2025届云南省西双版纳景洪市九年级数学第一学期开学质量跟踪监视试题【含答案】

这是一份2025届云南省西双版纳景洪市九年级数学第一学期开学质量跟踪监视试题【含答案】，共24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）下列说法错误的是（ ）
A．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线相等的菱形是正方形
D．对角线相等的平行四边形是矩形
2、（4分）在中，，则的长为（ ）
A．2B．C．4D．4或
3、（4分）如图所示，购买一种苹果，所付款金额y（元）与购买量x（千克）之间的函数图象由线段OA和射线AB组成，则一次购买3千克这种苹果比分三次每次购买1千克这种苹果可节省（ ）元
A．3B．4C．5D．6
4、（4分）某汽车制造厂为了使顾客了解一种新车的耗油量，公布了调查20辆该车每辆行驶100千米的耗油量，在这个问题中总体是（ ）
A．所有该种新车的100千米耗油量B．20辆该种新车的100千米耗油量
C．所有该种新车D．20辆汽车
5、（4分）某老师为了解学生周末学习时间的情况，在所任班级中随机调查了10名学生，绘成如图所示的条形统计图，则这10名学生周末学均时间是（ ）
A．4B．3C．2D．1
6、（4分）如图，，下列条件中不能使的是（ ）
A．B．C．D．
7、（4分）如图，小明为了测量校园里旗杆的高度，将测角仪竖直放在距旗杆底部点的位置，在处测得旗杆顶端的仰角为60°若测角仪的高度是，则旗杆的高度约为（ ）
（精确到.参考数据：）
A．B．C．D．
8、（4分）将一张平行四边形的纸片折一次，使得折痕平分这个平行四边形的面积．则这样的折纸方法共有（ ）
A．2种B．4种C．6种D．无数种
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）若一组数据6，x，2，3，4的平均数是4，则这组数据的方差为______．
10、（4分）如图，中，，，，为的中点，若动点以1的速度从点出发，沿着的方向运动，设点的运动时间为秒（），连接，当是直角三角形时，的值为_____．
11、（4分）如图，等边△ABC内有一点O，OA＝3，OB＝4，OC＝5，以点B为旋转中心将BO逆时针旋转60°得到线段，连接，下列结论：①可以看成是△BOC绕点B逆时针旋转60°得到的；②点O与的距离为5；③∠AOB＝150°；④S四边形AOBO′＝6+4；⑤＝6+．其中正确的结论有_____．（填正确序号）
12、（4分）等腰三角形的两边长分别为4和9，则第三边长为
13、（4分）若一次函数y=kx+b图象如图，当y>0时，x的取值范围是___________ .
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，菱形ABCD的边长为20cm，∠ABC＝120°．动点P、Q同时从点A出发，其中P以4cm/s的速度，沿A→B→C的路线向点C运动；Q以2cm/s的速度，沿A→C的路线向点C运动．当P、Q到达终点C时，整个运动随之结束，设运动时间为t秒．
（1）在点P、Q运动过程中，请判断PQ与对角线AC的位置关系，并说明理由；
（2）若点Q关于菱形ABCD的对角线交点O的对称点为M，过点P且垂直于AB的直线l交菱形ABCD的边AD（或CD）于点N．
①当t为何值时，点P、M、N在一直线上？
②当点P、M、N不在一直线上时，是否存在这样的t，使得△PMN是以PN为一直角边的直角三角形？若存在，请求出所有符合条件的t的值；若不存在，请说明理由．
15、（8分）如图①，在平面直角坐标系中，是函数的图像上一点，是y轴上一动点，四边形ABPQ是正方形（点A．B．P．Q按顺时针方向排列）。
（1）求a的值；
（2）如图②，当时，求点P的坐标；
（3）若点P也在函数的图像上，求b的值；
（4）设正方形ABPQ的中心为M，点N是函数的图像上一点，判断以点P．Q．M．N为顶点的四边形能否是正方形，如果能，请直接写出b的值，如果不能，请说明理由。
图① 图② 备用图
16、（8分）若x、y都是实数，且y＝++，求x2y+xy2的值．
17、（10分）（1）计算：
（2）解方程：-1=
18、（10分）计算：
（1）×．
（2）．
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）（2014•嘉定区二模）一元二次方程x2=x的解为 ．
20、（4分）在矩形ABCD中，点A关于∠B的平分线的对称点为E，点E关于∠C的平分线的对称点为F．若AD＝AB＝2，则AF2＝_____．
21、（4分）写出一个图象经过点（1，﹣2）的函数的表达式：_____．
22、（4分）某老师为了了解学生周末利用网络进行学习的时间，在所任教班级随机调查了10名学生，其统计数据如下表：
则这10名学生周末利用网络进行学均时间是 小时．
23、（4分）方程x3+8＝0的根是_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）已知：如图，四边形ABCD是菱形，AB＝AD.
