广东省深圳市大鹏新区2025届数学九上开学学业质量监测试题【含答案】

这是一份广东省深圳市大鹏新区2025届数学九上开学学业质量监测试题【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）若分式无意义，则（ ）
A．B．C．D．
2、（4分）二十一世纪，纳米技术将被广泛应用，纳米是长度计量单位，1 纳米=0.000000001 米， 则 5 纳米可以用科学记数法表示为( )
A．米B．米C． 米D． 米
3、（4分）下列函数中，y随x的增大而减少的函数是（ ）
A．y＝2x＋8 B．y＝－2＋4x C．y＝－2x＋8 D．y＝4x
4、（4分）若代数式有意义，则实数x的取值范围是
A．B．且C．且D．
5、（4分）已知x，y满足，则以x，y的值为两边长的等腰三角形的周长是（ ）
A．20或16B．20C．16D．以上答案都不对
6、（4分）下列各组数中，不是勾股数的为（ ）
A．3，4，5B．6，8，10C．5，12，13D．5，7，10
7、（4分）已知：在直角坐标系中，点A，B的坐标分别是（1，0），（0，3），将线段AB平移，平移后点A的对应点A′的坐标是（2，﹣1），那么点B的对应点B′的坐标是（ ）
A．（2，1）B．（2，3）C．（2，2）D．（1，2）
8、（4分）一次信息技术模拟测试后，数学兴趣小组的同学随机统计了九年级20名学生的成绩记录如下：有5人得10分，6人得9分，5人得8分，4人得7分这20名学生成绩的中位数和众数分别是
A．10分，9分B．9分，10分C．9分，9分D．分，9分
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）4的算术平方根是 ．
10、（4分）点 P（1，﹣3）关于原点对称的点的坐标是_____．
11、（4分）如图,矩形的对角线相交于点,过点作交于点,若,的面积为6,则___．
12、（4分）在平面直角坐标系中，已知点，如果以为顶点的四边形是平行四边形，那么满足条件的所有点的坐标为___________.
13、（4分）函数中，自变量的取值范围是__________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，在□ABCD中，E、F为对角线BD上的两点，且∠DAE＝∠BCF.
（1）求证：AE＝CF；
（2）求证：AE∥CF.
15、（8分）在平面直角坐标系中，的位置如图所示（每个小方格都是边长1个单位长度的正方形）.
（1）将沿轴方向向左平移6个单位，画出平移后得到的.
（2）将绕着点顺时针旋转，画出旋转后得到的；直接写出点的坐标.
（3）作出关于原点成中心对称的，并直接写出的坐标.
16、（8分）如图，在中，，从点为圆心，长为半径画弧交线段于点，以点为圆心长为半径画弧交线段于点，连结．
(1)若，求的度数：
(2)设．
①请用含的代数式表示与的长；
②与的长能同时是方程的根吗？说明理由．
17、（10分）在菱形中，，点是射线上一动点，以为边向右侧作等边，点的位置随着点的位置变化而变化.
（1）如图1，当点在菱形内部或边上时，连接，与的数量关系是______，与的位置关系是______；
（2）当点在菱形外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由（选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理）；
（3）如图4，当点在线段的延长线上时，连接，若，，求四边形的面积.
18、（10分）（1）解不等式：
（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）不等式的解集是____________________.
20、（4分）已知方程ax2+7x﹣2＝0的一个根是﹣2，则a的值是_____．
21、（4分）不改变分式的值，使分子、分母的第一项系数都是正数，则＝_____．
22、（4分）在△ABC中，AB=，AC=5，若BC边上的高等于3，则BC边的长为_____．
23、（4分）如图，矩形纸片ABCD中，AD＝5，AB＝1．若M为射线AD上的一个动点，将△ABM沿BM折叠得到△NBM．若△NBC是直角三角形．则所有符合条件的M点所对应的AM长度的和为_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝﹣x+2向下平移1个单位后，得到直线l2，l2交x轴于点A，点P是直线l1上一动点，过点P作PQ∥y轴交l2于点Q
（1）求出点A的坐标；
（2）连接AP，当△APQ为以PQ为底边的等腰三角形时，求点P和点Q的坐标；
（3）点B为OA的中点，连接OQ、BQ，若点P在y轴的左侧，M为直线y＝﹣1上一动点，当△PQM与△BOQ全等时，求点M的坐标．
25、（10分）解方程：
（1）
（2）2x2﹣4x+1＝0
26、（12分）阅读下面的材料:
解方程，这是一个一元四次方程，根据该方程的特点，
它的解法通常采用换元法降次:设，那么，于是原方程可变为
，解得.当时，，∴；当时，
，∴；
原方程有四个根: .
