2025届贵州省六盘水市水城县文泰学校数学九年级第一学期开学检测试题【含答案】

这是一份2025届贵州省六盘水市水城县文泰学校数学九年级第一学期开学检测试题【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）在平面直角坐标系中，点在第一象限，若点关于轴的对称点在直线上，则的值为( )
A．3B．2C．1D．-1
2、（4分）用配方法解一元二次方程时，下列变形正确的是（ ）
A．B．
C．D．
3、（4分）计算的结果是（ ）
A．﹣2B．﹣1C．1D．2
4、（4分）若在实数范围内有意义，则x的取值范围在数轴上表示正确的是（ ）
A． B．C． D．
5、（4分）如图，点P是正方形内一点，连接并延长，交于点.连接，将绕点顺时针旋转90°至，连结.若，，，则线段的长为( )
A．B．4C．D．
6、（4分）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，AB=10，DE垂直平分AC交AB于点E，则DE的长为（ ）
A．6B．5C．4D．3
7、（4分）如图，已知四边形ABCD是边长为4的正方形，E为CD上一点，且DE＝1，F为射线BC上一动点，过点E作EG⊥AF于点P，交直线AB于点G．则下列结论中：①AF＝EG；②若∠BAF＝∠PCF，则PC＝PE；③当∠CPF＝45°时，BF＝1；④PC的最小值为﹣1．其中正确的有（ ）
A．1个B．1个C．3个D．4个
8、（4分）如图，是一钢架，且，为使钢架更加牢固，需在其内部添加-一些钢管、、，添加的钢管都与相等，则最多能添加这样的钢管（ ）
A．根B．根C．根D．无数根
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）当k＝_____时，100x2﹣kxy+49y2是一个完全平方式．
10、（4分）如图，把菱形ABCD沿AH折叠，使B点落在BC上的E点处，若∠B=70°，则∠EDC的大小为______．
11、（4分）已知、为有理数，、分别表示的整数部分和小数部分，且，则 ．
12、（4分）如图，在平行四边形中，点在上，，点是的中点，若点以1厘米/秒的速度从点出发，沿向点运动；点同时以2厘米/秒的速度从点出发，沿向点运动，点运动到停止运动，点也同时停止运动，当点运动时间是_____秒时，以点为顶点的四边形是平行四边形．
13、（4分）小军旅行箱的密码是一个六位数，由于他忘记了密码的末位数字，则小军能一次打开该旅行箱的概率是________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）计算：
（1）
（2）（+3）（﹣2）
15、（8分）已知：如图，在△ABC中，∠BAC的平分线AP与BC的垂直平分线PQ相交于点P，过点P分别作PM⊥AC于点M，PN⊥AB交AB延长线于点N，连接PB，PC．求证：BN=CM．
16、（8分）如图，已知菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，过点C作CE∥BD，过点D作DE∥AC，CE与DE相交于点E．
(1)求证：四边形CODE是矩形；
(2)若AB＝5，AC＝6，求四边形CODE的周长．
17、（10分）已知，如图，在△ABC中，BD是∠ABC的平分线，DE∥BC交AB于E，EF∥AC交BC于F，请判断BE与FC的数量关系，并说明理由。
18、（10分） (1)先化简，再求值：，其中
(2)解方程：
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）若方程有增根，则m的值为___________；
20、（4分）使式子的值为0，则a的值为_______.
21、（4分）如图所示，在四边形中，，分别是的中点，，则的长是___________.
22、（4分）小菲受《乌鸦喝水》故事的启发，利用量筒和体积相同的小球进行了如下操作，请根据图中给出的信息，量筒中至少放入________小球时有水溢出．

23、（4分）如图，一张矩形纸片的长AD=12，宽AB=2，点E在边AD上，点F在边BC上，将四边形ABFE沿直线EF翻折后，点B落在边AD的三等分点G处，则EG的长为_______.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）阅读下列材料：
小明遇到这样一个问题：已知：在△ABC中，AB，BC，AC三边的长分别为、、，求△ABC的面积．
小明是这样解决问题的：如图1所示，先画一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点△ABC（即△ABC三个顶点都在小正方形的顶点处），从而借助网格就能计算出△ABC的面积他把这种解决问题的方法称为构图法．
请回答：

（1）①图1中△ABC的面积为________；
②图1中过O点画一条线段MN，使MN＝2AB，且M、N在格点上．
（2）图2是一个6×6的正方形网格（每个小正方形的边长为1）．利用构图法在图2中画出三边长分别为、2、的格点△DEF．
25、（10分）如图，四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，AB ∥ CD．
（1）求证：四边形ABCD是菱形.
