浙江省义乌市四校2024-2025学年九上数学开学学业质量监测试题【含答案】

这是一份浙江省义乌市四校2024-2025学年九上数学开学学业质量监测试题【含答案】，共22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）如图，在3×3的正方形网格中，以线段AB为对角线作平行四边形，使另两个顶点也在格点上，则这样的平行四边形最多可以画( )
A．2个B．3个C．4个D．5个
2、（4分）某校九年级（1）班全体学生2018年初中毕业体育考试的成绩统计如表：
根据表中的信息判断，下列结论中错误的是（ ）
A．该班一共有45名同学
B．该班学生这次考试成绩的众数是28
C．该班学生这次考试成绩的平均数是25
D．该班学生这次考试成绩的中位数是28
3、（4分）如图，a，b，c分别表示苹果、梨、桃子的质量，同类水果质量相等，则下列关系正确的是

A．B．C．D．
4、（4分）已知一次函数y＝2x+a，y＝﹣x+b的图象都经过A（﹣2，0），且与y轴分别交于B、C两点，则△ABC的面积为（ ）
A．4B．5C．6D．7
5、（4分）若一次函数y=kx+17的图象经过点（-3，2），则k的值为（ ）
A．-6 B．6 C．-5 D．5
6、（4分）若二次根式在实数范围内有意义，则a的取值范围是( )
A．B．C．a>1D．a<1
7、（4分）已知关于x的方程的解是正数，那么m的取值范围为（ ）
A．m＞－6且m≠2B．m＜6C．m＞－6且m≠－4D．m＜6且m≠－2
8、（4分）菱形的周长为20cm，两个相邻的内角的度数之比为1：2，则较长的对角线的长度是( )
A．cmB．cmC．cmD．5cm
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）已知菱形的两条对角线长分别是6和8，则这个菱形的面积为_____．
10、（4分）在四边形中，给出下列条件：① ② ③ ④
其中能判定四边形是平行四边形的组合是________或 ________或_________或_________．
11、（4分）若关于若关于x的分式方程的解为正数，那么字母a的取值范围是___．
12、（4分）在新年晚会的投飞镖游戏环节中，名同学的投掷成绩（单位：环）分别是：，，，，，，，则这组数据的众数是________．
13、（4分）如图，把一张矩形的纸沿对角线BD折叠，若AD=8，AB=6，则BE=__．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）已知，如图，在三角形中，，于，且．点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时点由点出发，沿方向匀速运动，速度为，过点的动直线，交于点，连结，设运动时间为，解答下列问题：
（1）线段_________；
（2）求证：；
（3）当为何值时，以为顶点的四边形为平行四边形？
15、（8分）如图，△ABC全等于△DEF，点B，E，C，F在同一直线，连接AD，求证：四边形ABED是平行四边形．
16、（8分）如图，已知在中，分别是的中点，连结.
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，求四边形的周长.
17、（10分）已知关于x的方程x2-6x+m2-3m-5=0一个根是-1，求方程的另一个根和m的值．
18、（10分）如图，直线与轴交于点，与轴交于点；直线与轴交于点，与直线交于点，且点的纵坐标为4.
（1）不等式的解集是 ；
（2）求直线的解析式及的面积；
（3）点在坐标平面内，若以、、、为顶点的四边形是平行四边形，求符合条件的所有点的坐标.
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）化简：=_______________.
20、（4分）已知点P（1，2）关于x轴的对称点为P′，且P′在直线y=kx+3上，把直线y=kx+3的图象向上平移2个单位，所得的直线解析式为 ．
21、（4分）二次三项式是完全平方式,则的值是__________．
22、（4分）如果一个多边形的每一个外角都等于60°，则它的内角和是__________.
23、（4分）如图，点D、E、F分别是△ABC各边的中点，连接DE、EF、DF，若△ABC的周长为10，则△DEF的周长为_______________．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）在矩形中，，，是边上一点，以点为直角顶点，在的右侧作等腰直角．
（1）如图1，当点在边上时，求的长；
（2）如图2，若，求的长；
（3）如图3，若动点从点出发，沿边向右运动，运动到点停止，直接写出线段的中点的运动路径长．
25、（10分）将一矩形纸片放在直角坐标系中，为原点，点在轴上，点在轴上，.
（1）如图1，在上取一点，将沿折叠，使点落在边上的点处，求直线的解析式；
（2）如图2，在边上选取适当的点，将沿折叠，使点落在边上的点处，过作于点，交于点，连接，判断四边形的形状，并说明理由；
（3）、在（2）的条件下，若点坐标，点在直线上，问坐标轴上是否存在点，使以为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点坐标；若不存在，请说明理由.