求证：(1) AB＝BC＝CD＝DA
(2) AC⊥DB
(3) ∠ADB＝∠CDB，∠ABD＝∠CBD，∠DAC＝∠BAC，∠DCA＝∠BCA
25、（10分）如图，在的网格中，网格线的公共点称为格点．已知格点、，如图所示线段上存在另外一个格点．
（1）建立平面直角坐标系，并标注轴、轴、原点；
（2）直接写出线段经过的另外一个格点的坐标：_____；
（3）用无刻度的直尺画图，运用所学的三角形全等的知识画出经过格点的射线，使（保留画图痕迹），并直接写出点的坐标：_____．
26、（12分）已知，如图，，求证：.
证明：∵
∴________________（ ）
∴________________（ ）
又∵
∴________________（ ）
∴（ ）
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、B
【解析】
根据正方形，平行四边形，矩形，菱形的判定定理判断即可．
【详解】
解：A、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故正确；
B、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，故错误；
C、对角线相等的菱形是正方形，故正确；
D、对角线相等的平行四边形是矩形，故正确；
故选：B．
本题考查了正方形，平行四边形，矩形，菱形的判定定理，熟练掌握判定定理是解题的关键．
2、D
【解析】
分b是斜边、b是直角边两种情况，根据勾股定理计算即可．
【详解】
解：当b是斜边时，c＝，
当b是直角边时，c＝，
则c＝4或，
故选：D．
本题考查的是勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a1＋b1＝c1．
3、B
【解析】
根据OA段可求出每千克苹果的金额，再由函数图像可得一次购买3千克这种苹果的金额，故可比较．
【详解】
根据OA段可得每千克苹果的金额为20÷2=10（元）
故分三次每次购买1千克这种苹果的金额为3×10=30（元）
由函数图像可得一次购买3千克这种苹果的金额26（元）
故节省30-26=4（元）
故选B．
此题主要考查函数图像的应用，解题的关键是根据题意求出每千克苹果的金额数．
4、A
【解析】
首先找出考查的对象，从而找出总体、个体，再根据被收集数据的这一部分对象找出样本，最后再根据样本确定出样本容量.
【详解】
解：在这个问题中总体是：所有该种新车的100千米耗油量；
样本是：20辆该种新车的100千米耗油量；
样本容量为：20
个体为：每辆该种新车的100千米耗油量；
故选：A.
本题考查了总体、个体、样本、样本容量的定义,解题要分清具体问题中的总体、个体与样本，关键是明确考查的对象.总体、个体与样本的考查对象是相同的，所不同的是范围的大小.样本容量是样本中包含的个体的数目，不能带单位.
