于点A、
（1）求证：四边形ACED是矩形；
（2）连接BD，交AC于点F．若AC＝2AD，猜想∠E与∠BDE的数量关系，并证明你的猜想．
17、（10分）正方形中，点是上一点，过点作交射线于点，连结．
（1）已知点在线段上.
①若，求度数；
②求证：.
（2）已知正方形边长为，且，请直接写出线段的长．
18、（10分）如图,已知平面直角坐标系中,、,现将线段绕点顺时针旋转得到点,连接.
(1)求出直线的解析式；
(2)若动点从点出发,沿线段以每分钟个单位的速度运动,过作交轴于,连接.设运动时间为分钟,当四边形为平行四边形时,求的值.
(3)为直线上一点,在坐标平面内是否存在一点,使得以、、、为顶点的四边形为菱形,若存在,求出此时的坐标；若不存在,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）已知四边形ABCD为菱形，∠BAD=60°，E为AD中点，AB=6cm，P为AC上任一点．求PE+PD的最小值是_______
20、（4分）在正方形中，在上，，，是上的动点，则的最小值是_____________.
21、（4分）1955年，印度数学家卡普耶卡（）研究了对四位自然数的一种变换：任给出四位数，用的四个数字由大到小重新排列成一个四位数，再减去它的反序数（即将的四个数字由小到大排列，规定反序后若左边数字有0，则将0去掉运算，比如0001，计算时按1计算），得出数，然后继续对重复上述变换，得数，…，如此进行下去，卡普耶卡发现，无论是多大的四位数，只要四个数字不全相同，最多进行次上述变换，就会出现变换前后相同的四位数，这个数称为变换的核.则四位数9631的变换的核为______.
22、（4分）四边形的外角和等于 .
23、（4分）在函数y＝中，自变量x的取值范围是_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）已知的三边长分别为，求证：是直角三角形.
25、（10分）一只口袋中放着若干只红球和白球，这两种球除了颜色以外没有任何其他区别，袋中的球已经搅匀，蒙上眼睛从口袋中取出一只球，取出红球的概率是．
（1）取出白球的概率是多少？
（2）如果袋中的白球有18只，那么袋中的红球有多少只？
26、（12分）已知一次函数的图象与正比例函数的图象的交点的纵坐标是4.且与轴的交点的横坐标是
（1）求这个一次函数的解析式；（2）直接写出时的取值范围.
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】
考查一次函数的图像特征．
点拨：由得系数符号和常数b决定．
解答：对于一次函数，当时直线经过第一、二、四象限或第二、三、四象限;,故直线经过第二、三、四象限，不经过第一象限．
2、A
【解析】
根据菱形的对角线互相垂直且平分，所以可得菱形的面积等于倍的对角线的乘积.
【详解】
解：根据E，F分别是AD、CD的中点，EF=3
可得AC=6,
OB=4可得BD=8
所以菱形ABCD的面积为：
故选A.
本题主要考查菱形对角线的性质，关键在于菱形的对角线平分且垂直.
3、C
【解析】
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CD= AB．
【详解】
解：∵∠ACB=90°，D为AB的中点，
∴CD= AB= ×6=3cm．
故选：C．
本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，熟记性质是解题的关键．
4、C
【解析】
根据轴对称图形和中心对称图形的概念即可得出.
【详解】
解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
C、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项正确；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
故选C．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形: 在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形.中心对称图形: 在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形.
5、B
【解析】
利用一次函数的定义即能找到答案.
【详解】
选项A:含有分式，故选项A错误；
选项B: 满足一次函数的概念，故选项B正确.
选项C: 含有分式，故选项C错误.
选项D:含有二次项，故选项D错误.
故答案为：B.
此题考查一次函数的定义，解题关键在于掌握其定义.
