【开学摸底考】2024-2025学年春季期九年级下册数学开学摸底考（江苏苏州专用，苏科版）（原卷+答案+答题卡）

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一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
9．/
10．
11．/40度
12．，
13．3
14．
15．且
16．
三、解答题（本大题共11小题，第17,18每小题5分，第19,20,21每小题6分，第22,23,24每小题8分，第25,26,27每小题10分，共82分，解答时应写出必要的计算过程、推演步骤或文字说明）
17．11
【分析】本题考查特殊三角函数及实数的运算，熟知特殊角的三角函数值及实数的运算法则是正确解决本题的关键．
先计算乘方、零次幂、负整数指数幂及绝对值再合并即可．
【详解】解：
．
18．(1)，
(2)9
【分析】本题考查了解一元二次方程、平行线分线段成比例，熟练掌握配方法解一元二次方程，平行线分线段成比例定理是解题的关键．
（1）直接利用配方法解方程即可；
（2）根据平行线分线段成比例定理，结合可得，得到的长，即可求出的长．
【详解】（1）解：，
，
，
，
，
，．
（2）解：，
，
又，
，
，
的长为9．
19．(1)长为；
(2)当时，矩形面积最大，最大面积为．
【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用，二次函数的最值．
设，根据矩形的面积为列出关于的一元二次方程，解方程求出的值，因为墙的长度为，把超过的解舍去；
根据矩形的面积公式得到矩形的面积与的长度之间的函数关系式为，配方法可得，从而可得当时，矩形面积最大，最大面积为．
【详解】（1）解：设，则
根据题意得：，
整理得：，
解得：，，
当时，，
舍去，
长为；
（2）解：设围成矩形的面积为
根据题意得：
，
抛物线开口向下，
当时，有最大值为，
又，
当时，矩形面积最大，最大面积为．
20．(1)见解析
(2)或
【分析】本题考查了根的判别式、三角形三边关系以及勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键；
（1）根据方程的系数结合根的判别式，可得出，进而可证出方程有两个不相等的实数根；
（2）利用因式分解法可求出，的长，分为直角边及为斜边两种情况，利用勾股定理可得出关于的一元一次方程或一元二次方程，解之即可得出值，取其正值（利用三角形的三边关系判定其是否构成三角形）即可得出结论．
【详解】（1）证明：，
方程有两个不相等的实数根．
（2）解：，
即，
解得：，．
当为直角边时，，
解得：；
当为斜边时，，
解得：，（不合题意，舍去）．
答：的值为或
21．(1)40；94；99
(2)
(3)252
(4)
【分析】（1）根据题意和统计图中的数据、表格中的数据可以分别得到、、的值；
（2）根据扇形统计图中的数据可以得到扇形统计图中“组”所对应的圆心角的度数；
（3）总人数乘以样本中对应比例即可；
（4）画树状图展示所有12种等可能的结果数，找出恰好选到甲，丁两位同学的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】（1）解： 九年级10名学生的成绩在组的数据：94，90，94，
所占的百分比为：，
，即的值为40，
九年级成绩的中位数为，
八年级成绩的众数，
故答案为：40，94，99；
（2）解：扇形统计图中“组”所对应的圆心角的度数为，
故答案为：；
（3）解：（人，
答：估计九年级参加此次知识竞赛活动成绩在组的学生有252人；
（4）解：画树状图为：
由树状图可知共有12种等可能的结果，其中刚好抽到甲和丁的有2种结果，
所以恰好选到甲，醒两位同学的概率为．
【点睛】本题考查扇形统计图、用样本估计总体、统计表、中位数、众数、方差，用列表法或树状图法求概率．解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
22．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了圆的切线的判定、角平分线的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点，正确作出辅助线成为解题的关键.
（1）如图：连接，根据角平分线的判定定理可得，再结合等腰三角形的性质可得，可证明，利用平行线的性质可得，即可证明结论；
（2）由角平分线的定义可得，进而得到，再运用角平分线的性质定理可得．再根据直角三角形的性质以及勾股定理可得、、，进而求得,最后根据求解即可.
【详解】（1）解：如图：连接，
∵，且，
∴是的平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线．
（2）解：∵，
∴，
∴，
∵于点E，，
∴，
∴在中，，
∴,
∵，
∴在中，，
∴，
又∵，
∴，
∴,
∴.