5、B
【解析】
根据题意得：（1×1+2×2+4×3+2×4+1×5）÷10=3（小时），
答：这10名学生周末学均时间是3小时；
故选B．
6、D
【解析】
根据条件和图形可得∠1=∠2，AD=AD，再根据全等三角形的判定定理分别添加四个选项所给条件进行分析即可．
【详解】
解：根据条件和图形可得∠1=∠2，AD=AD，
A、添加可利用SAS定理判定，故此选项不合题意；
B、添加可利用AAS定理判定，故此选项不合题意；
C、添加 可利用ASA定理判定△ABD≌△ACD，故此选项不合题意；
D、添加不能判定，故此选项符合题意；
故选：D ．
本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
7、D
【解析】
过D作DE⊥AB，根据矩形的性质得出BC=DE=5m根据30°所对的直角边等于斜边的一半，可得AD=10，根据勾股定理可得的长，根据AB=AE+BE=AE+CD算出答案.
【详解】
过D作DE⊥AB于点E，

∵在D处测得旗杆顶端A的仰角为60°，
∴∠ADE=60°．
∴∠DAE=30°．
∵BC=DE=5m，
AD=2DE=10
∴，
∴AB=AE+BE=AE+CD=8.65+1.6=10.25m≈10.3m．
故答案为:D
本题考查了仰角俯角问题，正确作出辅助线，构造出30°直角三角形模型是解决问题的关键.
8、D
【解析】
平行四边形的两条对角线交于一点，这个点是平行四边形的对称中心，也是两条对角线的中点，经过中心的任意一条直线可将平行四边形分成完全重合的两个图形．
【详解】
∵平行四边形是中心对称图形，任意一条过平行四边形对角线交点的直线都平分平行四边形的面积，
∴这样的折纸方法共有无数种．
故选D．
本题主要考查平行四边形的性质，掌握平行四边形是中心对称图形，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】
先由平均数的公式计算出x的值，再根据方差的公式计算即可．
【详解】
解：∵数据6，x，1，3，4的平均数是4，
∴（6+x+1+3+4）÷5=4，
解得：x=5，
∴这组数据的方差是[（6-4）1+（5-4）1+（1-4）1+（3-4）1+（4-4））1]=1；
故答案为：1．
本题考查方差的定义与意义：一般地设n个数据，x1，x1，…xn的平均数和方差，方差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．也考查了平均数．
10、2或6或3.1或4.1．
【解析】
先求出AB的长，再分①∠BDE=90°时，DE是ΔABC的中位线，然后求出AE的长度，再分点E在AB上和在BA上两种情况列出方程求解即可；②∠BED=90°时，利用∠ABC的余弦列式求出BE，然后分点E在AB上和在BA上两种情况列出方程求解即可.
【详解】
解：∵∠ACB=90°，∠ABC=60°，BC=2cm，
∴AB=BC÷=2÷=4，
①∠BDE=90°时，如图（1）
∵D为BC的中点，
∴DE是ΔABC的中位线，
∴AE=AB=×4=2，
点E在AB上时，t=2÷1=2秒，
点E在BA上时，点E运动的路程为4×2-2=6，
t=6÷1=6；
②∠BED=90°时，如图（2）
BE=BD=×2×=
点E在AB上时，t=（4-0.1）÷1=3.1，
点E在BA上时，点E运动的路程为4+0.1=4.1，
t=4.1÷1=4.1，
综上所述，t的值为2或6或3.1或4.1．
故答案为：2或6或3.1或4.1．
掌握三角形的中位线，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半.含30°角的直角三角形的性质：在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半.