6、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．
7、A
【解析】
当AB=BC时，四边形DBFE是菱形．根据三角形中位线定理证明即可；当BE平分∠ABC时，可证BD=DE，可得四边形DBFE是菱形，当EF=FC，可证EF=BF，可得四边形DBFE是菱形，由此即可判断；
【详解】
解：当AB=BC时，四边形DBFE是菱形；
理由：∵点D、E、F分别是边AB、AC、BC的中点，
∴DE∥BC，EF∥AB，
∴四边形DBFE是平行四边形，
∵DE=BC，EF=AB，
∴DE=EF，
∴四边形DBFE是菱形．
故B正确，不符合题意，
当BE平分∠ABC时，∴∠ABE=∠EBC
∵DE∥BC，
∴∠CBE=∠DEB
∴∠ABE =∠DEB
∴BD=DE
∴四边形DBFE是菱形，
故C正确，不符合题意，
当EF=FC，
∵BF=FC
∴EF=BF，
∴四边形DBFE是菱形，
故D正确，不符合题意，
故选A．
本题考查三角形的中位线定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握三角形中位线定理，属于中考常考题型．
8、D
【解析】
根据相似三角形的判定和性质定理和线段中点的定义即可得到结论．
【详解】
解：∵∠ADC=∠BAC，∠C=∠C，
∴△BAC∽△ADC，
∴ ，
∵D是BC的中点，BC=6，
∴CD=3，
∴AC2=6×3=18，
∴AC=，
故选：D．
本题考查相似三角形的判定和性质，线段中点的定义，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1
【解析】
分析：先运用用平方差公式把括号展开，再根据二次根式的性质计算可得．
详解：原式=（）2-（）2
=6-1
=1，
故答案为：1．
点睛：本题考查了二次根式的混合运算的应用，熟练掌握平方差公式与二次根式的性质是关键．
10、
【解析】
由黄金矩形的短边与长边的比为，可设黄金矩形的宽为x，列方程即可求出x的值．
【详解】
解：∵黄金矩形的短边与长边的比为，
∴设黄金矩形的宽为x，
则，
解得，x＝﹣1，
故答案为：．
本题考查了黄金矩形的性质，解题关键是要知道黄金矩形的短边与长边的比为．
11、4
【解析】
由题意得，在直角三角形中，知道了两直角边，运用勾股定理即可求出斜边，从而得出木杆顶端落在地面的位置离木杆底端的距离.
【详解】
一颗垂直于地面的木杆在离地面处折断，木杆折断前的高度为，
木杆顶端落在地面的位置离木杆底端的距离为.
故答案为：.
此题考查了勾股定理的应用，主要考查学生对勾股定理在实际生活中的运用能力.
12、
【解析】
根据菱形的性质得出BO、CO的长，在RT△BOC中求出BC，利用菱形面积等于对角线乘积的一半，也等于BC×AE，可得出AE的长度
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，
∴CO＝AC＝3cm，BO＝BD＝4cm，AO⊥BO，
∴BC＝＝5cm，
∴S菱形ABCD＝＝×6×8＝24cm2，
∵S菱形ABCD＝BC×AE，
∴BC×AE＝24，
∴AE＝cm．
故答案为： cm．
此题考查了菱形的性质，也涉及了勾股定理，要求我们掌握菱形的面积的两种表示方法，及菱形的对角线互相垂直且平分．
13、y=﹣2x+1．
【解析】
利用直线的平移规律：（1）k不变；（2） “上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
【详解】
∵将直线y=﹣2x向上平移1个单位，
∴y=﹣2x+1，
即直线的AB的解析式是y=﹣2x+1.
