2025届安徽省合肥市科大附中数学九年级第一学期开学监测试题【含答案】

这是一份2025届安徽省合肥市科大附中数学九年级第一学期开学监测试题【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）如图，将▱ABCD沿对角线AC进行折叠，折叠后点D落在点F处，AF交BC于点E，有下列结论：①△ABF≌△CFB；②AE＝CE；③BF∥AC；④BE＝CE，其中正确结论的个数是( )
A．1B．2C．3D．4
2、（4分）如图所示，已知∠1=∠2，AD=BD=4，CE⊥AD，2CE=AC，那么CD的长是（ ）
A．2B．3C．1D．1.5
3、（4分）下列各式计算正确的是（ ）
A．B．C．D．
4、（4分）下列命题是真命题的是（ ）
A．方程的二次项系数为3，一次项系数为-2
B．四个角都是直角的两个四边形一定相似
C．某种彩票中奖的概率是1%，买100张该种彩票一定会中奖
D．对角线相等的四边形是矩形
5、（4分）若平行四边形中两个内角的度数比为1：3，则其中较小的内角为( )
A．90°B．60°C．120°D．45°
6、（4分）一种病菌的直径是0.000023毫米，将0.000023用科学记数法表示为
A．B．C．D．
7、（4分）某市为解决部分市民冬季集中取暖问题，需铺设一条长4000米的管道，为尽量减少施工对交通造成的影响，施工时“…”，设实际每天铺设管道x米，则可得方程＝20，根据此情景，题中用“…”表示的缺失的条件应补为（ ）
A．每天比原计划多铺设10米，结果延期20天完成
B．每天比原计划少铺设10米，结果延期20天完成
C．每天比原计划多铺设10米，结果提前20天完成
D．每天比原计划少铺设10米，结果提前20天完成
8、（4分）甲、乙两人分别骑自行车和摩托车从A地到B地，两人所行驶的路程与时间的关系如图所示，下面的四个说法：
甲比乙早出发了3小时；乙比甲早到3小时；甲、乙的速度比是5：6；乙出发2小时追上了甲．
其中正确的个数是
A．1个B．2个C．3个D．4个
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： _____________.
10、（4分）如图所示，D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，且BC=7，则DE=______．
11、（4分）在中，，，，则斜边上的高为________.
12、（4分）若一个矩形的长边的平方等于短边与其周长一半的积，则称这样的矩形为“优美矩形”.某公园在绿化时，工作人员想利用如图所示的直角墙角(两边足够长)和长为38m的篱笆围成一个“优美矩形”形状的花园ABCD，其中边AB，AD为篱笆，且AB大于AD．设AD为xm，依题意可列方程为______.
13、（4分）小明统计了家里3月份的电话通话清单，按通话时间画出频数分布直方图（如图所示），则通话时间不足10分钟的通话次数的频率是_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）在平面直角坐标系中，O为坐标原点．
(1)已知点A(3，1)，连接OA，作如下探究：
探究一：平移线段OA，使点O落在点B，设点A落在点C，若点B的坐标为（1，2），请在图①中作出BC，点C的坐标是__________．
探究二：将线段OA绕点O逆时针旋转90°，设点A落在点D，则点D的坐标是__________；连接AD，则AD＝________(图②为备用图)．
(2)已知四点O(0，0)，A(a，b)，C，B(c，d)，顺次连接O，A，C，B，O，若所得到的四边形为平行四边形，则点C的坐标是____________．
15、（8分）如图1，在中，，，点，分别在边AC，BC上，，连接BD，点F，P，G分别为AB，BD，DE的中点.
（1）如图1中，线段PF与PG的数量关系是 ，位置关系是 ；
（2）若把△ CDE绕点C逆时针方向旋转到图2的位置，连接AD，BE，GF，判断△ FGP的形状，并说明理由；
（3）若把△ CDE绕点C在平面内自由旋转，AC=8，CD=3，请求出△FGP面积的最大值.
16、（8分）如图，在平行四边形中，，是中点，在延长线上，连接相交于点.
（1）若，求平行四边形的面积；
（2）若，求证：.
17、（10分）如图，在平行四边形中，分别为边长的中点，连结．若，则四边形是什么特殊四边形？请证明你的结论．
18、（10分）计算：（+）×﹣4
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）如图，一架云梯长米，斜靠在一面墙上，梯子顶端离地面米，要使梯子顶端离地面米，则梯子的底部在水平面方向要向左滑动______米．
20、（4分）已知A地在B地的正南方3km处，甲、乙两人同时分别从A、B两地向正北方向匀速直行，他们与A地的距离S（km）与所行时间t(h)之间的函数关系如图所示，当他们行驶3h时，他们之间的距离为______km.