（2）当△ABD满足什么条件时，四边形ABCD是正方形.（直接写出一个符合要求的条件）.
（3）对角线AC和BD交于点O，∠ ADC =120°，AC=8， P为对角线AC上的一个动点，连接DP，将DP绕点D逆时针方向旋转120°得到线段DP1，直接写出A P1的取值范围.
26、（12分）如图所示，直线分别与轴，轴交于点．点是轴负半轴上一点，
（1）求点和点的坐标；
（2）求经过点和的一次函数的解析式．
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】
根据关于x轴的对称点的坐标特点可得B（2，−m），然后再把B点坐标代入y＝−x＋1可得m的值．
【详解】
解：∵点A（2，m），
∴点A关于x轴的对称点B（2，−m），
∵B在直线y＝−x＋1上，
∴−m＝−2＋1＝−1，
∴m＝1，
故选C．
此题主要考查了关于x轴对称的点的坐标特点，以及一次函数图象上点的坐标特点，关键是掌握凡是函数图象经过的点必能满足函数解析式．
2、A
【解析】
根据完全平方公式即可进行求解.
【详解】
∵=0
∴方程化为
故选A.
此题主要考查配方法，解题的关键是熟知完全平方公式的应用.
3、C
【解析】
直接利用二次根式的性质化简得出答案．
【详解】
.解：．
故选：C．
此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确掌握二次根式的性质是解题关键．
4、D
【解析】
根据二次根式有意义的条件：被开方数为非负数可得x+2≥0，再解不等式即可．
【详解】
∵二次根式在实数范围内有意义，
∴被开方数x+2为非负数，
∴x+2≥0，
解得：x≥-2.
故答案选D.
本题考查了二次根式有意义的条件，解题的关键是熟练的掌握二次根式有意义的条件.
5、D
【解析】
如图作BH⊥AQ于H．首先证明∠BPP′=90°，再证明△PHB是等腰直角三角形，求出PH、BH、AB，再证明△ABH∽△AQB，可得AB2=AH•AQ，由此即可解决问题。
【详解】
解：如图作于.
∵是等腰直角三角形，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，AH=AP+PH=1+2=3，
在中，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故选：D.
本题考查正方形的性质、旋转变换、勾股定理的逆定理、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形或相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
6、D
【解析】
试题分析：已知，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，AB=10，根据勾股定理可得BC=6，又因DE垂直平分AC，∠ACB=90°，可得DE为△ABC的中位线，根据三角形的中位线定理可得DE=BC=3，故答案选D.
考点：勾股定理；三角形的中位线定理.
7、C
【解析】
连接AE，过E作EH⊥AB于H，则EH＝BC，根据全等三角形的判定和性质定理即可得到AF＝EG，故①正确；根据平行线的性质和等腰三角形的性质即可得到PE＝PC；故②正确；连接EF，推出点E，P，F，C四点共圆，根据圆周角定理得到∠FEC＝∠FPC＝45°，于是得到BF＝DE＝1，故③正确；取AE 的中点O，连接PO，CO，根据直角三角形的性质得到AO＝PO＝AE，推出点P在以O为圆心，AE为直径的圆上，当O、C、P共线时，CP的值最小，根据三角形的三边关系得到PC≥OC﹣OP，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
连接AE，过E作EH⊥AB于H，
则EH＝BC，
∵AB＝BC，
∴EH＝AB，
∵EG⊥AF，
∴∠BAF+∠AGP＝∠BAF+∠AFB＝90°，
∴∠EGH＝∠AFB，
∵∠B＝∠EHG＝90°，
∴△HEG≌△ABF（AAS），
∴AF＝EG，故①正确；
∵AB∥CD，
∴∠AGE＝∠CEG，
∵∠BAF+∠AGP＝90°，∠PCF+∠PCE＝90°，
∵∠BAF＝∠PCF，
∴∠AGE＝∠PCE，
∴∠PEC＝∠PCE，
∴PE＝PC；故②正确；
连接EF，
∵∠EPF＝∠FCE＝90°，
∴点E，P，F，C四点共圆，
∴∠FEC＝∠FPC＝45°，
∴EC＝FC，
∴BF＝DE＝1，
故③正确；
取AE 的中点O，连接PO，CO，
∴AO＝PO＝AE，
∵∠APE＝90°，
∴点P在以O为圆心，AE为直径的圆上，
∴当O、C、P共线时，CP的值最小，
∵PC≥OC﹣OP，
∴PC的最小值＝OC﹣OP＝OC﹣AE，
∵OC＝＝，AE＝＝，
∴PC的最小值为﹣，故④错误，
故选：C．
此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质、圆的综合等知识，借助圆的性质解决线段的最小值是解答的关键.