26、（12分）如图，正方形网格中的每个小正方形边长都为1，每个小正方形的顶点叫格点，分别按下列要求画以格点为顶点三角形和平行四边形．
（1）三角形三边长为4，3，；
（2）平行四边形有一锐角为45°，且面积为1．
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】
根据平行四边形的判定方法即可解决问题.
【详解】
在直线AB的左下方有5个格点，都可以成为平行四边形的顶点，所以这样的平行四边形最多可以画5个，
故选D．
本题考查平行四边形的判定，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
2、C
【解析】
根据总数，众数，中位数的定义即可一一判断；
【详解】
解：该班一共有：1+5+4+10+15+10=45（人），众数是28分，中位数为28分，
故A、B、D正确，C错误，
故选：C．
本题考查总数，众数，中位数的定义，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考基础题．
3、C
【解析】
根据图形就可以得到一个相等关系与一个不等关系，就可以判断a，b，c的大小关系．
【详解】
解：依图得3b＜2a，
∴a＞b，
∵2c=b，
∴b＞c，
∴a＞b＞c
故选C．
本题考查了一元一次不等式的应用，解题的关键是读懂题意，找到关键描述语，进而找到所求的量的等量关系．
4、C
【解析】
根据题意得：a=4，b=-2，所以B(0，4)，C(0，-2)，则△ABC的面积为
故选C.
5、D
【解析】
由一次函数经过（-3，2），故将x=-3，y=2代入一次函数解析式中，得到关于k的方程，求出方程的解即可得到k的值．
【详解】
由一次函数y=kx+17的图象经过点（-3，2），
故将x=-3，y=2代入一次函数解析式得：2=-3k+17，
解得：k=1，
则k的值为1．
故选D．
此题考查了待定系数法求一次函数解析式，灵活运用待定系数法是解本题的关键．
6、A
【解析】
分析：根据二次根式有意义的条件可得a-1≥0，再解不等式即可．
详解：由题意得：a-1≥0，
解得：a≥1，
故选A．
点睛：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．
7、C
【解析】
先求得分式方程的解（含m的式子），然后根据解是正数可知m+2＞0，从而可求得m＞-2，然后根据分式的分母不为0，可知x≠1，即m+2≠1．
【详解】
将分式方程转化为整式方程得：1x+m=3x-2
解得：x=m+2．
∵方程得解为正数，所以m+2＞0，解得：m＞-2．
∵分式的分母不能为0，
∴x-1≠0，
∴x≠1，即m+2≠1．
∴m≠-3．
故m＞-2且m≠-3．
故选：C．
本题主要考查的是解分式方程和一元一次不等式的应用，求得方程的解，从而得到关于m的不等式是解题的关键．
8、B
【解析】
如图所示：
∵菱形的周长为20cm，
∴菱形的边长为5cm，
∵两邻角之比为1:2，
∴较小角为60°，
∴∠ABO=30°，AB=5cm，
∵最长边为BD,BO=AB⋅cs∠ABO=5×= (cm)，
∴BD=2BO= (cm).
故选B.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1
【解析】
因为菱形的面积为两条对角线积的一半，所以这个菱形的面积为1．
【详解】
解：∵菱形的两条对角线长分别是6和8，
∴这个菱形的面积为6×8÷2＝1
故答案为1
此题考查了菱形面积的求解方法：①底乘以高，②对角线积的一半．
10、①③ ①④ ②④ ③④
【解析】
根据平行四边形的判定定理确定即可.
【详解】
解：如图，
①③：，， 四边形是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）；
①④：，， 四边形是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）；
②④：，， 四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）；
③④：， 四边形是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）；
所以能判定四边形是平行四边形的组合是①③或①④或②④或③④.
故答案为：①③或①④或②④或③④.
本题考查了平行四边形的判定定理，一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；两组对边分别平行的四边形是平行四边形；两组对边分别相等的四边形是平行四边形，灵活选用条件及合适的判定定理是解题的关键.
