2025届浙江省杭州市萧山区城区片六校九年级数学第一学期开学检测试题【含答案】

这是一份2025届浙江省杭州市萧山区城区片六校九年级数学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）矩形、菱形、正方形都具有的性质是（ ）
A．对角线相等B．对角线互相平分C．对角线互相垂直D．对角线互相平分且相等
2、（4分）我市四月份某一周每天的最高气温（单位：℃）统计如下：29，30，25，27，25，则这组数据的中位数与众数分别是（ ）
A．25；25 B．29；25 C．27；25 D．28；25
3、（4分）如图，在平行四边形中，和的平分线交于边上一点，且，，则的长是（ ）
A．3B．4C．5D．2.5
4、（4分）通过估算，估计+1的值应在( )
A．2～3之间B．3～4之间C．4～5之间D．5～6之间
5、（4分）下列运算正确的是( )
A．B．=1
C．D．.
6、（4分）若一个多边形的内角和为1080°，则这个多边形的边数为（ ）
A．6B．7C．8D．9
7、（4分）如果关于的方程有解，那么实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8、（4分）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，已知AD=5，BD=8，AC=6，则△OBC的面积为（ ）
A．5B．6C．8D．12
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，∠AOD＝120°，对角线AC＝4，则BC的长为_____．
10、（4分）如图，把△ABC绕点C按顺时针方向旋转35°，得到△A’B’C，A’B’交AC于点D，若∠A’DC=90°，则∠A= °.
11、（4分）当x=1时，分式的值是_____．
12、（4分）小刚和小丽从家到运动场的路程都是，其中小丽走的是平路，骑车速度是．小刚需要走上坡路和的下坡路，在上坡路上的骑车速度是，在下坡路上的骑车速度是．如果他们同时出发，那么早到的人比晚到的人少用_________．（结果化为最简）
13、（4分）一辆慢车与一辆快车分别从甲、乙两地同时出发，匀速相向而行，两车相遇后都停下来休息，快车休息2个小时后，以原速的继续向甲行驶，慢车休息3小时后，接到紧急任务，以原速的返回甲地，结果快车比慢车早2.25小时到达甲地，两车之间的距离S（千米）与慢车出发的时间t（小时）的函数图象如图所示，则当快车到达甲地时，慢车距乙地______千米．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）水果店张阿姨以每斤2元的价格购进某种水果若干斤，然后以每斤4元的价格出售，每天可售出100斤，通过调查发现，这种水果每斤的售价每降低0.1元，每天可多售出20斤，为保证每天至少售出260斤，张阿姨决定降价销售．
（1）若将这种水果每斤的售价降低x元，则每天的销售量是 斤（用含x的代数式表示）；
（2）销售这种水果要想每天盈利300元，张阿姨需将每斤的售价降低多少元？
15、（8分）某校300名学生参加植树活动，要求每人植4～7棵，活动结束后随机抽查了20名学生每人的植树量，并分为四种类型，A：4棵；B：5棵；C：6棵；D：7棵．将各类的人数绘制成扇形图（如图1）和条形图（如图2），经确认扇形图是正确的，而条形图尚有一处错误．
回答下列问题：
（1）条形图中存在错误的类型是 ，人数应该为 人；
（2）写出这20名学生每人植树量的众数 棵，中位数 棵；
（3）估计这300名学生共植树 棵．
16、（8分）如图，已知：在平行四边形ABCD中，AB=2，AD=4，∠ABC=60°，E为AD上一点，连接CE，AF∥CE且交BC于点F．
（1）求证：四边形AECF为平行四边形．
（2）证明：△AFB≌△CE D．
（3）DE等于多少时，四边形AECF为菱形．
（4）DE等于多少时，四边形AECF为矩形．
17、（10分）计算：
（1）（结果保留根号）；
（2）（a＞0，b＞0）（结果保留根号）．
18、（10分）已知矩形0ABC在平面直角坐标系内的位置如图所示，点0为坐标原点，点A的坐标为(10，0)，点B的坐标为(10，8)，点Q为线段AC上-点，其坐标为(5，n).
(1)求直线AC的表达式
(2)如图，若点P为坐标轴上-动点，动点P沿折线AO→0C的路径以每秒1个单位长度的速度运动，到达C处停止求Δ0PQ的面积S与点P的运动时间t(秒)的函数关系式.