11、①③⑤
【解析】
如图，首先证明△OBO′为等边三角形，得到OO′＝OB＝4，故选项②错误；证明△ABO′≌△CBO，得到选项①正确；运用勾股定理逆定理证明△AOO′为直角三角形，求出∠AOB的度数，得到选项③正确；运用面积公式求出四边形AOBO′的面积，可判断选项④错误；将△AOB绕A点逆时针旋转60°至△AO″C，可得△AOO″是边长为3的等边三角形，△COO″是边长为3，4，5的直角三角形，再根据S△AOC+S△AOB＝S四边形AOCO″＝S△COO″+S△AOO″进行计算即可判断选项⑤正确．
【详解】
解：如下图，连接OO′，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝60°，AB＝CB；
由题意得：∠OBO′＝60°，OB＝O′B，
∴△OBO′为等边三角形，∠ABO′＝∠CBO，
∴OO′＝OB＝4；∠BOO′＝60°，
∴选项②错误；
在△ABO′与△CBO中，，
∴△ABO′≌△CBO（SAS），
∴AO′＝OC＝5，
可以看成是△BOC绕点B逆时针旋转60°得到的，
∴选项①正确；
在△AOO′中，∵32+42＝52，
∴△AOO′为直角三角形，
∴∠AOO′＝90°，∠AOB＝90°+60°＝150°，
∴选项③正确；
∵S四边形AOBO′＝×42×sin60°+×3×4＝4+6，
∴选项④错误；
如下图，将△AOB绕A点逆时针旋转60°至△AO″C，连接OO″，
同理可得，△AOO″是边长为3的等边三角形，
△COO″是边长为3，4，5的直角三角形，
∴S△AOC+S△AOB
＝S四边形AOCO″
＝S△COO″+S△AOO″
＝×3×4+×32×sin60°
＝6+．
故⑤正确；
故答案为：①③⑤．
本题考查旋转的性质、三角形全等的判定和性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理的逆定理，熟练掌握旋转的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理的逆定理的应用是解题的关键．
12、9
【解析】
试题分析：∵等腰三角形的两边长分别为4和9，∴分两种情况（1）腰为4，底边为9，但是4+4＜9，所以不能组成三角形（2））腰为9，底边为4，符合题意，所以第三边长为9.
考点:等腰三角形的概念及性质.
13、x<-1
【解析】
由图象可知一次函数y=kx+b的图象经过点(-1,0)、(0,-2).
∴ ，
解得 ，
∴该一次函数的解析式为y=−2x-2，
∵−2<0，
∴当y>0时，x的取值范围是：x<-1.
故答案为x<-1.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）在点P、Q运动过程中，始终有PQ⊥AC；理由见解析；（1）①当t＝时，点P、M、N在一直线上；② 存在这样的t，故 当t＝1或时，存在以PN为一直角边的直角三角形.
【解析】
（1）此问需分两种情况，当0＜t≤5及5＜t≤10两部分分别讨论得PQ⊥AC．
（1）①由于点P、M、N在一直线上，则AQ+QM=AM，代入求得t的值．
②假设存在这样的t，使得△PMN是以PN为一直角边的直角三角形，但是需分点N在AD上时和点N在CD上时两种情况分别讨论．
【详解】
解：（1）若0＜t≤5，则AP=4t，AQ=1t．
则==，
又∵AO=10，AB=10，∴==．
∴=．又∠CAB=30°，∴△APQ∽△ABO．
∴∠AQP=90°，即PQ⊥AC．
当5＜t≤10时，同理，可由△PCQ∽△BCO得∠PQC=90°，即PQ⊥AC．
∴在点P、Q运动过程中，始终有PQ⊥AC．
（1）①如图，在Rt△APM中，∵∠PAM=30°，AP=4t，
∴AM=．
在△APQ中，∠AQP=90°，
∴AQ=AP?cs30°=1t，
∴QM=AC-1AQ=10-4t．
由AQ+QM=AM得：1t+10-4
t=，
解得t=．
∴当t=时，点P、M、N在一直线上．
②存在这样的t，使△PMN是以PN为一直角边的直角三角形．
设l交AC于H．
如图1，当点N在AD上时，若PN⊥MN，则∠NMH=30°．
∴MH=1NH．得10-4t-t=1×，解得t=1．
如图1，当点N在CD上时，若PM⊥PN，则∠HMP=30°．
∴MH=1PH，同理可得t=．
故当t=1或时，存在以PN为一直角边的直角三角形．
15、（1）；（2）P的坐标为.（3）或（4）或.