21、（4分）某果农 2014 年的年收入为 5 万元，由于党的惠农政策的落实，2016 年年收入增加到 7.2万元，若平均每年的增长率是 x ，则 x =_____．
22、（4分）已知，是关于的方程的两根，且满足，那么的值为________.
23、（4分）将函数的图象向下平移3个单位，所得图象的函数解析式为______.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，点E在边CB的延长线上，且∠EAC=90°，AE2=EB•EC．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）延长DB、AE交于点F，若AF=AC，求证：AE=BF．
25、（10分）如图，在四边形中，，，E为对角线的中点，F为边的中点，连接.
（1）求证：四边形为菱形；
（2）连接交于点G，若，，求的长.
26、（12分）某学生本学期6次数学考试成绩如下表所示：
（1）6次考试成绩的中位数为 ，众数为 .
（2）求该生本学期四次月考的平均成绩.
（3）如果本学期的总评成绩按照月考平均成绩占20﹪、期中成绩占30﹪、期末成绩占50﹪计算，那么该生本学期的数学总评成绩是多少？
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SSS即可判定△ABF≌△CFB，根据全等三角形的性质以及等式性质，即可得到EC=EA，根据∠EBF=∠EFB=∠EAC=∠ECA，即可得出BF∥AC.根据E不一定是BC的中点，可得BE=CE不一定成立.
【详解】
解：由折叠可得，AD＝AF，DC＝FC，
又∵平行四边形ABCD中，AD＝BC，AB＝CD，
∴AF＝BC，AB＝CF，
在△ABF和△CFB中，
∴△ABF≌△CFB(SSS)，故①正确；
∴∠EBF＝∠EFB，
∴BE＝FE，
∴BC﹣BE＝FA﹣FE，即EC＝EA，故②正确；
∴∠EAC＝∠ECA，
又∵∠AEC＝∠BEF，
∴∠EBF＝∠EFB＝∠EAC＝∠ECA，
∴BF∥AC，故③正确；
∵E不一定是BC的中点，
∴BE＝CE不一定成立，故④错误；
故选：C．
本题考查的是全等三角形的性质和平行四边形的性质，熟练掌握二者是解题的关键.
2、A
【解析】
在Rt△AEC中，由于=，可以得到∠1=∠1=30°，又AD=BD=4，得到∠B=∠1=30°，从而求出∠ACD=90°，然后由直角三角形的性质求出CD．
【详解】
解：在Rt△AEC中，∵=，∴∠1=∠1=30°，
∵AD=BD=4，∴∠B=∠1=30°，∴∠ACD=180°﹣30°×3=90°，∴CD=AD=1．
故选A．
本题考查了直角三角形的性质、三角形内角和定理、等边对等角的性质．解题的关键是得出∠1=30°．
3、D
【解析】
根据各个选项中的式子可以计算出正确的结果，从而可以判断哪个选项中的式子正确．
【详解】
解：A、不能合并为一项，故选项错误；
B、，故选项错误；
C、，故选项错误；
D、，故选项正确.
故选D.
本题考查二次根式的混合运算，解答本题的关键是明确二次根式混合运算的计算方法．
4、A
【解析】
根据所学的公理以及定理，一元二次方程的定义，概率等知识，对各小题进行分析判断，然后再计算真命题的个数．
【详解】
A、正确．
B、错误，对应边不一定成比例．
C、错误，不一定中奖．
D、错误，对角线相等的四边形不一定是矩形.
故选：A．
此题考查命题与定理，熟练掌握基础知识是解题关键．
5、D
【解析】
首先设平行四边形中两个内角分别为x°，3x°，由平行四边形的邻角互补，即可得x+3x=180，继而求得答案．
【详解】
解：∵平行四边形中两个内角的度数之比为1：3，
∴设平行四边形中两个内角分别为x°，3x°，
∴x+3x=180，
解得：x=45，
∴其中较小的内角是45°．
故选D．
本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的邻角互补是解题的关键．
6、A
【解析】
绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10-n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【详解】
解：将0.000023用科学记数法表示为．
故选：．
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10-n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
7、C
【解析】
由给定的分式方程，可找出缺失的条件为：每天比原计划多铺设10米，结果提前20天完成．此题得解．
【详解】
解：∵利用工作时间列出方程： ，
∴缺失的条件为：每天比原计划多铺设10米，结果提前20天完成．
故选：C．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，由列出的分式方程找出题干缺失的条件是解题的关键．
8、B
【解析】
分析：
根据函数图象中所提供的信息进行分析判断即可.