(3)若点P为坐标平面内任意-.点，是否存在这样的点P，使以0，C，P，Q为顶点的四边形为平行四边形?若存在，请直接写出点P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）请写出一个比2小的无理数是___．
20、（4分）平面直角坐标系内点P（﹣2，0），与点Q（0，3）之间的距离是_____．
21、（4分）分式的值为0，那么x的值为_____．
22、（4分）使二次根式有意义的x的取值范围是_____．
23、（4分）关于x的一元二次方程x2+4x+2k﹣1＝0有两个实数根，则k的取值范围是_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）甲、乙两列火车分别从A、B两城同时匀速驶出，甲车开往B城，乙车开往A城．由于墨迹遮盖，图中提供的是两车距B城的路程S甲（千米）、S乙（千米）与行驶时间t（时）的函数图象的一部分．
（1）分别求出S甲、S乙与t的函数关系式（不必写出t的取值范围）；
（2）求A、B两城之间的距离，及t为何值时两车相遇；
（3）当两车相距300千米时，求t的值．
25、（10分）如图，在等腰中，，点E在AC上且不与点A、C重合，在的外部作等腰，使，连接AD，分别以AB，AD为邻边作平行四边形ABFD，连接AF．
请直接写出线段AF，AE的数量关系；
将绕点C逆时针旋转，当点E在线段BC上时，如图，连接AE，请判断线段AF，AE的数量关系，并证明你的结论；
若，，在图的基础上将绕点C继续逆时针旋转一周的过程中，当平行四边形ABFD为菱形时，直接写出线段AE的长度．

26、（12分）如图，在直角坐标系中，，，是线段上靠近点的三等分点．
（1）求点的坐标；
（2）若点是轴上的一动点，连接、，当的值最小时，求出的坐标及的最小值；
（3）如图2，过点作，交于点，再将绕点作顺时针方向旋转，旋转角度为，记旋转中的三角形为，在旋转过程中，直线与直线的交点为，直线与直线交于点，当为等腰三角形时，请直接写出的值．
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】
矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，因而平行四边形的性质就是四个图形都具有的性质．
【详解】
解：平行四边形的对角线互相平分，而对角线相等、平分一组对角、互相垂直不一定成立．
故平行四边形、矩形、菱形、正方形都具有的性质是：对角线互相平分．
故选：B．
本题主要考查了正方形、矩形、菱形、平行四边形的性质，理解四个图形之间的关系是解题关键．
2、C
【解析】25出现了2次，出现的次数最多，
则众数是25；
把这组数据从小到大排列25，25，27，29，30，最中间的数是27，
则中位数是27；
故选C．
3、D
【解析】
由▱ABCD中，∠ABC和∠BCD的平分线交于AD边上一点E，易证得△ABE，△CDE是等腰三角形，△BEC是直角三角形，则可求得BC的长，继而求得答案．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB=CD，AD=BC，
∴∠AEB=∠CBE，∠DEC=∠BCE，∠ABC+∠DCB=90°，
∵BE，CE分别是∠ABC和∠BCD的平分线，
∴∠ABE=∠CBE=∠ABC，∠DCE=∠BCE=∠DCB，
∴∠ABE=∠AEB，∠DCE=∠DEC，∠EBC+∠ECB=90°，
∴AB=AE，CD=DE，
∴AD=BC=2AB，
∵BE=4，CE=3，
∴BC=，
∴AB=BC=2.5.
故选D．
此题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质以及直角三角形的性质．注意证得△ABE，△CDE是等腰三角形，△BEC是直角三角形是关键．
4、B
【解析】
先估算出在和之间，即可解答.
【详解】
，
，
，
故选：.
本题考查了估算无理数的大小，解决本题的关键是确定在哪两个数之间，题型较好，难度不大.
5、D
【解析】
【分析】根据二次根式加减法则进行分析.同类二次根式才可合并.
【详解】
A. , 不是同类二次根式，不能合并，故本选项错误；
B. =，故本选项错误；
C. ，不是同类二次根式，不能合并，故本选项错误；
D. . 故本选项正确.
故选：D
【点睛】本题考核知识点：二次根式的加减.解题关键点：合并同类二次根式.