11、a＞1且a≠2
【解析】
分式方程去分母得：2x﹣a=x﹣1，解得：x=a﹣1，
根据题意得：a﹣1＞0，解得：a＞1．
又当x=1时，分式方程无意义，∴把x=1代入x=a﹣1得a=2．
∴要使分式方程有意义，a≠2．
∴a的取值范围是a＞1且a≠2．
12、1
【解析】
直接利用众数的定义得出答案．
【详解】
∵7，1，1，4，1，8，8，中1出现的次数最多，
∴这组数据的众数是：1．
故答案为：1．
本题主要考查了众数的定义，解题的关键是掌握众数的定义：一组数据中，出现次数最多的数就叫这组数据的众数．
13、
【解析】
试题解析：∵AD∥BC，
∴∠EDB=∠CBD，又∠EBD=∠CBD，
∴∠EBD=∠EDB，
∴EB=ED，又BC′=BC=AD，
∴EA=EC′，
在Rt△EC′D中，
DE2=EC′2+DC′2，即DE2=（8-DE）2+62，
解得DE=．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）12；（2）证明见详解；（3）或t=4s．
【解析】
（1）由勾股定理求出AD即可；
（2）由等腰三角形的性质和平行线的性质得出∠PBQ=∠PQB，再由等腰三角形的判定定理即可得出结论；
（3）分两种情况：①当点M在点D的上方时，根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，得出MD=AD-AM=12-4t，由PQ∥MD，当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，得出方程，解方程即可；
②当点M在点D的下方时，根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，得出MD=AM-AD=4t-12，由PQ∥MD，当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，得出方程，解方程即可．
【详解】
（1）解：∵BD⊥AC，
∴∠ADB=90°，
∴（cm），
（2）如图所示：
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，即∠PBQ=∠C，
∵PQ∥AC，
∴∠PQB=∠C，
∴∠PBQ=∠PQB，
∴PB=PQ；
（3）分两种情况：
①当点M在点D的上方时，如图2所示：
根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，
∴MD=AD-AM=12-4t，
∵PQ∥AC，
∴PQ∥MD，
∴当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，
即：当t=12-4t，时，四边形PQDM是平行四边形，
解得：（s）；
②当点M在点D的下方时，如图3所示：
根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，
∴MD=AM-AD=4t-12，
∵PQ∥AC，
∴PQ∥MD，
∴当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，
即：当t=4t-12时，四边形PQDM是平行四边形，
解得：t=4（s）；
综上所述，当或t=4s时，以P、Q、D、M为顶点的四边形为平行四边形．
本题是四边形综合题目，考查了平行四边形的判定、等腰三角形的判定与性质、勾股定理以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握平行四边形的判定方法，进行分类讨论是解决问题（3）的关键．
15、见解析
【解析】
根据全等三角形的性质得到AB∥DE且AB＝DE，即可证明四边形ABED是平行四边形．
【详解】
∵△ABC≌△DEF
∴∠B＝∠DEF，AB＝DE
∴AB∥DE．
∴AB＝DE，AB∥DE
∴四边形ABED是平行四边形．
此题主要考查平行四边形的判定，解题的关键是熟知全等三角形的性质及平行四边形的判定定理．
16、 (1)见解析； (2)四边形的周长为12.
【解析】
（1）根据三角形的中位线的性质得到DF∥BC，EF∥AB，根据平行四边形的判定定理即可得到结论；
（2）根据直角三角形的性质得到DF=DB=DA=AB=3，推出四边形BEFD是菱形，于是得到结论．
【详解】
(1)∵分别是的中点，
∴，
∴四边形是平行四边形.
(2)∵，是的中点，，
∴.
∴四边形是菱形.
∵，
∴四边形的周长为12.
本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定和性质，三角形的中位线的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
17、方程的另一根是2，m=3或m=3；
【解析】
试题分析：根据一元二次方程的解的定义，将x=-3代入关于x的一元二次方程x3-6x+m3-3m-5=0=0，求得（m3-3m-5）的值；然后将其代入原方程，通过因式分解法求得方程的另一根即可．
试题解析：设方程的另一根为x3．
∵关于x的一元二次方程x3-6x+m3-3m-5=0的一个根是-3，
∴x=-3满足关于x的一元二次方程x3-6x+m3-3m-5=0，
∴（-3）3-6×（-3）+m3-3m-5=0，即m3-3m+3=0，
∴（m-3）（m-3）=0，
解得，m=3或m=3；
-3+x3=6，
解得，x3=2．
∴方程的另一根是2，m=3或m=3；
考点：3．一元二次方程的解,3．解一元二次方程-因式分解法
18、（1）；（2）的面积为2；（3）符合条件的点共有3个：，，
【解析】
（1）直线l1交于点D，且点D的纵坐标为4，则4=2x+2，解得：x=1，故点D（1，4），即可求解；
（2）将点B、D的坐标代入y=kx+b，即可求解；
（3）分AB是平行四边形的一条边、AB是平行四边形的对角线两种情况，分别求解．
【详解】
（1）把代入得：
当时，
不等式的解集是
（2）把、代入得：
直线的解析式是：
令
由知：
的面积为2
（3），，
以、、、为顶点的四边形是平行四边形
由平移可知：，，
符合条件的点共有3个：，，
本题为一次函数综合运用题，涉及到平行四边形的基本性质、求解不等式等知识点，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
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：首先将分式的分子和分母进行因式分解，然后进行约分化简得出答案．
详解：原式=．
点睛：本题主要考查的是分式的化简问题，属于基础题型．学会因式分解是解决这个问题的关键．
20、y=﹣1x+1．
【解析】
由对称得到P′（1，﹣2），再代入解析式得到k的值，再根据平移得到新解析式.
