湖北省恩施土家族苗族自治州文斗民族初级中学2024年九上数学开学学业质量监测模拟试题【含答案】
展开一、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)化简的结果是( )
A.9B.-3C.D.3
2、(4分)已知在一个样本中,50个数据分别落在5个组内,第一、二、三、五组数据频数分别为2、8、15、5,则第四组数据的频数和频率分别为( )
A.25 ,50%B.20 ,50%C.20 ,40%D.25, 40%
3、(4分)点A(-2,5)在反比例函数的图像上,则该函数图像位于( )
A.第一、二象限B.第一、三象限C.第二、三象限D.第二、四象限
4、(4分)在直角坐标系中,点关于原点对称的点为,则点的坐标是( )
A.B.C.D.
5、(4分)已知直线y=-x+4与y=x+2如图所示,则方程组的解为( )
A.B.C.D.
6、(4分)某商品降价后欲恢复原价,则提价的百分数为( ).
A.B.C.D.
7、(4分)已知是关于的一元二次方程的根,则的值是( )
A.-1B.3C.1D.-3
8、(4分)下列函数中,自变量x的取值范围是x≥2的是()
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)八个边长为1的正方形如图所示的位置摆放在平面直角坐标系中,经过原点的直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分,则这条直线的解析式是_____.
10、(4分)如图是一次函数的y=kx+b图象,则关于x的不等式kx+b>0的解集为 .
11、(4分)计算:3xy2÷=_______.
12、(4分)如图,在平行四边形中,,,,则______.
13、(4分)如图,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,将△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到的△AB′C′(点B的对应点是点B′,点C的对应点是点C′),连接CC′.若∠CC′B′=32°,则∠B=__________.
三、解答题(本大题共5个小题,共48分)
14、(12分)如图1,在正方形ABCD中,点E,F分别是AC,BC上的点,且满足DE⊥EF,垂足为点E,连接DF.
(1)求∠EDF= (填度数);
(2)延长DE交AB于点G,连接FG,如图2,猜想AG,GF,FC三者的数量关系,并给出证明;
(3)①若AB=6,G是AB的中点,求△BFG的面积;
②设AG=a,CF=b,△BFG的面积记为S,试确定S与a,b的关系,并说明理由.
15、(8分)小聪和小明沿同一条路同时从学校出发到某超市购物,学校与超市的路程是4千米.小聪骑自行车,小明步行,当小聪从原路回到学校时,小明刚好到达超市.图中折线O﹣A﹣B﹣C和线段OD分别表示两人离学校的路程s(千米)与所经过的时间t(分钟)之间的函数关系,请根据图象回答下列问题:
(1)小聪在超市购物的时间为 分钟,小聪返回学校的速度为 千米/分钟;
(2)请你求出小明离开学校的路程s(千米)与所经过的时间t(分钟)之间的函数关系式;
(3)当小聪与小明迎面相遇时,他们离学校的路程是多少千米?
16、(8分)某商场计划销售A,B两种型号的商品,经调查,用1500元采购A型商品的件数是用600元采购B型商品的件数的2倍,一件A型商品的进价比一件B型商品的进价多30元.
(1)求一件A,B型商品的进价分别为多少元?
(2)若该商场购进A,B型商品共100件进行试销,其中A型商品的件数不大于B型的件数,已知A型商品的售价为200元/件,B型商品的售价为180元/件,且全部能售出,求该商品能获得的利润最小是多少?
17、(10分)如图,直线y=2x+3与x轴相交于点A,与y轴相交于点B.
(1)求A,B两点的坐标;
(2)过B点作直线BP与x轴相交于P,且使OP=2OA, 求直线BP的解析式.
18、(10分)如图,已知AC⊥BC,BD⊥AD,AC 与BD 交于O,AC=BD.
求证:(1)BC=AD;
(2)△OAB是等腰三角形.
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,在中,角是边上的一点,作垂直, 垂直,垂足分别为,则的最小值是______.
20、(4分)将直线向右平移个单位,所得的直线的与坐标轴所围成的面积是_______.
21、(4分)等腰三角形的两条中位线分别为3和5,则等腰三角形的周长为_____.