【解析】
（1）利用待定系数法即可解决问题．
（2）如图②中，作PE⊥x轴于E，AF⊥x轴于F．利用全等三角形的性质解决问题即可．
（3）如图③中，作AF⊥OB于F，PE⊥OB于E．利用全等三角形的性质求出点P的坐标，再利用待定系数法解决问题即可．
（4）如图④中，当点N在反比例函数图形上时，想办法用b表示点N的坐标，利用待定系数法解决问题即可．
【详解】
（1）解：把代入，得
；
（2）解：如图①，过点A作轴，垂足为M，过点P作轴，垂足为T，
即.
四边形ABPQ是正方形，
，，
，
，
，
，,
A的坐标为，
，，
P的坐标为.
（3）解：如图②
I．当时，分别过点A、P作轴、轴，垂足为、N.
与 （2）同理可证：，，，
，；
II．当时，过点作轴，垂足为.
同理：，，
综上所述，点P的坐标为，
点P在反比例函数图像上，
，解得或
（4）或.
图① 图②
本题属于反比例函数综合题，考查了待定系数法，全等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，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
16、1+1．
【解析】
根据二次根式有意义的条件可得x＝2，进而可得y的值，然后代入求值即可．
【详解】
由题意得：，
解得：x＝2，
则y＝，
x2y+xy2＝xy（x+y）＝2（2+）＝1+1．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，关键是掌握二次根式中的被开方数是非负数．
17、（1）3+2；（2）原方程无解
【解析】
（1）利用乘法公式展开，然后合并即可；
（2）先去分母把方程化为（x-2）2-（x+2）（x-2）=16，然后解整式方程后进行检验确定原方程的解．
【详解】
解：（1）原式=5+5-3-2
=3+2；
（2）去分母得（x-2）2-（x+2）（x-2）=16，
解得x=-2，
检验：当x=-2时，（x+2）（x-2）=0，则x=-2为原方程的增根，
所以原方程无解．
本题考查了二次根式的混合运算及分式方程的解法：先进行二次根式的乘法运算，再合并同类二次根式即可．解分式方程最关键的是把分式方程化为整式方程．
18、（1）；（1）-1．
【解析】
（1）直接利用二次根式的乘法法则，进行化简，得出答案；
（1）先化简二次根式，进而计算得出答案．
【详解】
（1）原式＝ ×＝；
（1）原式＝（1﹣4）÷
＝﹣1．
本题主要考查二次根式的性质和运算法则，掌握二次根式的性质和运算法则是解题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、x1=0，x2=1．
【解析】
试题分析：首先把x移项，再把方程的左面分解因式，即可得到答案．
解：x2=x，
移项得：x2﹣x=0，
∴x（x﹣1）=0，
x=0或x﹣1=0，
∴x1=0，x2=1．
故答案为：x1=0，x2=1．
考点：解一元二次方程-因式分解法．
20、40﹣16
【解析】
由AD＝AB＝2，可求得AB＝2，AD＝2，又由在矩形ABCD中，点A关于角B的角平分线的对称点为E，点E关于角C的角平分线的对称点为F，根据轴对称的性质，可求得BE，CF的长，继而求得DF的长，然后由勾股定理求得答案．
【详解】
∵AD＝AB＝2，
∴AB＝2，AD＝2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝2，CD＝AB＝2，
∵在矩形ABCD中，点A关于角B的角平分线的对称点为E，点E关于角C的角平分线的对称点为F，
∴BE＝AB＝2，
∴CF＝CE＝BC﹣BE＝2﹣2，
∴DF＝CD﹣CF＝4﹣2，
∴AF2＝AD2+DF2＝（2）2+（4﹣2）2＝40﹣16．
故答案为：40﹣16；
此题考查了矩形的性质、轴对称的性质以及勾股定理．解题关键在于注意掌握轴对称图形的对应关系．
21、
【解析】
设y=kx，把点（1，﹣2）代入即可（答案不唯一）.