6、C
【解析】
多边形内角和定理．
【分析】设这个多边形的边数为n，由n边形的内角和等于110°（n﹣2），即可得方程110（n﹣2）=1010，
解此方程即可求得答案：n=1．故选C．
7、D
【解析】
根据方程有解确定出a的范围即可．
【详解】
∵关于x的方程（a-3）x=2019有解，
∴a-3≠0，即a≠3，
故选：D．
此题考查了一元一次方程的解，弄清方程有解的条件是解本题的关键．
8、B
【解析】
由平行四边形的性质得出BC=AD=5，OA＝OC＝AC＝3， OB＝OD＝ BD＝4，再由勾股定理逆定理证得△OBC是直角三角形，继而由直角三角形面积公式即可求出ΔOBC的面积．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，AD=5，BD=8，AC=6，
∴BC=AD=5，OA＝OC＝AC＝3， OB＝OD＝ BD＝4，
∵
∴△OBC是直角三角形，
∴ ．
故选：B．
本题主要考查了平行四边形的性质和勾股定理逆定理，平行四边形基本性质：①平行四边形两组对边分别平行；②平行四边形的两组对边分别相等；③平行四边形的两组对角分别相等；④平行四边形的对角线互相平分,解题的关键是证明△OBC是直角三角形．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、2．
【解析】
由矩形的性质得出∠ABC＝90°，OA＝OB，再证明△AOB是等边三角形，得出OA＝AB，求出AB，然后根据勾股定理即可求出BC．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，OA＝AC，OB＝BD，AC＝BD，
∴OA＝OB，
∵∠AOD＝120°，
∴∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA＝AB，
∴AC＝2OA＝4，
∴AB＝2
∴BC＝；
故答案为：2．
本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理；熟练掌握矩形的性质，证明三角形是等边三角形是解决问题的关键．
10、55.
【解析】
试题分析：∵把△ABC绕点C按顺时针方向旋转35°，得到△A’B’C
∴∠ACA’=35°，∠A =∠A’，.
∵∠A’DC=90°，
∴∠A’ =55°.
∴∠A=55°.
考点：1.旋转的性质；2.直角三角形两锐角的关系.
11、
【解析】
将代入分式，按照分式要求的运算顺序计算可得.
【详解】
当时，原式.
故答案为：.
本题主要考查分式的值，在解答时应从已知条件和所求问题的特点出发，通过适当的变形、转化，才能发现解题的捷径.
12、
【解析】
先分别求出小刚和小丽用的时间，然后比较即可得出答案.
【详解】
解：小丽用的时间为 =，
小刚用的时间为+=，
>，
∴-=，
故答案为.
本题考查列代数式以及分式的加减．正确的列出代数式是解决问题的关键.
13、620
【解析】
设慢车的速度为a千米/时，快车的速度为b千米/时，根据题意可得5（a+b）=800，，联立求出a、b的值即可解答．
【详解】
解：设慢车的速度为a千米/时，快车的速度为b千米/时，由图可知两车5个小时后相遇，且总路程为800千米，则5a+5b=800，即a+b=160，
再根据题意快车休息2个小时后，以原速的继续向甲行驶，则快车到达甲地的时间为：
，同理慢车回到甲地的时间为：，而快车比慢车早到2.25小时，但是由题意知快车为休息2小时出发而慢车是休息3小时，即实际慢车比快车晚出发1小时，即实际快车到甲地所花时间比慢车快2.25-1=1.25小时，
即：，化简得5a=3b，
联立得，解得，
所以两车相遇的时候距离乙地为=500千米，
快车到位甲地的时间为=2.5小时，
而慢车比快车多休息一个小时则此时慢车应该往甲地行驶了1.5小时，此时慢车往甲地行驶了=120千米，所以此时慢车距离乙地为500+120=620千米，
即快车到达甲地时，慢车距乙地620千米．
故答案为：620.
本题主要考查的是一次函数的应用，根据图象得出相应的信息是解题的关键．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）100+200x；（2）1．
【解析】
试题分析：（1）销售量=原来销售量﹣下降销售量，列式即可得到结论；
（2）根据销售量×每斤利润=总利润列出方程求解即可得到结论．
试题解析：（1）将这种水果每斤的售价降低x元，则每天的销售量是100+×20=100+200x斤；
（2）根据题意得：，解得：x=或x=1，∵每天至少售出260斤，∴100+200x≥260，∴x≥0.8，∴x=1．
答：张阿姨需将每斤的售价降低1元．
考点：1．一元二次方程的应用；2．销售问题；3．综合题．
15、（1）D，2；（2）5， 5；（3）1．
【解析】
（1）利用总人数乘对应的百分比求解即可；
（2）根据众数、中位数的定义即可直接求解；
（3）首先求得调查的20人的平均数，乘以总人数300即可．
【详解】
（1）D错误，理由：20×10%＝2≠3；
故答案为：D，2；
（2）由题意可知，植树5棵人数最多，故众数为5，
共有20人植树，其中位数是第10、11人植树数量的平均数，
即（5+5）＝5，故中位数为5；
故答案为：5，5；
（3）（4×4+5×8+6×6+7×2）÷20＝5.3，
∴300名学生共植树5.3×300＝1（棵）．
故答案为：1．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
16、 (1)见解析;(2)见解析;(3)DE=2;(4)DE=1.