22、(4分)若,则a2﹣6a﹣2的值为_____.
23、(4分)甲、乙两学生在军训打靶训练中,打靶的总次数相同,且所中环数的平均数也相同,但甲的成绩比乙的成绩稳定,那么两者的方差的大小关系是___________ . (填“>”,“<”或“=”)
二、解答题(本大题共3个小题,共30分)
24、(8分)如图,将边长为4的正方形ABCD纸片沿EF折叠,点C落在AB边上的点G处,点D与点H重 合,CG与EF交于点p,取GH的中点Q,连接PQ,则△GPQ的周长最小值是__
25、(10分) 某中学为打造书香校园,购进了甲、乙两种型号的新书柜来放置新买的图书,甲型号书柜共花了15000元,乙型号书柜共花了18000元,乙型号书柜比甲型号书柜单价便宜了300元,购买乙型号书柜的数量是甲型号书柜数量的2倍.求甲、乙型号书柜各购进多少个?
26、(12分)如图,矩形ABCD中,对角线AC、BD相交于点O,点P是线段AD上一动点(不与与点D重合),PO的延长线交BC于Q点.
(1)求证:四边形PBQD为平行四边形.
(2)若AB=6cm,AD=8cm,P从点A出发.以1cm/秒的速度向点D匀速运动.设点P运动时间为t秒,问四边形PBQD能够成为菱形吗?如果能,求出相应的t值;如果不能,说明理由.
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】
根据算术平方根的性质,可得答案.
【详解】
解:,故D正确,
故选:D.
本题考查了算术平方根的计算,熟练掌握算术平方根的性质是解题关键.
2、C
【解析】
解:根据样本容量和第一、二、三、五组数据频数可求得第四组的频数为50-2-8-15-5=20,其频率为20÷50=0.4=40%
故选C.
3、D
【解析】
根据反比例函数上点的坐标特点可得k=-10,再根据反比例函数的性质可得函数图像位于第二、四象限.
【详解】
∵反比例函数的图像经过点(-2,5),
∴k=(-2)×5=-10,
∵-10<0,
∴该函数位于第二、四象限,
故选:D.
本题考查反比例函数上的点坐标的特点,反比例函数上的点横、纵坐标之积等于k;本题也考查了反比例函数的性质,对于反比例函数,当k大于0时,图像位于第一、三象限,当k小于0,图像位于第二、四象限.
4、B
【解析】
根据坐标系中关于原点对称的点的坐标特征:原坐标点为,关于原点对称:横纵坐标值都变为原值的相反数,即对称点为可得答案.
【详解】
解:关于原点对称的点的坐标特征:横纵坐标值都变为原值的相反数,所以点有关于原点O的对称点Q的坐标为(-2,-1).
故选:B
本题考查了对称与坐标.设原坐标点为,坐标系中关于对称的问题分为三类:1.关于轴对称:横坐标值不变仍旧为,纵坐标值变为,即对称点为;2.关于轴对称:纵坐标值不变仍旧为,横坐标值变为即对称点为;3.关于原点对称:横纵坐标值都变为原值的相反数,即对称点为.熟练掌握变化规律是解题关键.
5、B
【解析】
二元一次方程组的解就是组成二元一次方程组的两个方程的公共解,即两条直线y=-x+4与y=x+2的交点坐标.
故选B
点睛:本题考查了一次函数与二元一次方程组.二元一次方程组的解就是组成该方程组的两条直线的图象的交点.
6、C
【解析】
解:设原价为元,提价百分数为,则,解得,故选.
7、B
【解析】
把x=1代入一元二次方程ax2-bx-1=0即可得到a-b的值.
【详解】
解:把x=1代入一元二次方程ax2-bx-1=0得a-b-1=0,
所以a-b=1.
故选:B.
此题考查一元二次方程的解,解题关键在于掌握能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解.
8、D
【解析】
根据分式与二次根式有意义的条件依次分析四个选项,比较哪个选项符合条件,可得答案.
