菏泽单县北城三中联考2024-2025学年数学九年级第一学期开学达标检测试题【含答案】

这是一份菏泽单县北城三中联考2024-2025学年数学九年级第一学期开学达标检测试题【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）下列各点中在函数y=2x+2的图象上的是（ ）
A．（1，-2）B．（-1，-1）C．（0，2）D．（2，0）
2、（4分）《国家宝藏》节目立足于中华文化宝库资源，通过对文物的梳理与总结，演绎文物背后的故事与历史，让更多的观众走进博物馆，让一个个馆藏文物鲜活起来．下面四幅图是我国一些博物馆的标志，其中是中心对称图形的是（ ）．
A．B．C．D．
3、（4分）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，分别以点A和点B为圆心以相同的长（大于AB）为半径作弧，两弧相交于点M和N点，作直线MN交AB于点D，交BC于点E，若AC=3，BC=4，则BE等于（ ）
A．B．C．D．
4、（4分）打折前购买A商品40件与购买B商品30件所花的钱一样多，商家打折促销，A商品打八折，B商品打九折，此时购买A商品40件比购买B商品30件少花600元，则打折前A商品和B商品每件的价格分别为( )
A．75元，100元B．120元，160元
C．150元，200元D．180元，240元
5、（4分）把直线向下平移3个单位长度得到直线为（ ）
A．B．C．D．
6、（4分）如图，△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，AB的垂直平分线DE交AC于点D，交AB于点E，下列叙述结论错误的是（ ）
A．BD平分∠ABCB．△BCD的周长等于AB＋BC
C．点D是线段AC的中点D．AD＝BD＝BC
7、（4分）如图，在中，点为的中点，平分，且于点，延长交于点.若，，则的长为（ ）
A．5B．6C．7D．8
8、（4分）下列各式中，最简二次根式是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）一只不透明的袋子中有1个白球、1个红球和2个黄球，这些球除颜色不同外其它都相同．搅均后从中任意摸出1个球，摸出白球可能性______摸出黄球可能性．（填“等于”或“小于”或“大于”）．
10、（4分）27的立方根为 ．
11、（4分）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，M、N分别是AB、AC的中点，延长BC至点D，使CD=BD，连接DM、DN、MN．若AB=6，则DN=___．
12、（4分）如图将△ABC沿BC平移得△DCE，连AD,R是DE上的一点，且DR：RE＝1：2,BR分别与AC,CD相交于点P,Q，则BP：PQ：QR＝__．
13、（4分）已知y=1++，则2x+3y的平方根为______．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=1．CD⊥AB于点D．点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段AB向终点B运动．在运动过程中，以点P为顶点作长为2，宽为1的矩形PQMN，其中PQ=2，PN=1，点Q在点P的左侧，MN在PQ的下分，且PQ总保持与AC垂直．设P的运动时间为t（秒）（t＞0），矩形PQMN与△ACD的重叠部分图形面积为S（平方单位）．
（1）求线段CD的长；
（2）当矩形PQMN与线段CD有公共点时，求t的取值范围；
（3）当点P在线段AD上运动时，求S与t的函数关系式．
15、（8分）如图,平行四边形的两条对角线相交于点、分别是的中点,过点作任一条直线交于点,交于点,求证:
(1) ；
(2) .
16、（8分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC，对角线AC、BD交于点O，AO＝BO，DE平分∠ADC交BC于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）若AB＝2，求△OEC的面积．
17、（10分）用适当的方法解方程：
（1） （2）
18、（10分）如图，将正方形ABCD折叠，使点C与点D重合于正方形内点P处，折痕分别为AF、BE，如果正方形ABCD的边长是2，那么△EPF的面积是_____．
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，以A点为圆心，以相同的长为半径作弧，分别与射线AM，AN交于B，C两点，连接BC，再分别以B，C为圆心，以相同长（大于BC）为半径作弧，两弧相交于点D，连接AD，BD，CD．若∠MBD=40°，则∠NCD的度数为_____．
20、（4分）若关于x的方程x2+mx-3=0有一根是1，则它的另一根为________.