仿照上述换元法解下列方程:
(1)
(2) .
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、D
【解析】
根据分母等于零列式求解即可.
【详解】
由题意得
x-1=0，
∴.
故选D.
本题考查了分式有意义的条件，当分母不等于零时，分式有意义；当分母等于零时，分式无意义.分式是否有意义与分子的取值无关.
2、C
【解析】
试题分析：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．
解：5纳米=5×10﹣9，
故选C．
【点评】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．
3、C
【解析】
试题分析：一次函数的图象有两种情况： ①当k＞0时，函数的值随x的值增大而增大；②当k＜0时，函数的的值随x的值增大而减小．
∵函数y随x的增大而减少，∴k＜0, 符合条件的只有选项C,故答案选C．
考点：一次函数的图象及性质．
4、B
【解析】
直接利用二次根式的定义结合分式有意义的条件得出答案．
【详解】
∵代数式有意义，∴x﹣1≥0，且x﹣1≠0，
解得：x≥1且x≠1．
故选B．
本题主要考查了二次根式有意义的条件，正确把握二次根式的定义是解题的关键．
5、B
【解析】
先根据非负数的性质列式求出x、y的值，再分4是腰长与底边两种情况讨论求解．
【详解】
解：根据题意得，4-x=0，y-8=0，
解得x=4，y=8，
①4是腰长时，三角形的三边分别为4、4、8，
∵4+4=8，
∴不能组成三角形，
②4是底边时，三角形的三边分别为4、8、8，
能组成三角形，周长=4+8+8=1，
所以，三角形的周长为1．
故选B.
本题考查了等腰三角形的性质，绝对值非负数，算术平方根非负数的性质，根据几个非负数的和等于0，则每一个算式都等于0求出x、y的值是解题的关键，难点在于要分情况讨论并且利用三角形的三边关系进行判断．
6、D
【解析】
满足的三个正整数，称为勾股数，由此判断即可．
【详解】
解：、，此选项是勾股数；
、，此选项是勾股数；
、，此选项是勾股数；
、，此选项不是勾股数．
故选：．
此题主要考查了勾股数，关键是掌握勾股数的定义．
7、D
【解析】
根据点A、A′的坐标确定出平移规律，然后根据规律求解点B′的坐标即可．
【详解】
∵A（1，0）的对应点A′的坐标为（2，﹣1），
∴平移规律为横坐标加1，纵坐标减1，
∵点B（0，3）的对应点为B′，
∴B′的坐标为（1，2）．
故选D．
本题考查了坐标与图形变化−平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减，本题根据对应点的坐标确定出平移规律是解题的关键．
8、C
【解析】
根据中位数和众数的定义进行分析.
【详解】
20名学生的成绩中第10，11个数的平均数是9，所以中位数是9，9分出现次数最多，所以众数是9.
故选：C
本题考核知识点：众数和中位数. 解题关键点：理解众数和中位数的定义.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1．
【解析】
试题分析：∵，∴4算术平方根为1．故答案为1．
考点：算术平方根．
10、（-1，3）
【解析】
根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数可知：点P（1，-3）关于原点的对称点的坐标．
【详解】
解：∵关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，
∴点P（1，-3）关于原点的对称点的坐标为（-1，3）．
故答案为：（-1，3）．
本题考查了关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，难度较小．
11、
【解析】
首先连接EC，由题意可得OE为对角线AC的垂直平分线，可得CE=AE，S△AOE=S△COE=2，继而可得AE•BC=1，则可求得AE的长，即EC的长，然后由勾股定理求得答案．
【详解】
解：连接EC.