8、B
【解析】
因为每根钢管的长度相等，可推出图中的5个三角形都是等腰三角形，再根据等腰三角形的性质和三角形的外角性质，计算出最大的∠OQB的度数（必须≤90°），就可得出钢管的根数.
【详解】
解：如图所示，∠AOB=15°，
∵OE=FE，∴∠OFE=∠AOB=15°，
∴∠GEF=15°×2=30°，
∵EF=GF，所以∠EGF=30°，
∴∠GFH=15°+30°=45°，
∵GH=GF，
∴∠GHF=45°，∠HGA=45°+15°=60°，
∵GH=HQ，
∴∠GQH=60°，∠QHB=60°+15°=75°，
∵QH=QB，∴∠QBH=75°，
故∠OQB=180°－15°－75°=90°，
再作与BQ相等的线段时，90°的角不能是底角，则最多能作出的钢管是：EF、FG、GH、HQ、QB，共有5根．
故选B．
本题考查了等腰三角形的性质和三角形外角的性质，弄清题意，发现规律，正确求得图中各角的度数是解题的关键.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、±1．
【解析】
利用完全平方公式的结构特征判断即可得到结果．完全平方公式（a±b）2= a2±2ab+b2.
【详解】
∵100x2﹣kxy+49y2是一个完全平方式，
∴k＝±1．
故答案为：±1．
此题考查了完全平方式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
10、15°
【解析】
根据菱形的性质，可得∠ADC=∠B=70°，从而得出∠AED=∠ADE．又因为AD∥BC，故∠DAE=∠AEB=70°，∠ADE=∠AED=55°，即可求解．
【详解】
解：根据菱形的对角相等得∠ADC=∠B=70°．
∵AD=AB=AE，
∴∠AED=∠ADE．
根据折叠得∠AEB=∠B=70°．
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB=70°，
∴∠ADE=∠AED=（180°-∠DAE）÷2=55°．
∴∠EDC=70°-55°=15°．
故答案为：15°.
本题考查了翻折变换，菱形的性质，三角形的内角和定理以及平行线的性质，熟练运用折叠的性质是本题的关键．
11、1．
【解析】
试题分析：∵2＜＜3，∴5＞＞1，∴m=1，n=，∵，∴，化简得：，等式两边相对照，因为结果不含，∴且，解得a=3，b=﹣2，∴2a+b=2×3﹣2=6﹣2=1．故答案为1．
考点：估算无理数的大小．
12、3或
【解析】
由四边形ABCD是平行四边形得出：AD∥BC，AD=BC，∠ADB=∠CBD，证得FB=FD，求出AD的长，得出CE的长，设当点P运动t秒时，点P、Q、E、F为顶点的四边形是平行四边形，根据题意列出方程并解方程即可得出结果．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∵∠FBD=∠CBD，
∴∠FBD=∠FDB，
∴FB=FD=11cm，
∵AF=5cm，
∴AD=16cm，
∵点E是BC的中点，
∴CE=BC=AD=8cm，
要使点P、Q、E、F为顶点的四边形是平行四边形，则PF=EQ即可，
设当点P运动t秒时，点P、Q、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
分两种情况：①当点Q在EC上时，根据PF=EQ可得: 5-t=8-2t，
解得：t=3；
②当Q在BE上时，根据PF=QE可得：5-t=2t-8，
解得：t=．
所以，t的值为：t=3或t=．
故答案为：3或．
本题考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、一元一次方程的应用等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解决问题的关键．
13、
【解析】
由一共有10种等可能的结果，小军能一次打开该旅行箱的只有1种情况，直接利用概率公式求解即可求得答案．
【详解】
∵一共有10种等可能的结果，小军能一次打开该旅行箱的只有1种情况，
∴小军能一次打开该旅行箱的概率是：.
故答案是：.
解题关键是根据概率公式(如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=).
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1） ；（2）.