21、（4分）下图是利用平面直角坐标系画出的老北京一些地点的示意图，这个坐标系分别以正东和正北方向为x轴和y轴的正方向，如果表示右安门的点的坐标为（-2，-3），表示朝阳门的点的坐标为（3，2），那么表示西便门的点的坐标为___________________．
22、（4分）某书定价25元，如果一次购买20本以上，超过20本的部分打八折，未超过20本的不打折，试写出付款金额（单位：元）与购买数量（单位：本）之间的函数关系_______．
23、（4分）如图，在反比例函数的图像上有点它们的横坐标依次为1，2，3，……，n，n+1，分别过点作x轴，y轴的垂线，图中所构成的阴影部分面积从左到右依次为，则Sn=__________。（用含n的代数式表示）
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，在△ABC中，点D是边BC的中点，AE平分∠BAC，CP⊥AE，垂足为E，EF∥BC．
求证：四边形BDEF是平行四边形．
25、（10分）已知一次函数图象经过和两点
（1）求此一次函数的解析式；
（2）若点在函数图象上，求的值．
26、（12分）如图，DE是平行四边形ABCD中的∠ADC的平分线，EF∥AD，交DC于F.
（1）求证：四边形AEFD是菱形；
（2）如果∠A=60度，AD=5，求菱形AEFD的面积.
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】
把选项中的点的坐标分别代入函数解析式进行判断即可．
【详解】
A. 当x=1时,y=2×1+2=4≠-2,故点(1,-2)不在函数图象上；
B. 当x=-1时,y=2×（-1）+2=0≠-1,故点(-1,-1)不在函数图象上；
C. 当x=0时,y=2×0+2=2,故点(0,2)在函数图象上；
D. 当x=2时,y=2×2+2=6≠0,故点(2,0)不在函数图象上；
故选C.
此题考查一次函数图象上点的坐标特征，解题关键在于把坐标代入解析式.
2、A
【解析】
根据中心对称图形的定义和图案特点即可解答.
【详解】
、是中心对称图形，故本选项正确；
、不是中心对称图象，故本选项错误；
、不是中心对称图象，故本选项错误；
、不是中心对称图象，故本选项错误.
故选：.
本题考查中心对称图形的概念：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形.
3、D
【解析】
连接AE，根据勾股定理求出AB，根据线段垂直平分线的性质得到AE=BE，根据勾股定理求出AE即可．
【详解】
解：连接AE，
∵∠ACB=90°，∴AB==5，
由题意得：MN是线段AB的垂直平分线，∴AE=BE，
在Rt△ACE中，AE2=AC2+CE2，即AE2=32+（4﹣AE）2，
解得：AE=，∴BE=AE=．
故选D．
本题考查的是线段的垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
4、C
【解析】
设打折前商品价格为元，商品为元，根据题意列出关于与的方程组，求出方程组的解即可得到结果.
【详解】
设打折前商品价格为元，商品为元，
根据题意得：，
解得：，
则打折前商品价格为元，商品为元.
故选：.
此题考查了二元一次方程组的应用，分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系时解决问题的关键.
5、D
【解析】
根据直线平移的性质，即可得解.
【详解】
根据题意，得
故答案为D.
此题主要考查一次函数的平移，熟练掌握，即可解题.
6、C
【解析】
分析：由△ABC中，AB=AC，∠A=36°，可求得∠ABC与∠C的度数，又由AB的垂直平分线DE交AC于D，交AB于E，根据线段垂直平分线的性质，可证得AD=BD，继而可求得∠ABD，∠DBC的度数，则可得BD平分∠ABC；又可求得∠BDC的度数，则可证得AD=BD=BC；可求得△BDC的周长等于AB+BC．
详解：∵△ABC中，AB=AC，∠A=36°，∴∠ABC=∠C=(180°－36°)÷2=72°，
∵AB的垂直平分线DE交AC于D，交AB于E，∴AD=BD，∴∠ABD=∠A=36°，
∵∠DBC=∠ABC-∠ABD=36°=∠ABD，∴BD平分∠ABC；故A正确；
∴∠BDC=180°-∠DBC-∠C=72°，∴∠BDC=∠C，∴BD=BC=AD，故D正确；
△BDC的周长等于BD+DC+BC=AD+DC+BC=AC+BC=AB+BC；故B正确；
∵AD=BD＞CD，∴D不是AC的中点，故C错误．故选C．
点睛：此题考查了线段垂直平分线的性质与等腰三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握转化思想与数形结合思想的应用．