【详解】
∵点P（1，2）关于x轴的对称点为P′，
∴P′（1，﹣2），
∵P′在直线y=kx+3上，
∴﹣2=k+3，解得：k=﹣1，
则y=﹣1x+3，
∴把直线y=kx+3的图象向上平移2个单位，所得的直线解析式为：y=﹣1x+1．
故答案为y=﹣1x+1．
考点：一次函数图象与几何变换．
21、17或-7
【解析】
利用完全平方公式的结构特征判断即可确定出k的值．
【详解】
解：∵二次三项式4x2-（k-5）x+9是完全平方式，
∴k-5=±12，
解得：k=17或k=-7，
故答案为：17或-7
此题考查了完全平方式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
22、720°
【解析】
根据多边形的外角和等于360°，可求出这个多边形的边数，进而，求出这个多边形的内角和.
【详解】
∵一个多边形的每一个外角都等于60°，
又∵多边形的外角和等于360°，
∴这个多边形的边数=360°÷60°=6，
∴这个多边形的内角和=，
故答案是：720°.
本题主要考查多边形的外角和等于360°以及多边形的内角和公式，掌握多边形的外角和等于360°是解题的关键.
23、1
【解析】
解：根据三角形的中位线定理可得DE=AC，EF=AB，DF=BC
所以△DEF的周长为△ABC的周长的一半，即△DEF的周长为1
故答案为：1．
本题考查三角形的中位线定理．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）；（2）；（3）线段的中点的运动路径长为．
【解析】
（1）如图1中，证明△ABE≌△ECF（AAS），即可解决问题．
（2）如图2中，延长DF，BC交于点N，过点F作FM⊥BC于点M．证明△EFM≌△DNC（AAS），设NC=FM=x，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
（3）如图3中，在BC上截取BM=BA，连接AM，MF，取AM的中点H，连接HQ．由△ABE∽△AMF，推出∠AMF=∠ABE=90°，由AQ=FQ，AH=MH，推出，HQ∥FM，推出∠AHQ=90°，推出点Q的运动轨迹是线段HQ，求出MF的长即可解决问题．
【详解】
（1）如图1中，
四边形是矩形，
，
，，
，，
，
，
．
（2）如图2中，延长，交于点，过点作于点．
同理可证，
设，则，
，，
，
，
，
，，，
即在中，，
在中，，
在中，，
即，解得或（舍弃），即，
（3）如图3中，在上截取，连接，，取的中点，连接．
，
，
，
，
，，
，，
，，
，
点的运动轨迹是线段，
当点从点运动到点时，，
，
，
线段的中点的运动路径长为．
本题考查了全等三角形、勾股定理、相似三角形，掌握矩形的性质及全等三角形的性质和判定、利用勾股定理列方程、相似三角形的性质是解题的关键.
25、（1）；（2）四边形为菱形，理由详见解析；（3）以为顶点的四边形是平行四边形时，点坐标或或
【解析】
（1）根据题意求得点E的坐标，再代入，把代入得到，即可解答
（2）先由折叠的性质得出，由平行线的性质得出 ，即四边形为菱形.
（3）为顶点的四边形是平行四边形时，点坐标或或.
【详解】
解：（1）如图1中，
，是由翻折得到，
，
在中，，
，设，
在中，，解得，
，
设直线的解析式为，把代入得到，
直线的解析式为.
（2）如图2中，四边形为菱形，
理由：是由翻折得到，
，.
，
，而
.四边形为菱形.
（3）以为顶点的四边形是平行四边形时，
点坐标或或.
本题考查四边形综合，根据题意做辅助线和判断等量关系列出方程是解题关键.
26、（1）见解析；（2）见解析.
【解析】
分析：(1)4在网格线上，3是直角边为3的直角三角形的斜边，是直角边分别为1和3的直角三角形的斜边；(2)先构造一个直角边为2的等腰直角三角形，以此为基础再构造平行四边形.
详解：(1)图(1)即为所求；
(2)图(2)即为所求.
点睛：本题考查了勾股定理，在格点中，可结合网格中的直角构造直角三角形，一般有理数可用网格线表示，无理数可表示为直角三角形的斜边，勾股定理确定它的两条直角边.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
成绩（分）
20
22
24
26
28
30
人数（人）
1
5
4
10
15
10