详解：
（1）由图中信息可知，乙是在甲出发3小时后出发的，所以结论①正确；
（2）由图中信息可知，甲是在乙到达终点3小时后到达的，所以结论②正确；
（3）由题中信息可得：V甲=80÷8=10（km/小时）V乙=80÷2=40（km/小时），由此可得：V甲：V乙=1：4，所以结论③错误；
（4）由图中信息和（3）中所求甲和乙的速度易得，乙出发后1小时追上甲，所以结论④不成立.
综上所述，4个结论中正确的有2个.
故选B.
点睛：读懂题意，能够从函数图象中获取相关数据信息是解答本题的关键.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1
【解析】
根据开平方运算的法则计算即可．
【详解】
1．
故答案为：1．
本题考查了实数的运算－开方运算，比较简单，注意符号的变化．
10、3.1
【解析】
根据三角形的中位线定理解答即可．
【详解】
解：∵D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，且BC=7，
∴．
故答案为：3.1．
本题考查了三角形的中位线定理，属于基本题型，熟练掌握该定理是解题关键．
11、
【解析】
利用面积法，分别以直角边为底和斜边为底，根据三角形面积相等，可以列出方程，解得答案
【详解】
解：设斜边上的高为h，
在Rt△ABC中，利用勾股定理可得：
根据三角形面积两种算法可列方程为：
解得：h=2.4cm，
故答案为2.4cm
本题考查勾股定理和利用面积法算垂线段的长度，要熟练掌握.
12、(无需写成一般式)
【解析】
根据AD=xm，就可以得出AB=38-x，由矩形的面积公式结合矩形是“优美矩形”就可以得出关于x的方程.
【详解】
∵AD=xm，且AB大于AD，
∴AB=38-x，
∵矩形ABCD是“优美矩形”，
∴
整理得：.
故答案为：.
考查了根据实际问题列一元二次方程，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程．
13、0.7
【解析】
用通话时间不足10分钟的通话次数除以通话的总次数即可得．
【详解】
由图可知：小明家3月份通话总次数为20+15+10+5=50（次）；
其中通话不足10分钟的次数为20+15=35（次），
∴通话时间不足10分钟的通话次数的频率是35÷50=0.7.
故答案为0.7.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、 (1)探究一 图见解析；(4，3)；探究二 (－1，3)；2；
(2)(a＋c，b＋d)
【解析】
（1）探究一：由于点A（3，1），连接OA，平移线段OA，使点O落在点B．设点A落在点C，若点B的坐标为（1，2），由此即可得到平移方法，然后利用平移方法即可确定在图1中作出BC，并且确定点C的坐标；探究二：将线段OA绕点O逆时针旋转90度，设点A落在点D，根据旋转的性质和方向可以确定点D的坐标；
（2）已知四点O（0，0），A （a，b），C，B（c，d），顺次连接O，A，C，B．
若所得到的四边形为平行四边形，那么得到OA∥CB，根据平移的性质和已知条件即可确定点C的坐标；
【详解】
解：(1)探究一：∵点A（3，1），连接OA，平移线段OA，使点O落在点B．
设点A落在点C，若点B的坐标为（1，2），
则C的坐标为（4，3）， 作图如图①所示.
探究二：∵将线段OA绕点O逆时针旋转90度，
设点A落在点D．
则点D的坐标是（-1，3），如图②所示，由勾股定理得：OD2=0A2=12+32=10，
AD＝＝=2.
(2)(a＋c，b＋d)
∵四点O(0，0)，A(a，b)，C，B(c，d)，顺次连接O，A，C，B，O，所得到的四边形为平行四边形，
∴OA綊BC.
∴可以看成是把OA平移到BC的位置．
∴点C的坐标为(a＋c，b＋d)．
本题考查坐标与图形的变换、平行四边形的性质等知识，综合性比较强，要求学生熟练掌握相关的基础知识才能很好解决这类问题．
15、1）PF=PG PF⊥PG；（2）△FGP是等腰直角三角形，理由见解析；（3）S△PGF最大=.
【解析】
（1）根据等腰三角形的性质和三角形的中位线定理解答即可；
（2）由旋转知，∠ACD=∠BCE，进一步证明△CAD≌△CBE，再利用全等三角形的判定和性质以及三角形中位线定理解答；
（3）由（2）知，△FGP是等腰直角三角形，PG=PF=AD，PG最大时，△FGP面积最大，进而解答即可.