故答案为：y=﹣2x+1．
本题考查了一次函数图象平移的特点.熟练应用一次函数平移规律是解题的关键.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）；（2）D（－6，4）；（3）M（－2，0）
【解析】
（1）由题意将y=0和x=0分别代入即可求出点A、B的坐标，进而求出边AB的长；
（2）根据题意作DH⊥轴于H，并利用全等三角形的判定与性质求得△DAH≌△ABO，进而得出DH和OH的值即可；
（3）根据题意作D点关于轴的对称点为E，并连接BE交x轴于点M，△MDB的周长为,有为定值，只需满足的值最小即可，将进行转化，根据两点间线段最短即可知道此时的M即为所求，解出直线BE的解析式即可得到M点的坐标．
【详解】
解：（1）由题意直线y=x+2与x轴、y轴分别交于A、B两点，将y=0和x=0分别代入即可求出点A、B的坐标为：A（－4，0），B（0，2），
所以AB＝.
（2）作DH⊥轴于H，
由于∠DHA＝∠BAD＝90°，
∠DAH＋∠BAO=90°，
∠BAO+∠ABO＝90°，
∴∠DAH＝∠ABO，
又DA＝AB，
∴△DAH≌△ABO（AAS），
则DH＝OA＝4，AH＝OB＝2，OH=4+2=6,
∵点D的坐标在第二象限，
∴D（－6，4）.
（3）作D点关于轴的对称点为E，并连接BE交x轴于点M，
根据轴对称的性质可知，E（－6，－4），
△MDB的周长为：,有为定值，只需满足的值最小即可，
将进行转化，根据两点间线段最短即可知道此时的M即为所求，
利用待定系数法求得直线BE的解析式为，
直线与轴的交点坐标为（－2，0），
故M（－2，0）．
本题考查一次函数与正方形，涉及的知识有待定系数法求一次函数解析式，坐标与图形性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，对称性质，以及一次函数与坐标轴的交点，熟练掌握相关性质及定理是解答本题的关键．
15、（1）见解析；（2）AC⊥BD
【解析】
（1）连接BD，根据中位线的性质可得EH∥BD，EH=，FG∥BD，FG=，从而得出EH∥FG，EH= FG，然后根据平行四边形的判定定理即可证出结论；
（2）当AC⊥BD时，连接AC，根据中位线的性质可得EF∥AC，从而得出EF⊥BD，然后由（1）的结论可证出EF⊥EH，最后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可证出结论．
【详解】
（1）证明：连接BD
∵E、F、 G、H分别为四边形ABCD四边的中点
∴EH是△ABD的中位线，FG是△CBD的中位线
∴EH∥BD，EH=，FG∥BD，FG=
∴EH∥FG，EH= FG
∴四边形EFGH为平行四边形；
（2）当AC⊥BD时，四边形EFGH为矩形，理由如下
连接AC，
∵E、F为BA和BC的中点
∴EF为△BAC的中位线
∴EF∥AC
∵AC⊥BD
∴EF⊥BD
∵EH∥BD
∴EF⊥EH
∴∠FEH=90°
∵四边形EFGH为平行四边形
∴四边形EFGH为矩形
故答案为：AC⊥BD．
此题考查的是中位线的性质、平行四边形的判定和矩形的判定，掌握中位线的性质、平行四边形的判定定理和矩形的定义是解决此题的关键．
16、（1）证明见解析（2）∠E＝2∠BDE
【解析】
（1）由四边形ABCD是平行四边形，EC=BC，易证得四边形ACED是平行四边形，又由AC⊥AD，即可证得四边形ACED是矩形；
（2）根据矩形的性质得∠E=∠DAC=90°，可证得DA=AF，由等腰三角形的性质可得∠ADF=45°，则∠BDE=45°，可得出∠E=2∠BDE．
【详解】
（1）证明：因为ABCD是平行边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵BC＝CE，点E在BC的延长线上，
∴AD＝EC，AD∥EC，
∴四边形ACED为平行四边形，
∵AC⊥AD，
∴平行四边形ACED为矩形
（2）∠E＝2∠BDE
理由：∵平行四边形ABCD中，AC＝2AF，
又∵AC＝2AD，
∴AD＝AF，
∴∠ADF＝∠AFD，
∵AC∥ED，
∴∠BDE＝∠BFC，
∵∠BFC＝∠AFD，
∴∠BDE＝∠ADF＝45°，
∴∠E＝2∠BDE
此题考查了矩形的判定与性质．熟悉矩形的判定和性质是关键．
17、（1）①；②见解析；（2）的长为或
【解析】
(1) ①根据正方形性质，求出；根据等腰三角形性质，求出的度数，即可求得.