23．(1)，顶点坐标为
(2)或
(3)
【分析】本题考查二次函数的性质，将一般式化为顶点式；
（1）将点，代入，即可求解；
（2）将二次函数解析式化为顶点式求出顶点坐标，进而求解；
（3）分别把，代入函数关系式得：，，根据，即可求解．
【详解】（1）解：∵图象经过点，代入
∴
解得：
∴二次函数的解析式为
∴顶点坐标为
（2）∵，抛物线的顶点在轴上，
∴，
解得
故答案为：或．
（3）把，代入函数关系式得：，，
∵，
∴,
解得：，
故答案为：．
24．(1)的长为；
(2)壁灯的高度是
【分析】（1）连接，则，由四边形是矩形得到，，由得到，在中，，则，再利用弧长公式计算即可；
（2）连接，过点作，垂足为，求出，得到，则，即可求出答案．
【详解】（1）解：连接，
∵，
，
∵四边形是矩形，
，，
∵，
，
在中，，
，
，
即的长为；
（2）连接，过点作，垂足为，
∵是半圆的直径，
，
∵，
，
在中，，
，
壁灯的高度，
壁灯的高度是．
【点睛】本题考查圆周角定理，解直角三角形，矩形的性质，弧长公式等知识．添加合适的辅助线是解题的关键．
25．（1）见解析；（2）＝；（3）
【分析】（1）证明，即可得证；
（2）证明四边形是矩形，得出，，再证明，即可得解；
（3）过点C作于点N，交的延长线于点M，连接，证明四边形是矩形，得出，，证明，得出，证明，得出．设，则，设，则，由勾股定理可得，再证明，即可得解．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）解：过点N作于点H，
，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴．
（3）解：过点C作于点N，交的延长线于点M，连接，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
设，则，设，则，
∴，
在中，由勾股定理，得，
∴，
解得 (舍去)，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
26．初步感知：；简单运用：，理由见解析；拓展延伸：四边形的面积为
【分析】初步感知：根据旋转的性质可得，则可得，再证明A，D，E三点在同一直线上，则可得的面积等于四边形的面积．
简单运用：将绕着A点逆时针旋转60°至，同（1）方法相同证明C、D、E三点共线，则可得是等边三角形，从而可得．
拓展延伸：由平分，可得，则．将绕着点C旋转90°至，再证A，D，E三点共线，进而可得为等腰直角三角形，由旋转得四边形的面积等于的面积，从而可求出四边形的面积．
【详解】解：初步感知：由旋转可知，
∴，
∵，
∴，
即，
∴A，D，E三点在同一直线上，
∴．
简单运用：
理由：将绕着A点逆时针旋转60°至，
则，，，，
∴，
∵，，
∴，即，
∴C、D、E三点共线．
∴是等边三角形，
∴．
拓展延伸：∵平分，
∴，
∴，
将绕着点C旋转90°至可得，，，
∵为直径，
∴，
∴，，
∴，
∴A，D，E三点共线，
∴为等腰直角三角形，
由旋转得四边形的面积等于的面积，
∴四边形的面积为．
【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的性质、等边三角形的判定和性质、圆周角定理以及圆内接四边形的性质．熟练掌握以上知识是解题的关键．
27．【理解与运用】；【思考与探究】①；②或
【分析】本题考查二次函数图象及性质，二次函数与轴交点问题等．
（1）根据题意信息列出，即可解出本题答案；
（2）①先将抛物线一般式化为顶点式得出抛物线的顶点为再令，顶点为；，顶点为，列出，即可求出本题答案；
②分情况讨论：当抛物线的顶点在下方时和当抛物线的顶点在下方时，分别求出的取值范围即可．
【详解】解：【理解与运用】由题意：二次函数和的图象都是抛物线的伴随抛物线，
；
【思考与探究】①由题意，，
抛物线的顶点为
又始终是的伴随抛物线，
令，顶点为；，顶点为，
，
；
②由①得：抛物线的顶点为，与轴交于两点，
当抛物线的顶点在下方时，抛物线与轴有两个不同的交点，
此时；
根据伴随抛物线的性质②可得，也是的伴随抛物线，即的顶点也在上，
∴在上，
当抛物线的顶点在下方时，抛物线与轴有两个不同的交点，
此时；
综上可得：或．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
A
A
C
B
C
A
C