【详解】
解:A、y=有意义,∴2-x≥0,解得x≤2;
B、y=有意义,∴x-2>0,解得x>2;
C、y=有意义,∴4-x2≥0,解得-2≤x≤2;
D、y=有意义,∴x+2≥0且x-2≥0,解得x≥2;
分析可得D符合条件;
故选:D.
本题考查函数自变量的取值问题,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;
(2)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.
二、填空题(本大题共5个小题,每小题4分,共20分)
9、y=x
【解析】
设直线l和八个正方形的最上面交点为A,过点A作AB⊥y轴于点B,过点A作AC⊥x轴于点C,易知OB=1,利用三角形的面积公式和已知条件求出A的坐标,再利用待定系数法可求出该直线l的解析式.
【详解】
设直线l和八个正方形的最上面交点为A,过点A作AB⊥y轴于点B,过点A作AC⊥x轴于点C,如图所示.
∵正方形的边长为1,∴OB=1.
∵经过原点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分,∴两部分面积分别是4,∴三角形ABO面积是5,∴OB•AB=5,∴AB=,∴OC=,∴点A的坐标为(,1).
设直线l的解析式为y=kx,
∵点A(,1)在直线l上,∴1=k,
解得:k=,∴直线l解析式为y=x.
故答案为:y=x.
本题考查了待定系数法求一次函数解析式、正方形的性质以及三角形的面积,利用三角形的面积公式和已知条件求出A的坐标是解题的关键.
10、x>﹣1.
【解析】
试题分析:根据一次函数的图像可知y随x增大而增大,因此可知不等式的解集为x>-1.
考点:一次函数与一元一次不等式
11、
【解析】
分析:根据分式的运算法则即可求出答案.
详解:原式=3xy2•
=
故答案为.
点睛:本题考查了分式的运算法则,解题的关键是熟练运用分式的运算法则,本题属于基础题型.
12、
【解析】
根据平行四边形的性质可得AB=10,BC=AD=6,由BC⊥AC,根据勾股定理求得AC的长,即可求得OA长,再由勾股定理求得OB的长,即可求得BD的长.
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴BC=AD=6,OB=OD,OA=OC,
∵AC⊥BC,
∴AC==8,
∴OC=4,
∴OB==2,
∴BD=2OB=4
故答案为:4.
本题考查了平行四边形的性质以及勾股定理,熟练运用平行四边形的性质及勾股定理是解决本题的关键.
13、77°
【解析】
先根据旋转的性质得∠B=∠AB′C′,AC=AC′,∠CAC′=90°,则可判断△ACC′为等腰直角三角形,所以∠ACC′=∠AC′C=45°,然后根据三角形外角性质计算出∠AB′C′,从而得到∠B的度数.
【详解】
∵△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到的△AB′C′,
∴∠B=∠AB′C′,AC=AC′,∠CAC′=90°,
∴△ACC′为等腰直角三角形,
∴∠ACC′=∠AC′C=45°,
∴∠AB′C′=∠B′CC′+∠CC′B′=45°+32°=77°,
∴∠B=77°.
故答案为77°.
此题考查旋转的性质,解题关键在于利用三角形外角性质.
三、解答题(本大题共5个小题,共48分)
14、 (1)45°;(2)GF=AG+CF,证明见解析;(3)①1; ②,理由见解析.
【解析】
(1)如图1中,连接BE.利用全等三角形的性质证明EB=ED,再利用等角对等边证明EB=EF即可解决问题.
(2)猜想:GF=AG+CF.如图2中,将△CDF绕点D旋转90°,得△ADH,证明△GDH≌△GDF(SAS)即可解决问题.
(3)①设CF=x,则AH=x,BF=1-x,GF=3+x,利用勾股定理构建方程求出x即可.
②设正方形边长为x,利用勾股定理构建关系式,利用整体代入的思想解决问题即可.
【详解】
解:(1)如图1中,连接BE.
∵四边形ABCD是正方形,
∴CD=CB,∠ECD=∠ECB=45°,
∵EC=EC,
∴△ECB≌△ECD(SAS),
∴EB=ED,∠EBC=∠EDC,
∵∠DEF=∠DCF=90°,
∴∠EFC+∠EDC=180°,
∵∠EFB+∠EFC=180°,
∴∠EFB=∠EDC,
∴∠EBF=∠EFB,
∴EB=EF,
∴DE=EF,
∵∠DEF=90°,
∴∠EDF=45°
故答案为45°.