7、B
【解析】
根据平分，且可得△ADB≌△ADN，得到BD=DN，AN=AB=4，根据三角形中位线定理求出NC，计算即可．
【详解】
解：∵平分，且
∴，
在△ADB和△ADN中，
∴△ADB≌△ADN（ASA）
∴BD=DN，AN=AB=4，
∵点为的中点，
∴NC=2DM=2，
∴AC=AN+NC=6，
故选B．
本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
8、C
【解析】
最简二次根式： ① 被开方数不含有分母（小数）；
② 被开方数中不含有可以开方开得出的因数或因式；
【详解】
A. ，被开方数是分数，不是最简二次根式；
B. ，被开方数是小数，不是最简二次根式；
C. ，符合条件，是最简二次根式；
D. ，被开方数可以开方，不是最简二次根式.
故选C
本题考核知识点：最简二次根式. 解题关键点：理解最简二次根式的条件.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、小于
【解析】
先分别求出摸出各种颜色球的概率，再进行比较即可得出答案．
【详解】
解：∵袋子中有1个白球、1个红球和2个黄球，共有4个球，
∴摸到白球的概率是，摸到红球的概率是，摸到黄球的概率是=，
∴摸出白球可能性＜摸出黄球的可能性；
故答案为小于．
本题主要考查了可能性的大小，用到的知识点为：可能性等于所求情况数与总情况数之比．
10、1
【解析】
找到立方等于27的数即可．
解：∵11=27，
∴27的立方根是1，
故答案为1．
考查了求一个数的立方根，用到的知识点为：开方与乘方互为逆运算
11、1．
【解析】
试题分析：连接CM，根据三角形中位线定理得到NM=CB，MN∥BC，又CD=BD，可得MN=CD，又由MN∥BC，可得四边形DCMN是平行四边形，所以DN=CM，根据直角三角形的性质得到CM=AB=1，即可得DN=1．
考点：三角形中位线定理；直角三角形斜边上的中线；平行四边形的判定与性质．
12、2：1：1
【解析】
根据平移的性质得到AC∥DE，BC=CE，得到△BPC∽△BRE，根据相似三角形的性质得到PC=DR，根据△PQC∽△RQD，得到PQ=QR，即可求解．
【详解】
由平移的性质可知，AC∥DE，BC=CE，
∴△BPC∽△BRE，
∴，
∴PC=RE，BP=PR，
∵DR：RE=1：2，
∴PC=DR，
∵AC∥DE，
∴△PQC∽△RQD，
∴=1，
∴PQ=QR，
∴BP：PQ：QR=2：1：1，
故答案为2：1：1．
本题考查了相似三角形的判定和性质，平移的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
13、±2
【解析】
先根据二次根式有意义的条件求出x的值，进而得出y的值，根据平方根的定义即可得出结论．
【详解】
解：由题意得，，
，
，
，
的平方根为．
故答案为．
本题考查二次根式有意义的条件，熟知二次根式中的被开方数是非负数是解题的关键
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）CD＝；（2）≤t≤；（3）当0＜t＜时，S＝；当≤t≤时， S＝2；当＜t≤时，S＝．
【解析】
（1）由勾股定理得出AB＝10，由△ABC的面积得出AC•BC＝AB•CD，即可得出CD的长；
（2）分两种情形：①当点N在线段CD上时，如图1所示，利用相似三角形的性质求解即可．②当点Q在线段CD上时，如图2所示，利用相似三角形的性质求解即可；
（3）首先求出点Q落在AC上的运动时间t，再分三种情形：①当0＜t＜时，重叠部分是矩形PNYH，如图4所示，②当≤t≤时，重合部分是矩形PNMQ，S＝PQ•PN＝2，③当＜t≤时，如图5中重叠部分是五边形PQMJI，分别求解即可．
【详解】
解：（1）∵∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝1，
∴AB＝＝10，
∵S△ABC＝AC•BC＝AB•CD，
∴AC•BC＝AB•CD，即：8×1＝10×CD，
∴CD＝；
（2）在Rt△ADC中，AD＝，BD＝AB−AD＝，
当点N在线段CD上时，如图1所示：
∵矩形PQMN，PQ总保持与AC垂直，
∴PN∥AC，
∴∠NPD＝∠CAD，
∵∠PDN＝∠ADC，
∴△PDN∽△ADC，
∴，即：，
解得：PD＝，
∴t＝AD−PD＝；
当点Q在线段CD上时，如图2所示：
∵PQ总保持与AC垂直，
∴PQ∥BC，△DPQ∽△DBC，
∴，即：，
解得：DP＝，
∴t＝AD＋DP＝，
∴当矩形PQMN与线段CD有公共点时，t的取值范围为：≤t≤；
（3）当Q在AC上时，如图3所示：
∵PQ总保持与AC垂直，
∴PQ∥BC，△APQ∽△ABC，
∴，即：，
解得：AP＝，
当0＜t＜时，重叠部分是矩形PNYH，如图4所示：
∵PQ∥BC，
∴△APH∽△ABC，
∴，即：，
∴PH＝，
∴S＝PH•PN＝；
当≤t≤时，重合部分是矩形PNMQ，S＝PQ•PN＝2；