【详解】
解（1）PF=PG PF⊥PG；
如图1，∵在△ABC中，AB=BC，点，分别在边AC，BC上，且CD=CE,
∴AC-CD=BC-CE，即AD=BE，点F、P、G分别为DE、DC、BC的中点，
∴PF=AB，PG=CE，
∴PF=PG，
∵点F、P、G分别为DE、DC、BC的中点，
∴PG//BE，PF//AD，
∴∠PFB=∠A，∠DPG=∠DBC，
∴∠FPG=∠DPF+∠DPG
=∠PFB+∠DBA+∠DPG
=∠A+∠DBA+∠DBC
=∠A+∠ABC，
∵∠ABC+∠ACB=180°-∠C
∴∠FPG=180°-90°=90°，PF⊥PG；
（2）△FGP是等腰直角三角形
理由：由旋转知，∠ACD=∠BCE，
∵AC=BC，CD=CE，
∴△CAD≌△CBE（SAS），
∴∠CAD=∠CBE，AD=BE，
利用三角形的中位线得，PG=BE，PF=AD，
∴PG=PF，
∴△FGP是等腰三角形，
利用三角形的中位线得，PG∥CE，
∴∠DPG=∠DBE，
利用三角形的中位线得，PF∥AD，
∴∠PFB=∠DAB，
∵∠DPF=∠DBA+∠PNB=∠DBA+∠DAB，
∴∠GPF=∠DPG+∠DPF=∠DBE+∠DBA+∠DAB
=∠ABE+∠DAB=∠CBA+∠CBE+∠DAB
=∠CBA+∠CAD+∠DAB=∠CBA+∠CAB，
∵∠ACB=90°，
∴∠CBA+∠CAB=90°，
∴∠GPF=90°，
∴△FGP是等腰直角三角形;
（3）由（2）知，△FGP是等腰直角三角形，PG=PF=AD，
∴PG最大时，△FGP面积最大，
∴点D在AC的延长线上，
∴AD=AC+CD=11，
∴PG=，
∴S△PGF最大=PG2=
此题属于几何变换综合题，关键是根据三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质进行解答.
16、（1）18；（2）见解析
【解析】
（1）过点A作AH⊥BC于H，由AC=BC，∠ABC=75°，得出∠ACB=30°，则AH=AC=BC=3，S平行四边形ABCD=2S△ABC=2×BC•AH，即可得出结果；
（2）过点A作AN∥CE，交BG于N，则∠ECA=∠CAN，由E是AB中点得出EF是△ABN的中位线，则EF=AN，证明∠GBC=∠ECA，∠GBC=∠G，∠ACB=∠CAG得出∠ECB=∠ECA=∠CAN=∠GAN，推出∠GAN=∠G，则AN=GN，由平行线的性质得出==1，得出BF=FN，即可得出结论．
【详解】
（1）解：作，垂足为，则
∵，
∴ ，
∴，
∴；
（2）过点A作AN∥CE，交BG于N，如图2所示：
则∠ECA=∠CAN，
∵E是AB中点，
∴EF是△ABN的中位线，
∴EF=AN，
∵AC=BC，E是AB中点，
∴∠ECB=∠ECA，
∵∠GBC=∠ECB，
∴∠GBC=∠ECA，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，
∴∠GBC=∠G，∠ACB=∠CAG，
∴∠ECB=∠ECA=∠CAN=∠GAN，
∴∠GAN=∠G，
∴AN=GN，
∵EF∥AN，
，
∴BF=FN，
∴GF=GN+FN=AN+BF，
∴GF=BF+2EF．
考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线的判定与性质、平行四边形与三角形面积的计算等知识，熟练掌握平行四边形的性质、构建三角形中位线、证明等腰三角形是解题的关键．
17、四边形是菱形，证明详见解析
【解析】
根据平行四边形性质得出DC=AB，DC//AB，推出BE=DF，得出平行四边形BFDE，根据直角三角形斜边上中线得出DE=BE，根据菱形的判定推出即可．
【详解】
解：四边形是菱形．
证明：∵四边形是平行四边形，
；
∵点是的中点，；
，
∴四边形是平行四边形；
又；
∴平行四边形是菱形．
本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，直角三角形斜边上中线等知识点的应用，关键是证出DE=BE和推出平行四边形BEDF．
18、
【解析】
先利用分配律进行运算，然后进行二次根式的乘法运算，是后进行加减法运算即可得．
【详解】
解：原式=
=
=．
本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式混合运算的顺序并正确化简二次根式是解题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
如图，先利用勾股定理求出BC的长，再利用勾股定理求出CE的长，根据BE=BC-CE即可得答案.