(2)猜想:GF=AG+CF.
如图2中,将△CDF绕点D旋转90°,得△ADH,
∴∠CDF=∠ADH,DF=DH,CF=AH,∠DAH=∠DCF=90°,
∵∠DAC=90°,
∴∠DAC+∠DAH=180°,
∴H、A、G三点共线,
∴GH=AG+AH=AG+CF,
∵∠EDF=45°,
∴∠CDF+∠ADG=45°,
∴∠ADH+∠ADG=45°
∴∠GDH=∠EDF=45°
又∵DG=DG
∴△GDH≌△GDF(SAS)
∴GH=GF,
∴GF=AG+CF.
(3)①设CF=x,则AH=x,BF=1-x,GF=3+x,
则有(3+x)2=(1-x)2+32,
解得x=2
∴S△BFG=•BF•BG=1.
②设正方形边长为x,
∵AG=a,CF=b,
∴BF=x-b,BG=x-a,GF=a+b,
则有(x-a)2+(x-b)2=(a+b)2,
化简得到:x2-ax-bx=ab,
∴S=(x-a)(x-b)=(x2-ax-bx+ab)=×2ab=ab.
本题属于四边形综合题,考查了正方形的性质,全等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,属于中考常考题型.
15、(1)15,;(2)s=t;(2)2千米
【解析】
(1)根据购物时间=离开时间﹣到达时间即可求出小聪在超市购物的时间;再根据速度=路程÷时间即可算出小聪返回学校的速度;
(2)根据点的坐标利用待定系数法即可求出小明离开学校的路程s与所经过的时间t之间的函数关系式;
(2)根据点的坐标利用待定系数法即可求出当20≤s≤45时小聪离开学校的路程s(千米)与所经过的时间t(分钟)之间的函数关系式,令两函数关系式相等即可得出关于t的一元一次方程,解之即可求出t值,再将其代入任意一函数解析式求出s值即可.
【详解】
解:(1)20﹣15=15(分钟);
4÷(45﹣20)=(千米/分钟).
故答案为:15;.
(2)设小明离开学校的路程s(千米)与所经过的时间t(分钟)之间的函数关系式为s=mt+n,
将(0,0)、(45,4)代入s=mt+n中,
,解得:,
∴s=t.
∴小明离开学校的路程s与所经过的时间t之间的函数关系式为s=t.
(2)当20≤s≤45时,设小聪离开学校的路程s(千米)与所经过的时间t(分钟)之间的函数关系式为s=kt+b,将(20,4)、(45,0)代入s=kt+b,
,解得:,
∴s=﹣t+1.
令s=t=﹣t+1,
解得:t=,
∴s=t=×=2.
答:当小聪与小明迎面相遇时,他们离学校的路程是2千米.
本题考查了一次函数的应用以及待定系数法求一次函数解析式,解题的关键是:(1)根据数量关系列式计算;(2)根据点的坐标利用待定系数法求出函数关系式;(2)根据点的坐标利用待定系数法求出函数关系式.
16、 (1) B型商品的进价为120元, A型商品的进价为150元;(2) 5500元.
【解析】
(1)设一件B型商品的进价为x元,则一件A型商品的进价为(x+30)元,根据“用1500元采购A型商品的件数是用600元采购B型商品的件数的2倍”,这一等量关系列分式方程求解即可;
(2)根据题意中的不等关系求出A商品的范围,然后根据利润=单价利润×减数函数关系式,根据函数的性质求出最值即可.
【详解】
(1)设一件B型商品的进价为x元,则一件A型商品的进价为(x+30)元.
由题意:
解得x=120,
经检验x=120是分式方程的解,
答:一件B型商品的进价为120元,则一件A型商品的进价为150元.
