2025-2026学年湖南省衡阳八中教育集团九年级（下）开学数学试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年湖南省衡阳八中教育集团九年级（下）开学数学试卷（含答案），共11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。
1.下列式子中，属于最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
2.计算：=（ ）
A. B. C. 3D. 2
3.河堤横断面如图所示，堤高BC=5米，迎水坡AB的坡比为，则AC的长为（ ）
A. 米
B. 米
C. 15米
D. 10米
4.如图，在⊙O中，AB是直径，∠A=20°，弧BD=弧BC，则∠BOD等于（ ）
A. 20°
B. 30°
C. 40°
D. 50°
5.如图，在四边形ABCD中，已知∠B=∠DAC，那么补充下列条件后不能判定△ADC和△BAC相似的是（ ）
A. CA平分∠BCD
B. ∠BCA=∠D
C.
D.
6.关于抛物线y=-x2+6x-7，下列说法正确的是（ ）
A. 开口向上B. 对称轴是直线x=-3
C. 与y轴的交点坐标是（0，7）D. 顶点坐标是（3，2）
7.用配方法解方程x2+2x=2时，配方后正确的是（ ）
A. （x+1）2=3B. （x+1）2=6C. （x-1）2=3D. （x-1）2=6
8.如图，圆锥的底面半径OB=5，高OA=12，该圆锥的侧面积是（ ）
A. 60π
B. 85π
C. 65π
D. 90π
9.如图，△ABC中，∠BAC=90°，BC=5，AC=3，点D是△ABC的内心，则BD的长度为（ ）
A. 2B. 3C. D.
10.已知非负数a，b，c满足a+b=2，c-3a=4，设S=a2+b+c的最大值为m，最小值为n，则m-n的值为（ ）
A. 9B. 8C. 1D.
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.已知x=1是关于x的方程x2-x-m=0的一个根，则m的值为 .
12.如果关于x的方程x2-5x+k=0没有实数根，那么k的值为 ．
13.如图，在△ABC中，DE∥BC，且AD=3，DB=2，则的值是 .
14.已知二次函数y=（x-1）2+m,当点（2，y1）、（4，y2）在函数图象上时，比较y1，y2的大小关系是 .
15.如图，PA、PB是⊙O的两条切线，A，B为切点，∠APB=60°，PO=4，则⊙O的半径是 .
16.一次折纸实践活动中，小王同学准备了一张边长为4（单位：dm）的正方形纸片ABCD，他在边AB和AD上分别取点E和点M，使AE=BE，AM=1，又在线段MD上任取一点N（点N可与端点重合），再将△EAN沿NE所在直线折叠得到△EA1N，随后连接DA1，小王同学通过多次实践得到以下结论：
①当点N在线段MD上运动时，点A1在以点E为圆心的圆弧上运动；
②当DA1达到最大值时，A1到直线AD的距离达到最大；
③DA1的最小值为2-2；
④DA1达到最小值时，MN=5-.
你认为小王同学得到的结论正确的是 .
三、解答题：本题共8小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题9分)
计算：.
18.(本小题9分)
先化简，再求值：（a+2b）2+（a+b）（a-b）-4ab,其中a=-1，b=2.
19.(本小题9分)
如图，在△ABC中，CD⊥BC，交AB于点D，∠CDB=∠A+∠B.
（1）求证：△ADC∽△ACB；
（2）若AD=2，AC=4，求线段CD长.
20.(本小题9分)
如图所示，在某交叉路口，一货车在道路①上点A处等候“绿灯”，一辆车从被山峰POQ遮挡的道路②的点B处由南向北行驶.已知∠POQ=30°，BC∥OQ，OC⊥OQ，AO⊥OP，线段AO的延长线交直线BC于点D.
（1）求∠COD的大小；
（2）若在点B处测得点O在北偏西α方向上，其中，OD=12米.问该轿车至少行驶多少米才能发现点A处的货车？（当该轿车行驶至点D处时，正好发现点A处的货车）
​
21.(本小题9分)
正在举行的2025年全运会，其吉祥物“喜洋洋”正火遍全国.某网店售卖一款进价为30元/个的“喜洋洋”，规定单个销售利润不低于10元，且不高于25元.试销期间发现，当销售单价定为40元时，每天可以售出500个，销售单价每上涨1元，每天销售量减少10个.该网店决定提价销售，设销售单价为x元，每天销售量为y个.
（1）直接写出y与x的函数关系式及自变量x的取值范围是______；
（2）当销售单价为多少元时，每天销售利润为8000元？
（3）求该网点每天销售吉祥物“喜洋洋”的利润W（元）的最大值.
22.(本小题9分)
如图，在四边形ABCD中，BD=CD，∠C=∠BAD.以AB为直径的⊙O经过点D，且与边CD交于点E，连接AE，BE.
（1）求证：BC为⊙O的切线；
（2）若AB=，sin∠AED=，求BE的长.
23.(本小题9分)
已知二次函数y=-x2+c的图象经过点A（-2，5），点P（x1，y1），Q（x2，y2）是此二次函数的图象上的两个动点.
（1）求此二次函数的表达式；
（2）如图1，此二次函数的图象与x轴的正半轴交于点B，点P在直线AB的上方，过点P作PC⊥x轴于点C，交AB于点D，连接AC，DQ，PQ.若x2=x1+3，求证：的值为定值；
（3）如图2，点P在第二象限，x2=-2x1，若点M在直线PQ上，且横坐标为x1-1，过点M作MN⊥x轴于点N，求线段MN长度的最大值.