∵四边形ABCD是矩形
∴AO=CO，且OE⊥AC，
∴OE垂直平分AC
∴CE=AE，S△AOE=S△COE=2，
∴S△AEC=2S△AOE=1．
∴AE•BC=1，
又∵BC=4，
∴AE=2，
∴EC=2．
∴BE=
故答案为：
本题考查了矩形的性质、勾股定理以及三角形的面积问题．此题难度适中，正确做出图形的辅助线是解题的关键．
12、
【解析】
需要分类讨论：以AB为该平行四边形的边和对角线两种情况．
【详解】
解：如图，①当AB为该平行四边形的边时，AB=OC，
∵点A（1，1），B（-1，1），O（0，0）
∴点C坐标（-2，0）或（2，0）
②当AB为该平行四边形的对角线时，C（0，2）．
故答案是：（-2，0）或（2，0）或（0，2）．
本题考查了平行四边形的性质和坐标与图形性质．解答本题关键要注意分两种情况进行求解．
13、x≥0且x≠1
【解析】
根据二次根式被开方数大于等于0，分式分母不等于0列式计算即可得解．
【详解】
解：由题意得，x≥0且x−1≠0，
解得x≥0且x≠1．
故答案为：x≥0且x≠1．
本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；（1）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）证明见解析（2）证明见解析
【解析】
试题分析：（1）根据平行四边形性质得出AB=DC，AD=BC，AB∥CD，AD∥BC，推出∠ABF=∠CDE，∠ADE=∠CBF，根据全等三角形的判定推出△DAE≌△BCF，即可得；
（2）由△DAE≌△BCF，得出∠DEA＝∠BFC，从而得∠AEF＝∠DFC，继而得AE∥CF.
试题解析：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝DC，AD＝BC，AB∥CD，AD∥BC，
∴∠ABF＝∠CDE，∠ADE＝∠CBF，
在△DAE和△BCF中，，
∴△DAE≌△BCF（ASA），∴AE＝CF；
（2）∵△DAE≌△BCF，∴∠DEA＝∠BFC，∴∠AEF＝∠DFC，∴AE∥CF.
15、（1）见解析；（2）见解析；；（3）见解析；.
【解析】
（1）图形的平移时，我们只需要把三个顶点ABC,按照点的平移方式，平移得到新点，然后顺次连接各点即为平移后的.
（2）首先只需要画出B，C旋转后的对应点，，然后顺次连接各点即为旋转过后的，然后写出坐标即可；
（3）首先依次画出点ABC关于原点成中心对称的对应点，然后顺次连接各点即可得到，然后写出坐标即可.
【详解】
解：（1）如图所示；
（2）如图所示，由图可知；
（3）如图所示，由图可知.
本题的解题关键是：根据图形平移、旋转、中心对称的性质，找到对应点位置，顺次连接对应点即是变化后的图形；这里需要注意的是运用点的平移时，横坐标满足“左（移）减右（移）加”，纵坐标满足“下（移）减上（移）加；旋转时找准旋转中心和旋转角度，再进行画图.
16、（1）；（2）①，；②是，理由见解析
【解析】
（1）根据直角三角形、等腰三角形的性质，判断出△DBC是等边三角形，即可得到结论；
（2）①根据线段的和差即可得到结论；
②根据方程的解得定义，判断AD是方程的解，则当AD=BE时，同时是方程的解，即可得到结论．
【详解】
解：（1）∵，
，
又，
是等边三角形．
．
（2）①∵
又，
．
②∵
∴线段的长是方程的一个根．
若与的长同时是方程的根，则，
即，
，
，
∴当时，与的长同时是方程的根．
本题考查了勾股定理，一元二次方程的解；熟练掌握直角三角形和等腰三角形的性质求边与角的方法，掌握判断一元二次方程的解得方法是解题的关键．
17、（1），；（2）结论仍然成立，理由：略；（3）
【解析】
（1）连接AC，根据菱形的性质和等边三角形的性质得出△BAP≌△CAE，再延长交于， 根据全等三角形的性质即可得出；
（2）结论仍然成立．证明方法同（1）；
（3）根据（2）可知△BAP≌△CAE，根据勾股定理分别求出AP和EC的长，即可解决问题；
【详解】
（1）如图1中，结论：，.
理由：连接.
∵四边形是菱形，，
∴，都是等边三角形，，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
，
∴，
∴，，
延长交于，
∵，
∴，
∴，即.
故答案为，.
（2）结论仍然成立.
理由：选图2，连接交于，设交于.
∵四边形是菱形，，
∴，都是等边三角形，，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴.
