河北武安市西土山鄉(xiāng)西土山中學2024-2025學年數(shù)學九上開學教學質量檢測試題【含答案】

學校________________班級____________姓名____________考場____________準考證號學校________________班級____________姓名____________考場____________準考證號…………密…………封…………線…………內…………不…………要…………答…………題…………第1頁，共8頁河北武安市西土山鄉(xiāng)西土山中學2024-2025學年數(shù)學九上開學教學質量檢測試題題號一二三四五總分得分A卷（100分）一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）1、（4分）對于二次根式，以下說法不正確的是（）A．它是一個無理數(shù) B．它是一個正數(shù) C．它是最簡二次根式 D．它有最小值為32、（4分）如圖，在△ABC中，AB=6，AC=8，BC=10，P為邊BC上一動點（且點P不與點B、C重合），PE⊥AB于E，PF⊥AC于F．則EF的最小值為（）A．4 B．4.8 C．5.2 D．63、（4分）如圖，已知點A(0，9)，點B是x軸正半軸上的一動點，以AB為邊作等腰直角三角形ABC使點C在第一象限，∠BAC＝90°.設點B的橫坐標為x，點C的縱坐標為y則表示y與x的函數(shù)關系的圖象大致是()A． B．C． D．4、（4分）如圖，平行四邊形ABCD中，E是BC邊的中點，連接DE并延長交AB的延長線于點F，則在題中條件下，下列結論不能成立的是（）A．BE＝CE B．AB＝BF C．DE＝BE D．AB＝DC5、（4分）如圖，在中，，分別以、為圓心，以大于的長為半徑畫弧，兩弧相交于、兩點，直線交于點，若的周長是12，則的長為（）A．6 B．7 C．8 D．116、（4分）如圖，若一次函數(shù)與的交點坐標為，則的解集為（）A． B． C． D．7、（4分）如圖，在平行四邊形ABCD中，F(xiàn)，G分別為CD，AD的中點，BF=2，BG=3，，則BC的長度為（）A． B． C．2.5 D．8、（4分）一個多邊形的內角和是外角和的4倍，則這個多邊形的邊數(shù)是（）A．8 B．9 C．10 D．11二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、（4分）長方形的長是寬的2倍，對角線長是5cm，則這個長方形的長是______．10、（4分）的非負整數(shù)解為______.11、（4分）計算：=________．12、（4分）如圖，已知，AD平分于點E，，則BC=___cm。13、（4分）如圖，矩形ABCD的對角線AC=8cm，∠AOD=120°，則AB的長為cm．三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（12分）因式分解（1）（2）（3）（4）15、（8分）如圖，平行四邊形ABCD中，AE、DE分別平分∠BAD、∠ADC，E點在BC上．（1）求證：BC＝2AB；（2）若AB＝3cm，∠B＝60°，一動點F以1cm/s的速度從A點出發(fā)，沿線段AD運動，CF交DE于G，當CF∥AE時：①求點F的運動時間t的值；②求線段AG的長度．16、（8分）已知點E、F分別是四邊形ABCD邊AB、AD上的點，且DE與CF相交于點G．（1）如圖①，若AB∥CD，AB＝CD，∠A＝90°，且AD?DF＝AE?DC，求證：DE⊥CF：（2）如圖②，若AB∥CD，AB＝CD，且∠A＝∠EGC時，求證：DE?CD＝CF?DA：（3）如圖③，若BA＝BC＝3，DA＝DC＝4，設DE⊥CF，當∠BAD＝90°時，試判斷是否為定值，并證明．17、（10分）在面積都相等的所有三角形中，當其中一個三角形的一邊長為時，這條邊上的高為．（1）①求關于的函數(shù)表達式；②當時，求的取值范圍；（2）小李說其中有一個三角形的一邊與這邊上的高之和為小趙說有一個三角形的一邊與這邊上的高之和為．你認為小李和小趙的說法對嗎?為什么?18、（10分）如圖，在△ABC中，AD平分∠BAC交BC于點D，F(xiàn)為AD上一點，且BF=BD，BF的延長線交AC于點E．備用圖（1）求證：AB?AD=AF?AC；（2）若∠BAC=60°，AB=4，AC=6，求B卷（50分）一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、（4分）如圖，正方形ABCD中，AE=AB，直線DE交BC于點F，則∠BEF=_____度．20、（4分）一組數(shù)據3，4，6，8，x的中位數(shù)是x，且x是滿足不等式組的整數(shù)，則這組數(shù)據的平均數(shù)是．21、（4分）如圖,E、F分別是平行四邊形ABCD的邊AB、CD上的點,AF與DE相交于點P,BF與CE相交于點Q,若，，則陰影部分的面積為__________．22、（4分）如果是兩個不相等的實數(shù)，且滿足，那么代數(shù)式_____.23、（4分）一次函數(shù)的圖象與軸的交點坐標是________．二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（8分）如圖，E、F是平行四邊形ABCD的對角線AC上的兩點，AE＝CF．求證：四邊形DEBF是平行四邊形．25、（10分）如圖，一次函數(shù)的圖象與軸交于點A，正方形ABCD的頂點B在軸上，點D在直線上，且AO=OB，反比例函數(shù)（）經過點C．（1）求一次函數(shù)和反比例函數(shù)的解析式；（2）點P是軸上一動點，當?shù)闹荛L最小時，求出P點的坐標；（3）在（2）的條件下，以點C、D、P為頂點作平行四邊形，直接寫出第四個頂點M的坐標．26、（12分）已知：如圖，在四邊形中，，為對角線的中點，為的中點，為的中點.求證：