【详解】
如图，AB=DE=10，AC=6，DC=8，∠C =90°，
∴BC==8，
CE==6，
∴BE=BC-CE=2（米），
故答案为2.
本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键.
20、1.5
【解析】
因为甲过点（0，0），（2，4），所以S甲=2t．
因为乙过点（2，4），（0，3），所以S乙=t+3，当t=3时，S甲-S乙=6-=
21、20%.
【解析】
本题的等量关系是2014年的收入×（1+增长率）2=2016年的收入，据此列出方程，再求解.
【详解】
解：根据题意，得，
即.
解得：，（不合题意，舍去）
故答案为20%.
本题考查了一元二次方程应用中求平均变化率的知识．解这类题的一般思路和方法是：若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的一元二次方程方程为a（1±x）2=b．
22、或
【解析】
根据根与系数的关系求出+与·的值，然后代入即可求出m的值.
【详解】
∵，是关于的方程的两根，
∴+=2m-2，·=m2-2m，
代入，得
m2-2m+2（2m-2）=-1，
∴m2+2m-3=0，
解之得
m=或.
故答案为：或.
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）根与系数的关系，若x1，x2为方程的两个根，则x1，x2与系数的关系式：， .
23、y=2x﹣1
【解析】
根据“上加下减”的平移原理，结合原函数解析式即可得出结论．
【详解】
根据“上加下减”的原理可得：
函数y=2x的图象向下平移1个单位后得出的图象的函数解析式为y=2x﹣1．
故答案为：y=2x﹣1．
本题考查了一次函数图象与几何变换，解题的关键是根据平移原理找出平移后的函数解析式．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）见解析；（2）见解析
【解析】
（1）根据AE2=EB•EC证明△AEB∽△CEA，即可得到∠EBA=∠EAC=90°，从而说明平行四边形ABCD是矩形；
（2）根据（1）中△AEB∽△CEA可得，再证明△EBF∽△BAF可得，结合条件AF=AC，即可证AE=BF．
【详解】
证明：（1）∵AE2=EB•EC
∴
又∵∠AEB=∠CEA
∴△AEB∽△CEA
∴∠EBA=∠EAC
而∠EAC=90°
∴∠EBA=∠EAC=90°
又∵∠EBA+∠CBA=180°
∴∠CBA=90°
而四边形ABCD是平行四边形
∴四边形ABCD是矩形
即得证．
（2）∵△AEB∽△CEA
∴即，∠EAB=∠ECA
∵四边形ABCD是矩形
∴OB=OC
∴∠OBC=∠ECA
∴∠EBF=∠OBC=∠ECA=∠EAB
即∠EBF=∠EAB
又∵∠F=∠F
∴△EBF∽△BAF
∴
∴
而AF=AC
∴BF=AE
即AE=BF得证．
本题考查的是相似三角形的判定与性质及矩形的性质，利用三角形的相似进行边与角的转化是解决本题的关键．
25、（1）见解析；（2）
【解析】
由三角形中位线定理可得，，，可得，，由菱形的判定可得结论；
由菱形的性质可得，，，由勾股定理可得，可求，由勾股定理可求AD的长．
【详解】
（1）证明:∵分别为的中点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形.
∵，
∴，
∴四边形是菱形.
（2）解:∵四边形是菱形，，
∴，,
在中，，可得.
∴，
∵E为中点，
∴.
∴.
在中，.
本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，熟练运用菱形的性质是本题的关键．
26、（1）109 ， 1.（2）109；（3）110.2
【解析】
（1）把6个数从小到大排列，按照中位数、众数的概念即可得出结论；
（2）把平时测试成绩相加，再求出其平均数即可；
（3）取4次月考成绩平均分的20％加上期中成绩的30﹪加上期末成绩的50﹪计算即可.
【详解】
解：（1）这6个数从小到大排列为：105，1，1，110，112，113，中位数是=109，众数是1．
故答案为：109，1；
（2）平时测试的数学平均成绩=（分）；
（3）总评成绩=（分）
答：该生本学期的数学总评成绩为110.2分。
本题考查了中位数和众数的定义，熟练的掌握数据的分析和加权平均数的计算方法是解题的关键.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
成绩类别
第一次月考
第二次月考
期中
第三次月考
第四次月考
期末
成绩/分
105
110
108
113
108
112