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，即.
选图3，连接交于，设交于.
∵四边形ABCD是菱形，，
∴，都是等边三角形，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴.
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，即.
（3），
由（2）可知，，
在菱形中，，
∴，
∵，，
在中，，
∴，
∵与是菱形的对角线，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
在中，，
∴.
本题考查四边形综合题、菱形的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确添加常用辅助线，寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
18、（1）；（2）
【解析】
（1）按照去分母、移项、合并同类项的步骤求解即可；
（2）按照去分母、系数化1的步骤求解即可.
【详解】
（1）去分母得
移项、合并得
解得
所以不等式的解集为
（2）去分母得
解得
经检验，是分式方程的解．
此题主要考查不等式以及分式方程的求解，熟练掌握，即可解题.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
分析：首先进行去分母，然后进行去括号、移项、合并同类项，从而求出不等式的解．
详解：两边同乘以1得：x－6＞4(1－x)， 去括号得：x－6＞4－4x，
移项合并同类项得：5x＞10， 解得：x＞1．
点睛：本题主要考查的是解不等式，属于基础题型．理解不等式的性质是解决这个问题的关键．
20、1
【解析】
根据一元二次方程的解的定义，将x＝﹣2代入已知方程，通过一元一次方程来求a的值．
【详解】
解：根据题意知，x＝﹣2满足方程ax2+7x﹣2＝0，则1a﹣11﹣2＝0，即1a﹣16＝0，
解得，a＝1．
故答案是：1．
考查的是一元二次方程的根即方程的解的定义．一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即用这个数代替未知数所得式子仍然成立．
21、
【解析】
根据分式的基本性质即可求出答案．
【详解】
原式＝＝，
故答案为：
本题考查分式的基本性质，分式的基本性质是分式的分子和分母同时乘以或除以同一个不为0的整式，分式的值不变；熟练掌握分式的基本性质是解题关键．
22、9或1
【解析】
【分析】△ABC中，∠ACB分锐角和钝角两种：
①如图1，∠ACB是锐角时，根据勾股定理计算BD和CD的长可得BC的值；
②如图2，∠ACB是钝角时，同理得：CD=4，BD=5，根据BC=BD﹣CD代入可得结论．
【详解】有两种情况：
①如图1，∵AD是△ABC的高，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
由勾股定理得：BD==5，
CD==4，
∴BC=BD+CD=5+4=9；
②如图2，同理得：CD=4，BD=5，
∴BC=BD﹣CD=5﹣4=1，
综上所述，BC的长为9或1；
故答案为：9或1．
【点睛】本题考查了勾股定理的运用，熟练掌握勾股定理是关键，并注意运用了分类讨论的思想解决问题．
23、5．
【解析】
根据四边形ABCD为矩形以及折叠的性质得到∠A=∠MNB=90°，由M为射线AD上的一个动点可知若△NBC是直角三角形，∠NBC=90°与∠NCB=90°都不符合题意，只有∠BNC=90°．然后分 N在矩形ABCD内部与 N在矩形ABCD外部两种情况进行讨论，利用勾股定理求得结论即可．
【详解】
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAD＝90°，
∵将△ABM沿BM折叠得到△NBM，
∴∠MAB＝∠MNB＝90°．
∵M为射线AD上的一个动点，△NBC是直角三角形，
∴∠NBC＝90°与∠NCB＝90°都不符合题意，
∴只有∠BNC＝90°．
①
当∠BNC＝90°，N在矩形ABCD内部，如图3．
∵∠BNC＝∠MNB＝90°，
∴M、N、C三点共线，