24.(本小题9分)
已知点A′在正方形ABCD内，点E在边AD上，BE是线段AA′的垂直平分线，连接A′E，A′B.
（1）如图1，若BA′的延长线经过点D，AE=1，求AB的长；
（2）如图2，点F是AA′的延长线与CD的交点，连接CA′.
（i）求证：∠CA′F=45°；
（ii）如图3，设AF，BE相交于点G，连接CG，DG，DA′，若CG=CB，判断△A′DG的形状，并说明理由.
1.【答案】B
2.【答案】B
3.【答案】A
4.【答案】C
5.【答案】C
6.【答案】D
7.【答案】A
8.【答案】C
9.【答案】C
10.【答案】B
11.【答案】0
12.【答案】k＞
13.【答案】
14.【答案】y1＜y2
15.【答案】2
16.【答案】①②③
17.【答案】解：
=
=
=．
故答案为：．
18.【答案】2a2+3b2，14．
19.【答案】证明：∵∠CDB是△ADC的一个外角，
∴∠CDB=∠A+∠ACD，
∵∠CDB=∠A+∠B，
∴∠ACD=∠B，
∵∠A为公共角，
∴△ADC∽△ACB
20.【答案】解：（1）∵AO⊥OP，
∴∠POD=90°，
∵∠POQ=30°，
∴∠DOQ=∠POD-∠POQ=90°-30°=60°，
∵OC⊥OQ，
∴∠COQ=90°，
∴∠COD=∠COQ-∠DOQ=90°-60°=30°，
即∠COD的大小为30°；
（2）∵BC∥OQ，
∴∠BCO=180°-∠COQ=90°，
在Rt△COD中，∠COD=30°，OD=12米，
∴（米），
∴==6（米），
∵tan，
∴BC=（米），
∴BD=BC-CD=30-6=24（米），
即轿车至少行驶24米才能发现点A处的货车．
21.【答案】y=-10x+900（40≤x≤55） （2）当销售单价为50元时，每天销售利润为8000元 （3）该网点每天销售吉祥物“喜洋洋”的利润W（元）的最大值为8750元
22.【答案】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵BD=CD，
∴∠C=∠DBC，
∵∠C=∠BAD，
∴∠DBC=∠BAD，
∴∠OBC=∠ABD+∠DBC=∠ABD+∠BAD=90°，
∵OB是⊙O的半径，且BC⊥OB，
∴BC为⊙O的切线．
（2）解：作DF⊥BC于点F，则∠BFD=∠CFD=∠ABC=90°，BF=CF，
∴DF∥AB，
∵∠ABD=∠AED，AB=，
∴=sin∠ABD=sin∠AED=，
∴AD=AB=×=1，
∴BD===3，
∵∠BDF=∠ABD，
∴=sin∠BDF=sin∠ABD=，
∴BF=BD=×3=，
∵∠BEC=∠BAD=180°-∠BED，∠C=∠BAD，
∴∠BEC=∠C，
∴BE=BC=2BF=2×=，
∴BE的长是．
23.【答案】（1）解：将点A的坐标代入抛物线表达式得：5=-4+c,
则c=9，
即抛物线的表达式为：y=-x2+9；
（2）证明：为定值，理由：
令y=-x2+9，则x=±3，则点B（3，0），
由点A、B的坐标得，直线AB的表达式为：y=-x+3，
设点P、Q、D的坐标分别为：（x1，-+9）、（x2，-+9）、（x1，-x1+3），
则S△PDQ=PD×（xQ-xP）=（-+9+x1-3）（x2-x1）=（-+x1+6），
同理可得：S△ADC=CD×（xD-xA）=（-+x1+6），
则=3为定值；
（3）解：点P、Q的坐标分别为：（x1，-+9）、（-2x1，-4+9），
由点P、Q的坐标得，直线PQ的表达式为：y=x1（x-x1）-+9=xx1-2+9，
则MN=yM=（x1-1）x1-2+9=-（x1+）2+≤，
故MN的最大值为：．
24.【答案】（1）解：∵BE是线段AA′的垂直平分线，
∴A′E=AE=1，BA′=BA，
∵BE=BE，
∴△ABE≌△A'BE（SSS），
∴∠BAE=∠BA'E=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB=45°，
∴△A'DE是等腰直角三角形，
∴A'D=A'E=1，
∴DE=，
∴AD=AE+DE=+1，
∴AB=AD=A'B=+1；
（2）（i）证明：由题意知，BA=BA′=BC，
∴∠BAA′=∠BA′A，∠BCA′=∠BA′C，
∴∠AA'C=∠AA'B+∠CA'B=（180°-∠ABA'）+（180°-∠CBA'）=180°-45°=135°，
∴∠CA′F=180°-∠AA′C=45°；
（ii）解：△A′DG是等腰直角三角形，理由如下：
作CN⊥BG交BG于点M，交AB于点N，
∵CN⊥BG，CG=CB，
∴M为BG的中点，
∵AA′⊥BE，
∴CN∥AF，
∴MN是△ABG的中位线，
∴，
∵∠ABE=90°-∠CBG=∠BCN，∠BAE=∠CBN=90°，AB=BC，
∴△ABE≌△BCN（ASA），
∴，
∴E为AD的中点，
∵AG=GA′，
∴EG为△AA′D的中位线，
∴EG∥A′D，
∴∠DA′G=∠EGA=90°，
∵
∴△ADA′≌△BAG（ASA），
∴A′D=AG=A′G，
∴△A′DG是等腰直角三角形．