【解析】
（1）先把各二次根式化简为最简二次根式，然后合并即可；
（2）利用多项式乘法公式展开，然后合并即可．
【详解】
解：（1）原式＝
＝；
（2）原式＝5﹣2+3﹣6
＝﹣1．
本题考查了二次根式的混合运算：先把各二次根式化简为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
15、见解析
【解析】
根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得PM=PN，线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得PB=PC，然后利用“HL”证明Rt△PBN和Rt△PCM全等，根据全等三角形对应边相等证明即可．
【详解】
∵AP是∠BAC的平分线，PM⊥AC，PN⊥AB，
∴PM=PN，
∵PQ是线段BC的垂直平分线，
∴PB=PC，
在Rt△PBN和Rt△PCM中， ，
∴Rt△PBN≌Rt△PCM（HL），
∴BN=CM．
本题考查了全等三角形的判定与性质，主要利用了角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，熟记各性质并准确确定出全等三角形是解题的关键．
16、 (1)证明见解析；（2）14.
【解析】
试题分析：（1）先证明四边形CODE是平行四边形，再利用菱形的性质得到直角，证明四边形CODE是矩形．（2）由勾股定理可知OD长，OC是AC一半，所以可知矩形的周长.
试题解析：
（1）∵ CE∥BD，DE∥AC，
∴ 四边形CODE是平行四边形，
∵ 四边形ABCD是菱形，∴ AC⊥BD，
∴ ∠DOC＝90°，∴ □ CODE是矩形；
（2）在菱形ABCD中，OC＝AC＝×6＝3，CD＝AB＝5，
在Rt△COD中，OD＝，
∴ 四边形CODE的周长即矩形CODE的周长为：2（OD＋OC）＝2×（4＋3）＝14.
17、见解析
【解析】
由BD是∠ABC的平分线，DE∥BC，易证得△EBD是等腰三角形，即BE=DE，又由DE∥BC，EF∥AC，可得四边形DEFC是平行四边形，即可得DE=FC，即可证得BE=FC．
【详解】
证明：∵BD是∠ABC的平分线，
∴∠EBD=∠CBD，
∵DE∥BC，
∴∠CBD=∠EDB，
∴∠EBD=∠EDB，
∴BE=DE，
∵DE∥BC，EF∥AC，
∴四边形DEFC是平行四边形，
∴DE=FC，
∴BE=FC．
本题考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定、角平分线的定义以及平行线的性质．此题难度适中，注意有角平分线与平行线易得等腰三角形，注意数形结合思想的应用．
18、 (1) ， ；(2).
【解析】
(1)先进行除法运算，再通分进行化简，将 代入化简结果即可得到答案；
(2) 方程两边都乘以，再移项，系数化为1，检验根的正确性，得到答案.
【详解】
(1)



当时，原式
(2)解方程：
解：方程两边都乘以，得

解这个方程，得
检验：将代入原方程
左边＝右边＝1
∴原方程的根是
本题考查分式的化简和解分式方程，解题的关键是掌握分式的化简和解分式方程的方法.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、-4或6
【解析】
方程两边同乘最简公分母(x-2)(x+2)，化为整式方程，然后根据方程有增根，求得x的值，代入整式方程即可求得答案.
【详解】
方程两边同乘(x-2)(x+2)，
得2(x+2)+mx=3(x-2)
∵原方程有增根，
∴最简公分母(x+2)(x-2)=0，
解得x=-2或2，
当x=-2时，m=6，
当x=2时，m=-4，
故答案为：-4或6.
本题考查了分式方程增根问题；增根问题可按如下步骤进行：①让最简公分母为0确定增根；②化分式方程为整式方程；③把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．
20、
【解析】
根据分式值为0，分子为0，分母不为0解答即可.
【详解】
∵的值为0，
∴2a-1=0，a+2≠0，
∴a=.
故答案为：
本题考查分式为0的条件，要使分式值为0，则分子为0，分母不为0；熟练掌握分式为0的条件是解题关键.
21、
【解析】
根据中位线定理和已知，易证明△PMN是等腰三角形，根据等腰三角形的性质和已知条件即可求出∠PMN的度数为30°，通过构造直角三角形求出MN．
【详解】
解：∵在四边形ABCD中，M、N、P分别是AD、BC、BD的中点，
∴PN，PM分别是△CDB与△DAB的中位线，
∴PM=AB=2，PN=DC=2，PM∥AB，PN∥DC，
∵AB=CD，
∴PM=PN，
∴△PMN是等腰三角形，
∵PM∥AB，PN∥DC，
∴∠MPD=∠ABD=20°，∠BPN=∠BDC=80°，
∴∠MPN=∠MPD+∠NPD=20°+（180-80）°=120°，
∴∠PMN==30°．
过P点作PH⊥MN，交MN于点H．
∵HQ⊥MN，
∴HQ平分∠MHN，NH=HM．
∵MP=2，∠PMN=30°，
∴MH=PM•cs60°=，
∴MN=2MH=2．
本题考查了三角形中位线定理及等腰三角形的判定和性质、30°直角三角形性质，解题时要善于根据已知信息，确定应用的知识．
22、10
【解析】
（36-20）÷3=2（cm）.