【解析】
（1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形进行证明即可得；
（2）根据ABCD为平行四边形，可得AB=CD， AD=BC，再根据AECF为平行四边形，可得AF=CE，AE=FC，继而可得DE=BF，根据SSS即可证明△AFB≌△CED；
（3）当DE=2时，AECF为菱形，理由：由AB=DC=2，∠ABC=∠EDC=60°可得△EDC为等边三角形，继而可得到AE=EC，根据邻边相等的平行四边形是菱形即可得；
（4）当DE=1时，AECF为矩形，理由：若AECF为矩形则有∠DEC=90°，再根据DC=2，∠D=60°，则可得∠DCE=30°，继而可得DE=1.
【详解】
（1）∵为平行四边形，∴，即，
又∵(已知)，∴为平行四边形；
（2）∵为平行四边形，∴， ，
∵为平行四边形，∴，
∴，
在与中，
，
∴；
(3)当时，为菱形，理由如下：
∵，
∴为等边三角形，，，即：，
∴平行四边形为菱形；
（4）当时，为矩形，理由如下：
若为矩形得：，
∵，，
∴，∴.
本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定、矩形的判定与性质等，熟练掌握相关的性质与定理是解题的关键.
17、（1）；（2）．
【解析】
（1）先化简二次根式，再合并同类二次根式即可得；
（2）根据二次根式的乘法法则计算，再化简二次根式即可得．
【详解】
解：（1）原式；
（2）原式．
本题主要考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式的混合运算顺序和运算法则．
18、 (1) ； (2) 当点P在A0上运动时，S=2t+20 ，当点P在0C上运动时，S (10≤t≤18) ；(3)点P的坐标为(5，12)，(5，-4)，(-5，4)
【解析】
（1）由矩形的性质可得出点C的坐标，根据点A，C的坐标，利用待定系数法可求出直线AC的解析式；
（2）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点Q的坐标，分点P在OA和点P在OC上两种情况，利用三角形的面积公式可找出S与t之间的函数关系式；
（3）分OC为对角线、OQ为对角线以及CQ为对角线三种情况，利用平行四边形的性质（对角线互相平分）即可求出点P的坐标．
【详解】
解：(1)没直线AC的解析式为y=kx+b，
由题知C(0，8)，A(10，0)
∴
解之得
∴
(2)∵Q(5，n)在直线上
∴n=4
∴Q(5，4)
当点P在A0上运动时，
=2t+20
当点P在0C上运动时，
(10≤t≤18)
(3) 设点P的坐标为（a，c），分三种情况考虑（如图2）：
①当OC为对角线时，∵O（0，0），C（0，8），Q（5，4），
∴ ，解得： ，
∴点P1的坐标为（-5，4）；
②当OQ为对角线时，∵O（0，0），C（0，8），Q（5，4），
∴ ，解得： ，
∴点P2的坐标为（5，-4）；
③当CQ为对角线时，∵O（0，0），C（0，8），Q（5，4），
∴ ，解得： ，
∴点P3的坐标为（5，12）．
综上所述：存在点P，使以O，C，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，点P的坐标为（-5，4），（5，-4），（5，12）．
故答案为：(1) ； (2) 当点P在A0上运动时，S=2t+20 ，当点P在0C上运动时，S (10≤t≤18) ；(3)点P的坐标为(5，12)，(5，-4)，(-5，4) ．
本题考查矩形的性质、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、三角形的面积以及平行四边形的性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出一次函数解析式；（2）分点P在OA和点P在OC上两种情况，找出S关于t的函数关系式；（3）分OC为对角线、OQ为对角线以及CQ为对角线三种情况，利用平行四边形的对角线互相平分求出点P的坐标．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（答案不唯一）．
【解析】
根据无理数的定义写出一个即可．
【详解】
解：比2小的无理数是，
故答案为：（答案不唯一）．
本题考查了无理数的定义，能熟记无理数是指无限不循环小数是解此题的关键，此题是一道开放型的题目，答案不唯一．
20、
【解析】
依题意得OP=2，OQ=3，在直角三角形OPQ中，由勾股定理得PQ= =．
【详解】
解：在直角坐标系中设原点为O，三角形OPQ为直角三角形，则OP=2，OQ=3，
∴PQ=．
故答案填：．
21、2