【详解】
设y=kx，把点（1，﹣2）代入，得
k=-2，
∴（答案不唯一）.
故答案为：.
本题考查了待定系数法求一次函数解析式，利用待定系数法求函数解析式的一般步骤：①先设出函数解析式的一般形式，如求一次函数的解析式时，先设y=kx+b(k≠0)；②将已知点的坐标代入所设的解析式，得到关于待定系数的方程或方程组；③解方程或方程组，求出待定系数的值，进而写出函数解析式.
22、2.5小时
【解析】
平均数的计算方法是求出所有数据的和，然后除以数据的总个数．本题利用加权平均数的公式即可求解．
【详解】
解：由题意，可得这10名学生周末利用网络进行学均时间是：
（4×2+3×4+2×2+1×1+0×1）=2.5（小时）．
故答案为2.5
23、x＝﹣1
【解析】
把方程变形为形为x3=−8，利用立方根求解即可
【详解】
解：方程可变形为x3＝﹣8，
因为（﹣1）3＝﹣8，
所以方程的解为x＝﹣1．
故答案为：x＝﹣1
此题考查立方根，解题关键在于掌握运算法则
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】
（1）根据菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形即可解答；（2）利用SSS证明△ADO≌△CDO，可得：∠AOD＝∠COD，又因为∠AOD＋∠COD＝180°，所以∠AOD＝∠COD＝90°即可得出AC⊥DB；（3）由△ADO≌△CDO，再根据全等三角形对应角相等，两直线平行，内错角相等即可解答.
【详解】
证明：(1)∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝CD，AD＝CB.
又∵AB＝AD，∴AB＝BC＝CD＝DA.
(2)在△ADO和△CDO中，
∵DA＝DC，DO＝DO，AO＝CO，∴△ADO≌△CDO. ∴∠AOD＝∠COD.
∵∠AOD＋∠COD＝180°，∴∠AOD＝∠COD＝90°. ∴AC⊥DB.
(3) ∵△ADO≌△CDO， ∴∠ADB＝∠CDB，∠DAC＝∠DCA.
∵AB∥CD，AD∥CB，
∴∠ADB＝∠CBD，∠CDB＝∠ABD，∠DAC＝∠BCA，∠DCA＝∠BAC.
∴∠ADB＝∠CDB，∠ABD＝∠CBD，∠DAC＝∠BAC，∠DCA＝∠BCA.
本题考查平行四边的性质、菱形性质、全等三角形的判定和性质、平行线的性质等，解题关键是熟练掌握以上性质.
25、（1）如图所示见解析；（2）（5，4）；（3）.
【解析】
（1）由可确定原点的位置，进而建立平面直角坐标系；
（2）观察线段即可看出经过格点（5，4）；
（3）先把EA绕点E顺时针旋转90度找到格点A的对应格点F，再对比E、B的相对位置找到点F的对应格点D.
【详解】
（1） 如图所示
（2）E（5，4）.如下图
（3）如下图
先把EA绕点E顺时针旋转90度找到格点A的对应格点F，再对比E、B的相对位置找到点F的对应格点D，故.此时点D的坐标是（3，5）.
本题考查了网格问题及坐标系的有关知识，通过旋转得到垂直是解题的关键.
26、DE∥AC;内错角相等，两直线平行;;两直线平行，内错角相等 ;;两直线平行，同位角相等.
【解析】
根据平行线的性质和判定,还有等量代换可得.
【详解】
证明：∵
∴___DE∥AC_____（ 内错角相等，两直线平行 ）
∴________________（ 两直线平行，内错角相等 ）
又∵
∴________________（ 两直线平行，同位角相等）
∴（等量代换）
考核知识点：平行线的判定和性质.理解好判定和性质是关键.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
时间（单位：小时）
4
3
2
1
0
人数
2
4
2
1
1