设放入x小球有水溢出，由题意得
2x+30>49, ∴x>9.5, ∴放入10小球有水溢出.
23、或
【解析】
如图，作GH⊥BC于H．则四边形ABHG是矩形．G是AD的三等分点，推出AG=4或8，证明EG=FG=FB，设EG=FG=FB=x，分两种情形构建方程即可解决问题．
【详解】
解：如图，作GH⊥BC于H．则四边形ABHG是矩形．
∵G是AD的三等分点，
∴AG=4或8，
由翻折可知：FG=FB，∠EFB=∠EFG，设FG=FB=x．
∵AD∥BC，
∴∠FEG=∠EFB=∠GFE，
∴EG=FG=x，
在Rt△FGH中，∵FG2=GH2+FH2，
∴x2=22+（4-x）2或x2=22+（8-x）2
解得：x=或，
故答案为或．
本题考查翻折变换，矩形的性质，等腰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，构造直角三角形解决问题．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）① ，②见解析； (2)见解析.
【解析】
分析：
（1）①如图3，由S△ABC=S正方形DECF-S△ABD-S△BCE-S△ACF结合已知条件即可求得△ABC的面积了；②如图4，对照图形过点O作OM∥AB，且使OM=AB，作ON∥AB，且使ON=AB，则根据过直线为一点有且只有一条直线平行于已知直线可知点O、M、N在同一直线上，由此所得线段MN=2AB；
（2）如图5，按照题中构图法结合勾股定理画出△DEF即可.
详解：
（1）① 如图3，S△ABC=S正方形DECF-S△ABD-S△BCE-S△ACF=；
②如图所示，线段MN即为所求：
（2）如图5所示，△DEF即为所求.
点睛：（1）“构造如图3所示的正方形DECF，由此得到，S△ABC=S正方形DECF-S△ABD-S△BCE-S△ACF”是解答第1小题的关键；（2“由勾股定理在6×6网格中找到使DE=，EF=，DF=的点D、E、F的位置”是解答第2小题的关键.
25、 (1)见解析;(2)见解析;(3) .
【解析】
分析：（1）先证明四边形ABCD是平行四边形，然后证明它是菱形即可.
（2）由（1）已知四边形ABCD是菱形，所以当△ABD是直角三角形时，四边形ABCD是正方形.
（3）将线段AC顺时针方向旋转60°得到线段CE，并连接AE，点到直线的距离垂线段最短，所以AP1垂直CE时，AP1取最小值，点P1在E点，AP1取最大值，即可求解.
详解：证明：（1） AB=AD，CB=CD，∴∠ABD=∠ADB，∠CBD=∠CDB，
∵AB∥CD，∴∠ABD=∠CDB，∴∠ADB=∠CBD，
∴AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形.
又∵AB=AD，∴四边形ABCD是菱形.
（2）要使四边形ABCD是正方形，则∠A=∠ABC=∠C=∠ADC=90°，
∴当△ABD是直角三角形时，即∠BAD=90°时，四边形ABCD是正方形；
（3）以点C为中心，将线段AC顺时针方向旋转60°得到线段CE，由题意可知，点P1在线段CE上运动.
连接AE，
∵AC=CE，∠ACE=60°，∴△ACE为等边三角形，
∴AC=CE=AE=8，过点A作于点F，
∴.当点P1在点F时，线段AP1最短，此时；.
当点P1在点E时，线段AP1最长，此时AP1=8，
..
点睛：本题主要考查了菱形的判定和正方形的判定，结合题意认真分析是解题的关键.
26、（1）点坐标为，B点坐标为；（2）
【解析】
（1）分别令y=0和x=0即可求出A，B两点坐标；
（2）根据等腰三角形的性质得出点C的坐标，再利用待定系数法求出直线AC的解析式即可．
【详解】
（1）由图可知:点纵坐标为0，将代人，得，
所以点坐标为
B点横坐标为，将代入得，
所以点坐标为；
（2）∵A（4，0），B（0，3）
∴AO=4，BO=3，
∴
点坐标为
设过点的一次函数的解析式为，
将A（4，0），C（0，-2）分别代入，得，
解得，，
经过点和的一次函数的解析式为
此题主要考查了一次函数解析式以及与坐标轴交点的求法，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分