【解析】
分式的值为1的条件是：（1）分子为1；（2）分母不为1．两个条件需同时具备，缺一不可．据此可以解答本题．
【详解】
解：由题意可得：x2﹣9＝1且x+2≠1，
解得x＝2．
故答案为：2．
此题主要考查了分式值为零的条件，关键是掌握分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零．注意：分母不为零这个条件不能少．
22、
【解析】
试题分析：根据二次根式被开方数必须是非负数的条件，要使在实数范围内有意义，必须．
考点：二次根式有意义的条件．
23、k≤
【解析】
根据方程有两个实数根可以得到根的判别式，进而求出的取值范围．
【详解】
解：由题意可知：
解得：
故答案为：
本题考查了根的判别式的逆用---从方程根的情况确定方程中待定系数的取值范围，属中档题型，解题时需注意认真理解题意．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）S甲=-180t+600，S乙=120t；（2）A、B两城之间的距离是600千米，t为2时两车相遇；（1）当两车相距100千米时，t的值是1或1．
【解析】
（1）根据函数图象可以分别求得S甲、S乙与t的函数关系式；
（2）将t=0代入S甲=-180t+600，即可求得A、B两城之间的距离，然后将（1）中的两个函数相等，即可求得t为何值时两车相遇；
（1）根据题意可以列出相应的方程，从而可以求得t的值．
【详解】
（1）设S甲与t的函数关系式是S甲=kt+b，
，得，
即S甲与t的函数关系式是S甲=-180t+600，
设S乙与t的函数关系式是S乙=at，
则120=a×1，得a=120，
即S乙与t的函数关系式是S乙=120t；
（2）将t=0代入S甲=-180t+600，得
S甲=-180×0+600，得S甲=600，
令-180t+600=120t，
解得，t=2，
即A、B两城之间的距离是600千米，t为2时两车相遇；
（1）由题意可得，
|-180t+600-120t|=100，
解得，t1=1，t1=1，
即当两车相距100千米时，t的值是1或1．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
25、（1）证明见解析；（2）①②或.
【解析】
如图中，结论：，只要证明是等腰直角三角形即可；
如图中，结论：，连接EF，DF交BC于K，先证明≌再证明是等腰直角三角形即可；
分两种情形a、如图中，当时，四边形ABFD是菱形、如图中当时，四边形ABFD是菱形分别求解即可.
【详解】
如图中，结论：．
理由：四边形ABFD是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
．
故答案为．
如图中，结论：．
理由：连接EF，DF交BC于K．
四边形ABFD是平行四边形，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，，
，
是等腰直角三角形，
．
如图中，当时，四边形ABFD是菱形，设AE交CD于H，易知，，，
如图中当时，四边形ABFD是菱形，易知，
综上所述，满足条件的AE的长为或．
本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、平行四边形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，寻找全等的条件是解题的难点，属于中考常考题型．
26、（1）；（2）最小值，M；（3）、、、
【解析】
（1）过点作轴于点，证得，然后由相似三角形的性质求得，从而求得GB，HG的长度，使问题得解；
（2）作点关于轴的对称点，连接交轴于点，此时的值最小即的长度，根据勾股定理求长度，然后利用待定系数法求直线的函数解析式，从而求与y轴交点坐标，使问题得解；
（3）依据△OST为等腰三角形，分4种情况画出图形，即可得到旋转角的度数．
【详解】
解：（1）如图，过点作轴于点．
因为轴
∴HG∥OA
∴，
又∵是线段上靠近点的三等分点
∴，
∵，，
∴，
∴
∴
（2）如图，作点关于轴的对称点，连接交轴于点．
则为，
此时
∴的最小值为；
设直线：，把，B（3，0）代入得：
，解得：
∴直线为
当时，
∴为
（3）如图，当OT=OS时，α=75°-30°=45°；
如图，当OT=TS时，α=90°；
如图，当OT=OS时，α=90°+60°-15°=135°；
如图，当ST=OS时，α=180°；
综上所述，α的值为45°，90°，135°，180°．
本题考查几何变换综合题、平行线分线段成比例定理、轴对称最短问题、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人