②根据正方形对称性得到；根据四边形内角和证出；利用等角对等边即可证出.
（2）分情况讨论：①当点F在线段BC上时; ②当点F在线段CB延长线上时;根据正方形的对称性，证出；再根据等腰三角形的性质，求出线段NC，BN；利用勾股定理，求出BE、BD，进而求出DE.
【详解】
解：（1）①为正方形，
．
又，
．
②证明：正方形关于对称，
，
．

又，

又
，
，
．
（2）①当点F在线段BC上时，过E作MN⊥BC，垂足为N，交AD于M，如图1所示：

∴N是CF的中点，
∴BF=1，∴CF=1

又∵四边形CDMN是矩形
∴为等腰直角三角形

∴
②当点F在线段CB延长线上时，如图2所示：
过点E作MN⊥BC，垂足为N，交AD于M
∵正方形ABCD关于BD对称


又∵


又
∴FC=3
∴
∴
∴ ,
综上所述，的长为或
本题考查了三角形全等、等腰三角形的性质、三线合一、勾股定理等知识点；难点在（2），注意分情况讨论；本题难度较大，属于中考压轴题.
18、（1）；（2）t=s时，四边形ABMN是平行四边形；（3）存在，点Q坐标为：或或或.
【解析】
（1）如图1中，作BH⊥x轴于H．证明△COA≌△AHB（AAS），可得BH=OA=1，AH=OC=2，求出点B坐标，再利用待定系数法即可解决问题．
（2）利用平行四边形的性质求出点N的坐标，再求出AN，BM，CM即可解决问题．
（3）如图3中，当OB为菱形的边时，可得菱形OBQP，菱形OBP1Q1．菱形OBP3Q3，当OB为菱形的对角线时，可得菱形OP2BQ2，点Q2在线段OB的垂直平分线上，分别求解即可解决问题．
【详解】
（1）如图1中，作BH⊥x轴于H．
∵A（1，0）、C（0，2），
∴OA=1，OC=2，
∵∠COA=∠CAB=∠AHB=90°，
∴∠ACO+∠OAC=90°，∠CAO+∠BAH=90°，
∴∠ACO=∠BAH，
∵AC=AB，
∴△COA≌△AHB（AAS），
∴BH=OA=1，AH=OC=2，
∴OH=3，
∴B（3，1），
设直线BC的解析式为y=kx+b，则有，
解得：，
∴；
（2）如图2中，
∵四边形ABMN是平行四边形，
∴AN∥BM，
∴直线AN的解析式为：，
∴，
∴，
∵B（3，1），C（0，2），
∴BC=，
∴，
∴，
∴t=s时，四边形ABMN是平行四边形；
（3）如图3中，
如图3中，当OB为菱形的边时，可得菱形OBQP，菱形OBP1Q1．菱形OBP3Q3，
连接OQ交BC于E，
∵OE⊥BC，
∴直线OE的解析式为y=3x，
由，解得：，
∴E（，），
∵OE=OQ，
∴Q（，），
∵OQ1∥BC，
∴直线OQ1的解析式为y=-x，
∵OQ1=OB=，设Q1（m，-），
∴m2+m2=10，
∴m=±3，
可得Q1（3，-1），Q3（-3，1），
当OB为菱形的对角线时，可得菱形OP2BQ2，点Q2在线段OB的垂直平分线上，
易知线段OB的垂直平分线的解析式为y=-3x+5，
由，解得：，
∴Q2（，）．
综上所述，满足条件的点Q坐标为：或或或.