∵AB＝BN＝3，BC＝5，∠BNC＝90°，
∴NC＝4．
设AM＝MN＝x，
∵MD＝5﹣x，MC＝4+x，
∴在Rt△MDC中，CD5+MD5＝MC5，
35+（5﹣x）5＝（4+x）5，
解得x＝3；
当∠BNC＝90°，N在矩形ABCD外部时，如图5．
∵∠BNC＝∠MNB＝90°，
∴M、C、N三点共线，
∵AB＝BN＝3，BC＝5，∠BNC＝90°，
∴NC＝4，
设AM＝MN＝y，
∵MD＝y﹣5，MC＝y﹣4，
∴在Rt△MDC中，CD5+MD5＝MC5，
35+（y﹣5）5＝（y﹣4）5，
解得y＝9，
则所有符合条件的M点所对应的AM和为3+9＝5．
故答案为5．
本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质以及勾股定理，难度适中．利用数形结合与分类讨论的数学思想是解题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）A(2，0)；（2）P(3，)，Q(3，﹣)；（3）M(﹣1，﹣1)或(﹣1，8)
【解析】
（1）求出直线l2的解析式为y＝﹣x+1，即可求A的坐标；
（2）设点P（x，﹣x+2），Q（x，﹣x+1），由AQ＝AP，即可求P点坐标；
（3）设P（n，﹣n+2），M（m，﹣1），则Q（n，﹣n+1），可求出BQ＝，OQ＝，PM＝，QM＝，①当△PQM≌△BOQ时，PM＝BQ，QM＝OQ，结合勾股定理，求出m；②当△QPM≌△BOQ时，有PM＝OQ，QM＝BQ，结合勾股定理，求出m即可．
【详解】
解：（1）∵直线l1：y＝﹣x+2向下平移1个单位后，得到直线l2，
∴直线l2的解析式为y＝﹣x+1，
∵l2交x轴于点A，
∴A（2，0）；
（2）当△APQ为以PQ为底边的等腰三角形时，
∴AQ＝AP，
∵点P是直线l1上一动点，
设点P（x，﹣x+2），
∵过点P作PQ∥y轴交l2于点Q
∴Q（x，﹣x+1），
∴（﹣x+2）2＝（﹣x+1）2，
∴x＝3，
∴P（3，），Q（3，﹣）；
（3）∵点B为OA的中点，
∴B（1，0），
∴PQ＝BO＝1，
设P（n，﹣n+2），M（m，﹣1），则Q（n，﹣n+1），
∴BQ＝，OQ＝，
PM＝，QM＝，①
∵△PQM与△BOQ全等，
①当△PQM≌△BOQ时，
有PM＝BQ，QM＝OQ，
＝，＝，
∴n＝2m﹣2，
∵点P在y轴的左侧，
∴n＜0，
∴m＜1，
∴m＝﹣1，
∴M（﹣1，﹣1）；
②当△QPM≌△BOQ时，
有PM＝OQ，QM＝BQ，
＝，＝，
∴n＝﹣m，
∵点P在y轴的左侧，
∴n＜0，
∴m＞2，
∴m＝8，
∴M（﹣1，8）；
综上所述，M（﹣1，﹣1）或M（﹣1，8）．1：y＝﹣x+2向下平移1个单位后，得到直线l2，
本题考查一次函数的综合；熟练掌握一次函数的图象特点，等腰三角形与全等三角形的性质是解题的关键．
25、（1）无解；（2）x1＝，x2＝．
【解析】
（1）先把分式方程转化成整式方程，求出方程的解，再进行检验即可；
（2）移项，系数化成1，配方，开方，即可的两个方程，求出方程的解即可．
【详解】
解：（1）方程两边都乘以x（x﹣4）得：3x﹣4+x（x﹣4）＝x（x﹣2），
解得：x＝4，
检验：当x＝4时，x（x﹣4）＝0，所以x＝4不是原方程的解，
即原方程无解；
（2）2x2﹣4x+1＝0，
2x2﹣4x＝﹣1，
x2﹣2x＝﹣，
x2﹣2x+1＝﹣+1，
（x﹣1）2＝，
x﹣1＝，
x1＝，x2＝．
本题考查了解分式方程和解一元二次方程，能把分式方程转化成整式方程是解（1）的关键，并且要注意检验；能正确配方是解（2）的关键．
26、（1）；（2），为原方程的解
【解析】
（1）设，则由已知方程得到：，利用因式分解法求得该方程的解，然后解关于x的一元二次方程；
（2）设，则由已知方程得到：，利用因式分解法求得该方程的解，然后进行检验即可．
【详解】
（1）令
∴
∴
∴，
∴舍，
∴
（2）令
∴
∴
∴
∴，
∴，
∴，
经检验，，为原方程的解.
本题主要考查了换元法，即把某个式子看作一个整体，用一个字母去代替它，实行等量替换．把一些形式复杂的方程通过换元的方法变成一元二次方程，从而达到降次的目的．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分