当＜t≤时，如图5中重叠部分是五边形PQMJI，
易得△PDI∽△ACB∽△JNI，
∴，即：，
∴PI=（−t）•，
∴，即：，
∴JN=，
S＝S矩形PNMQ−S△JIN＝2−·（）·[1−（−t）•]＝．
本题属于四边形综合题，考查了勾股定理解直角三角形，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，多边形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
15、（1）见解析；（2）见解析
【解析】
（1）因为四边形是平行四边形，，证得≌，即可求出；
（2）因为四边形ABCD是平行四边形，G是OC的中点，E是OA的中点，所以可以证得OF=OH，又根据（1）中结论，即可得出四边形EFGH是平行四边形，根据平行四边形性质可得.
【详解】
证明：（1）∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴≌，
∴
（2）∵是的中点，是的中点，
∴，，
∴
又∵
∴四边形是平行四边形，
∴
本题考查了平行四边形的判定与性质．解题的关键是选择适宜的证明方法．此题出现了对角线，所以选择对角线互相平分的四边形是平行四边形证明比较简单．
16、（1）详见解析；（2）1
【解析】
（1）证出∠BAD＝∠BCD，得出四边形ABCD是平行四边形，得出OA＝OC，OB＝OD，证出AC＝BD，即可解决问题；
（2）作OF⊥BC于F．求出EC、OF即可解决问题；
【详解】
（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，∠ADC+∠BCD＝180°，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠BAD＝∠BCD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵OA＝OB，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形．
（2）解：作OF⊥BC于F，如图所示．
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝2，∠BCD＝90°，AO＝CO，BO＝DO，AC＝BD，
∴AO＝BO＝CO＝DO，
∴BF＝FC，
∴OF＝CD＝1，
∵DE平分∠ADC，∠ADC＝90°，
∴∠EDC＝45°，
在Rt△EDC中，EC＝CD＝2，
∴△OEC的面积＝•EC•OF＝1．
本题考查矩形的性质、三角形的面积、三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题，属于中考常考题型．
17、（1） （2）
【解析】
（1）利用公式法，先算出根的判别式，再根据公式解得两根即可；
（2）利用因式分解法将等号左边进行因式分解，即可解出方程.
【详解】
解：（1）由题可得：，
所以，
所以
整理可得,；
（2）
提公因式可得：
化简得：
解得：,；
故答案为：（1）,（2）,.
本题考查一元二次方程的解法，在解方程时要先观察方程是否可以用因式分解法去解，如果可以的话优先考虑因式分解法，如果不可以的话可以利用公式法，利用公式法时注意先算根的判别式，并且注意符号问题.
18、
【解析】
过P作PH⊥DC于H，交AB于G，由正方形的性质得到AD＝AB＝BC＝DC＝2；∠D＝∠C＝90°；再根据折叠的性质有PA＝PB＝2，∠FPA＝∠EPB＝90°，可判断△PAB为等边三角形，利用等边三角形的性质得到∠APB＝60°，，于是∠EPF＝10°，PH＝HG﹣PG＝2﹣，得∠HEP＝30°，然后根据含30°的直角三角形三边可求出HE，得到EF，最后利用三角形的面积公式计算即可．
【详解】
解：过P作PH⊥DC于H，交AB于G，如图，
则PG⊥AB，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝AB＝BC＝DC＝2；∠D＝∠C＝90°，
又∵将正方形ABCD折叠，使点C与点D重合于形内点P处，
∴PA＝PB＝2，∠FPA＝∠EPB＝90°，
∴△PAB为等边三角形，
∴∠APB＝60°，PG＝AB＝，
∴∠EPF＝10°，PH＝HG﹣PG＝2﹣，
∴∠HEP＝30°，
∴HE＝PH＝（2﹣）＝2﹣3，
∴EF＝2HE＝4﹣6，
∴△EPF的面积＝FE•PH＝（2﹣）（4﹣6）
＝7﹣1．
故答案为7﹣1．
本题考查了折叠的性质：折叠前后的两图形全等，即对应角相等，对应线段相等．也考查了正方形和等边三角形的性质以及含30°的直角三角形三边的关系．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、40°
【解析】
先根据作法证明△ABD≌△ACD，由全等三角形的性质可得∠BAD=∠CAD，∠BDA=∠CDA，然后根据三角形外角的性质可证∠NCD=∠MBD=40°.