本题属于一次函数综合题，考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，一次函数的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
根据菱形的性质，可得AC是BD的垂直平分线，可得AC上的点到D、B点的距离相等，连接BE交AC与P，可得答案．
【详解】
解：∵菱形的性质，
∴AC是BD的垂直平分线，AC上的点到B、D的距离相等．
连接BE交AC于P点，
PD=PB，
PE+PD=PE+PB=BE，
在Rt△ABE中，由勾股定理得

故答案为3
本题考查了轴对称，对称轴上的点到线段两端点的距离相等是解题关键．
20、
【解析】
根据题意画出图形，连接AC、AE，由正方形的性质可知A、C关于直线BD对称，故AE的长即为PE+PC的最小值，再根据勾股定理求出AE的长即可．
【详解】
如图所示：连接AC、AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴A、C关于直线BD对称，
∴AE的长即为PE+PC的最小值，
∵BE=2，CE=1，
∴BC=AB=2+1=3，
在Rt△ABE中，
∵AE=，
∴PE与PC的和的最小值为．
故答案为：．
本题考查的是轴对称-最短路线问题及正方形的性质，熟知“两点之间，线段最短”是解决问题的关键．
21、6174
【解析】
用1的四个数字由大到小排列成一个四位数1．则1-1369=8262，用8262的四个数字由大到小重新排列成一个四位数2．则2-2268=6354，类似地进行上述变换，可知5次变换之后，此时开始停在一个数6174上．
【详解】
解：用1的四个数字由大到小排列成一个四位数1．则1-1369=8262，
用8262的四个数字由大到小重新排列成一个四位数2．则2-2268=6354，
用6354的四个数字由大到小重新排列成一个四位数3．则3-3456=3087，
用3087的四个数字由大到小重新排列成一个四位数4．则4-378=8352，
用8352的四个数字由大到小重新排列成一个四位数5．则5-2358=6174，
用6174的四个数字由大到小重新排列成一个四位数6．则6-1467=6174…
可知7次变换之后，四位数最后都会停在一个确定的数6174上．
故答案为6174.
本题考查简单的合情推理．此类题可以选择一个具体的数根据题意进行计算，即可得到这个确定的数．
22、360°．
【解析】
解：n（n≥3）边形的外角和都等于360°．
23、x≥﹣2且x≠1．
【解析】
根据二次根式的非负性及分式有意义的条件来求解不等式即可.
【详解】
解：根据题意，得：x+2≥1且x≠1，
解得：x≥﹣2且x≠1，
故答案为x≥﹣2且x≠1．
二次根式及分式有意义的条件是本题的考点，正确求解不等式是解题的关键.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、见解析.
【解析】
根据勾股定理的逆定理解答即可.
【详解】
证明：
，
以为三边的是直角三角形.
本题考查了勾股定理逆定理，如果三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形，在一个三角形中，即如果用a，b，c表示三角形的三条边，如果a2+b2=c2，那么这个三角形是直角三角形.
25、 (1)(2)袋中的红球有6只．
【解析】
（1）根据取出白球的概率是1-取出红球的概率即可求出；
（2）设有红球x个，则总求出为（x+18）个，再根据红球的概率即可列出方程，从而解出x.
【详解】
解：（1）=
（2）设袋中的红球有只，
则有
解得
所以，袋中的红球有6只．
26、（1）；（2）
【解析】
（1）根据待定系数法即可解决；
（2）观察图像即可得出答案.
【详解】
解：（1）∵图像经过点A
∴当时，
∴
∵图像经过点且与轴交于点
∴
解得：
所以这个一次函数解析式为
（2）∵一次函数与正比例函数相交于交点，
观察图像可知，当时，，
∴答案为.
此题主要考查了待定系数法求一次函数、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，学会分类讨论的数学思想是正确解题的关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人