(2)因为客商购进A型商品m件,销售利润为w元.
m≤100﹣m,m≤50,
由题意:w=m(200﹣150)+(100﹣m)(180﹣120)=﹣10m+6000,
∴m=50时,w有最小值=5500(元)
此题主要考查了分式方程和一次函数的应用等知识,解题关键是理解题意,学会构建方程或一次函数解决问题,注意解方式方程时要检验.
17、(1)(-,0);(0,1);(2)y=x+1或y=-x+1.
【解析】
试题分析:(1)根据坐标轴上点的坐标特征确定A点和B点坐标;
(2)由OA=,OP=2OA得到OP=1,分类讨论:当点P在x轴正半轴上时,则P点坐标为(1,0);当点P在x轴负半轴上时,则P点坐标为(-1,0),然后根据待定系数法求两种情况下的直线解析式.
试题解析:(1)把x=0代入y=2x+1,得y═1,
则B点坐标为(0,1);
把y=0代入y=2x+1,得0=2x+1,
解得x=-,
则A点坐标为(-,0);
(2)∵OA=,
∴OP=2OA=1,
当点P在x轴正半轴上时,则P点坐标为(1,0),
设直线BP的解析式为:y=kx+b,
把P(1,0),B(0,1)代入得
解得:
∴直线BP的解析式为:y=-x+1;
当点P在x轴负半轴上时,则P点坐标为(-1,0),
设直线BP的解析式为y=kx+b,
把P(-1,0),B(0,1)代入得
解得:k=1,b=1
所以直线BP的解析式为:y=x+1;
综上所述,直线BP的解析式为y=x+1或y=-x+1.
考点:1.一次函数图象上点的坐标特征;2.待定系数法求一次函数解析式.
18、证明:(1)见解析
(2)见解析
【解析】
(1)根据AC⊥BC,BD⊥AD,得出△ABC与△BAD是直角三角形,再由AC=BD,AB=BA,根据HL得出△ABC≌△BAD,即可证出BC=AD.
(2)根据△ABC≌△BAD,得出∠CAB=∠DBA,从而证出OA=OB,△OAB是等腰三角形.
【详解】
证明:(1)∵AC⊥BC,BD⊥AD,∴△ABC与△BAD是直角三角形,
在△ABC和△BAD中,∵ AC="BD" ,AB=BA,∠ACB=∠BDA =90°,
∴△ABC≌△BAD(HL).∴BC=AD.
(2)∵△ABC≌△BAD,∴∠CAB=∠DBA,∴OA=OB.
∴△OAB是等腰三角形.
一、填空题(本大题共5个小题,每小题4分,共20分)
19、
【解析】
根据已知条件得出四边形AEPF为矩形,得出EF=AP,要使EF最小,只要AP最小即可,根据垂线段最短得出即可.
【详解】
连接AP,
四边形AFPE是矩形,
要使EF最小,只要AP最小即可,
过点A作于P,此时AP最小,
在直角三角形中,
由勾股定理得:BC=5,
由三角形面积公式得:
,
即,
故答案为:.
本题是矩形的判定与性质和直角三角形结合考查的题型,找出与EF相等的线段,结合垂线段最短的性质是解题的关键.
20、
【解析】
先求出平移后的直线的解析式,再求出平移后的直线与两坐标轴的交点即可求得结果.
【详解】
解:直线向右平移个单位后的解析式为,
令x=0,则y=-9,令y=0,则3x-9=0,解得x=3,
所以直线与x轴、y轴的交点坐标分别为(3,0)、(0,-9),
所以直线与坐标轴所围成的三角形面积是.
故答案为:.
本题考查了一次函数的平移和一次函数与坐标轴的交点问题,一次函数的平移遵循“上加下减,左加右减”的规律,正确求出平移后一次函数的解析式是解此题的关键.
21、22或1.
【解析】
因为三角形中位线的长度是相对应边长的一半,所以此三角形有一条边为6,一条为10;那么就有两种情况,或腰为10,或腰为6,再分别去求三角形的周长.
【详解】
解:∵等腰三角形的两条中位线长分别为3和5,
∴等腰三角形的两边长为6,10,
当腰为6时,则三边长为6,6,10;周长为22;
当腰为10时,则三边长为6,10,10;周长为1;
故答案为:22或1.