【详解】
在△ABD和△ACD中，
∵AB=AC,
BD=CD,
AD=AD,
∴△ABD≌△ACD，
∴∠BAD=∠CAD，∠BDA=∠CDA.
∵∠MBD=∠BAD+∠BDA，∠NCD=∠CAD+∠CDA，
∴∠NCD=∠MBD=40°.
故答案为：40°.
本题考查了尺规作图，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，熟练掌握三角形全等的判定与性质是解答本题的关键.
20、-1
【解析】
设方程x2+mx-1=0的两根为x1、x2，根据根与系数的关系可得出x1•x2=﹣1，结合x1=1即可求出x2，此题得解．
【详解】
解：设方程x2+mx-1=0的两根为x1、x2，则：x1•x2=﹣1．
∵x1=1，∴x2=﹣1．
故答案为：﹣1．
本题考查了根与系数的关系，熟练掌握两根之积等于是解题的关键．
21、（-3，1）
【解析】
根据右安门的点的坐标可以确定直角坐标系中原点在正阳门，建立直角坐标系即可求解.
【详解】
根据右安门的点的坐标为(−2,−3)，可以确定直角坐标系中原点在正阳门，
∴西便门的坐标为(−3,1)，
故答案为(−3,1)；
此题考查坐标确定位置，解题关键在于建立直角坐标系.
22、
【解析】
本题采取分段收费，根据20本及以下单价为25元，20本以上，超过20本的部分打八折分别求出付款金额与购书数的函数关系式，再进行整理即可得出答案．
【详解】
解：根据题意得：
，
整理得：；
则付款金额（单位：元）与购书数量（单位：本）之间的函数关系是；
故答案为：．
本题考查了分段函数，理解分段收费的意义，明确每一段购书数量及相应的购书单价是解题的关键，要注意的取值范围．
23、
【解析】
由题意可知，每个小矩形的宽度为1，第个小矩形的长为 ，故将 代入，可求。
【详解】
解：依题意得




故答案为：
掌握反比例函数与面积的关系是解题的关键。
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、见解析
【解析】
（1）证明△APE≌△ACE，根据全等三角形的性质可得到PE=EC，再利用三角形的中位线定理证明DE∥AB，再加上条件EF∥BC可证出结论；
【详解】
证明： ∵AE⊥CE，
∴∠AEP=∠AEC=90°，
在△AEP和△AEC中，

∴△APE≌△ACE(ASA).
∴PE=EC.
∵BD=CD,
∴DE为△CPB的中位线，
∴DE∥AB.
∵EF∥BC，
∴四边形BDEF是平行四边形。
此题考查平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解题关键在于利全等三角形的判定进行求解
25、（1）（2）
【解析】
（1）用待定系数法，设函数解析式为y=kx+b，将两点代入可求出k和b的值，进而可得出答案．
（2）将点（m，2）代入可得关于m的方程，解出即可．
【详解】
解：（1）设一次函数的解析式为，
则有，
解得：，
一次函数的解析式为；
（2）点在一次函数图象上
，
．
本题考查待定系数法求一次函数解析式和一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是熟练掌握待定系数法求一次函数解析式.
26、见解析
【解析】
(1)证明：∵DF∥AE，EF∥AD，
∴四边形AEFD是平行四边形，∠2＝∠AED，
又∵DE平分∠ADC，∴∠1＝∠2，
∴∠AED＝∠1．
∴AD＝AE．
∴四边形AEFD是菱形．
(2)在菱形AEFD中，∵∠DAB＝60°，
∴△AED为等边三角形．
∴DE＝2．连接AF，与DE相交于O，则．
∴．
∴．
∴．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分