此题涉及到三角形中位线与其三边的关系,解答此题时要注意分类讨论,不要漏解.
22、-1
【解析】
把a的值直接代入计算,再按二次根式的运算顺序和法则计算.
【详解】
解:当 时,
a2﹣6a﹣2=(3﹣)2﹣6(3﹣)﹣2
=19﹣6﹣18+6﹣2
=﹣1.
本题考查了实数的混合运算,解题的关键是掌握实数的运算法则.
23、<
【解析】
根据方差的意义可作出判断,方差是用来衡量一组数据波动大小的量,方差越小,表明这组数据分布比较集中,各数据偏离平均数越小,即波动越小,数据越稳定.
【详解】
解:∵甲的成绩比乙的成绩稳定,
∴S2甲<S2乙,
故答案为:<.
本题考查方差的意义,方差是用来衡量一组数据波动大小的量,方差越大,表明这组数据偏离平均数越大,即波动越大,数据越不稳定;反之,方差越小,表明这组数据分布比较集中,各数据偏离平均数越小,即波动越小,数据越稳定.
二、解答题(本大题共3个小题,共30分)
24、
【解析】
如图,取CD的中点N,连接PN,PB,BN.首先证明PQ=PN,PB=PG,推出PQ+PG=PN+PB≥BN,求出BN即可解决问题.
【详解】
解:如图,取CD的中点N,连接PN,PB,BN.
由翻折的性质以及对称性可知;PQ=PN,PG=PC,HG=CD=4,
∵QH=QG,
∴QG=2,
在Rt△BCN中,BN= ,
∵∠CBG=90°,PC=PG,
∴PB=PG=PC,
∴PQ+PG=PN+PB≥BN=2,
∴PQ+PG的最小值为2,
∴△GPQ的周长的最小值为2+2,
故答案为2+2.
本题考查翻折变换,正方形的性质,直角三角形斜边中线的性质,勾股定理等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,学会用转化的思想思考问题,属于中考填空题中的压轴题.
25、购进甲型号书柜1个,购进乙型号书柜2个.
【解析】
设购进甲型号书柜x个,则购进乙型号书柜2x个,根据单价=总价÷数量结合乙型号书柜比甲型号书柜单价便宜了300元,即可得出关于x的分式方程,解之经检验后即可得出结论.
【详解】
设购进甲型号书柜x个,则购进乙型号书柜2x个,根据题意得:
300
解得:x=1.
经检验,x=1是原方程的解,∴2x=2.
答:购进甲型号书柜1个,购进乙型号书柜2个.
本题考查了分式方程的应用,找准等量关系,正确列出分式方程是解题的关键.
26、(1)详见解析;(2)点P运动时间为秒时,四边形PBQD是菱形.
【解析】
(1)依据矩形的性质和平行线的性质,通过全等三角形的判定定理判定△POD≌△QOB,所以OP=OQ,则四边形PBQD的对角线互相平分,故四边形PBQD为平行四边形.
(2)点P从点A出发运动t秒时,AP=tcm,PD=(4-t)cm.当四边形PBQD是菱形时,PB=PD=(4-t)cm.在直角△ABP中,根据勾股定理得AP2+AB2=PB2,即t2+32=(4-t)2,由此可以求得t的值.
【详解】
(1)证明:∵四边形ABCD是矩形,
∴AD∥BC,
∴∠PDO=∠QBO,
在△POD和△QOB中,
∴△POD≌△QOB(ASA),
∴OP=OQ;
又∵OB=OD
∴四边形PBQD为平行四边形;
(2)答:能成为菱形;
证明:t秒后AP=t,PD=8﹣t,
若四边形PBQD是菱形,
∴PD=BP=8﹣t,
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠A=90°,
在Rt△ABP中,由勾股定理得:AB2+AP2=BP2,
即62+t2=(8﹣t)2,
解得:t=.
即点P运动时间为秒时,四边形PBQD是菱形.
本题考查了平行四边形的判定、矩形的性质以及菱形的性质.凡是可以用平行四边形知识证明的问题,不要再回到用三角形全等证明,应直接运用平行四边形的性质和判定去解决问题.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
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