參考答案與詳細解析一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）1、A【解析】

根據最簡二次根式的定義：被開方數(shù)不含分母，被開方數(shù)不含開的盡的因數(shù)或因式，可得答案．【詳解】是一個非負數(shù)，是最簡二次根式，最小值是3，

當時x=0，是有理數(shù)，故A錯誤；故選A.考查了最簡二次根式，利用最簡二次根式的性質是解題關鍵．2、B【解析】

試題解析：如圖，連接PA．∵在△ABC中，AB=6，AC=8，BC=10，∴BC2=AB2+AC2，∴∠A=90°．又∵PE⊥AB于點E，PF⊥AC于點F．∴∠AEP=∠AFP=90°，∴四邊形PEAF是矩形．∴AP=EF．∴當PA最小時，EF也最小，即當AP⊥CB時，PA最小，∵AB?AC=BC?AP，即AP==4.8，∴線段EF長的最小值為4.8；故選B．考點：1.勾股定理、矩形的判定與性質、垂線段最短．3、A【解析】

過點C作CD⊥y軸于點D，證明△CDA≌△AOB(AAS)，則AD＝OB＝x，y＝OA+AD＝9+x，即可求解．【詳解】解：過點C作CD⊥y軸于點D，∵∠OAB+∠OBA＝90°，∠OAB+∠CAD＝90°，∴∠CAD＝∠ABO，∵∠CDA＝∠AOB＝90°，AB＝AC，∴△CDA≌△AOB(AAS)，∴AD＝OB＝x，y＝OA+AD＝9+x，故選：A．本題主要考查全等三角形的性質及一次函數(shù)的圖象，掌握一次函數(shù)的圖象及全等三角形的性質是解題的關鍵4、C【解析】

A選項：由中點的定義可得；B選項：先根據AAS證明△BEF≌△CED可得：DC＝BF，再加上AB＝DC即可得；C選項：DE和BE不是對應邊，故是錯誤的；D選項：由平行四邊形的性質可得.【詳解】解：∵平行四邊形ABCD中，E是BC邊的中點，∴AB=DC,AB//DC,BE=CE,（故A、D選項正確）∴∠EBF=∠ECD,∠EFB=∠EDC,在△BEF和△CED中∴△BEF≌△CED（AAS）∴DC＝BF，又∵AB=DC，∴AB＝BF.(故B選項正確).所以A、B、D選項正確.故選C.運用了平行四邊形的性質，解題時，關鍵根據平行四邊形的性質和中點的定義證明△BEF≌△CED，得到DC＝BF，再根據等量代換得到AB＝BF.5、B【解析】

利用垂直平分線的作法得MN垂直平分AC，則，利用等線段代換得到△CDE的周長，即可解答．【詳解】由作圖方法可知，直線是的垂直平分線，所以，的周長，所以，，所以，選項B正確.此題考查平行四邊形的性質，作圖—基本作圖，解題關鍵在于得到△CDE的周長.6、A【解析】

根據兩函數(shù)圖象的上下位置關系結合交點的橫坐標，即可得出不等式的解集．【詳解】解：觀察函數(shù)圖象，可知：當x＜3時，直線在直線的下方，

∴不等式的解集為．

故選：A．本題考查了一次函數(shù)與一元一次不等式以及在數(shù)軸上表示不等式的解集，根據兩函數(shù)圖象的上下位置關系找出不等式的解集是解題的關鍵．7、A【解析】

延長AD、BF交于E,過點E作EM⊥BG，根據F是中點得到△CBF≌△DEF，得到BE=2BF=4，根據得到BM=BE=2，ME=2，故MG=1，再根據勾股定理求出EG的長，再得到DE的長即可求解.【詳解】延長AD、BF交于E,∵F是中點，∴CF=DF,又AD∥BC，∴∠CBF=∠DEF，又∠CFB=∠DFE，∴△CBF≌△DEF，∴BE=2BF=4，過點E作EM⊥BG，∵，∴∠BEM=30°，∴BM=BE=2，ME=2，∴MG=BG-BM=1，在Rt△EMG中，EG==∵G為AD中點，∴DG=AD=DE，∴DE==，故BC=，故選A.此題主要考查平行四邊形的線段求解，解題的關鍵是熟知全等三角形的判定及勾股定理的運用.8、C【解析】

利用多邊形的內角和公式及外角和定理列方程即可解決問題．【詳解】設這個多邊形的邊數(shù)是n，則有（n-2）×180°=360°×4，所有n=1．故選C．熟悉多邊形的內角和公式：n邊形的內角和是（n-2）×180°；多邊形的外角和是360度．二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、【解析】

設矩形的寬是a，則長是2a，再根據勾股定理求出a的值即可．【詳解】解：設矩形的寬是a，則長是2a，對角線的長是5cm，，解得，這個矩形的長，故答案是：．考查的是矩形的性質，勾股定理，熟知在任何一個直角三角形中，兩條直角邊長的平方之和一定等于斜邊長的平方是解答此題的關鍵．10、0，1，2【解析】

先按照解不等式的方法求出不等式的解集，然后再在其解集中確定符合題意的非負整數(shù)解即可.【詳解】解：移項得：，合并同類項，得，不等式兩邊同時除以－7，得，所以符合條件的非負整數(shù)解是0，1，2.本題考查了不等式的解法和非負整數(shù)解的知識，準確求解不等式是解決這類問題的關鍵.11、﹣1【解析】

利用二次根式的性質將二次根式化簡得出即可．【詳解】解：=|1-|=﹣1．

故答案為：﹣1．本題考查二次根式的化簡求值，正確化簡二次根式是解題關鍵．12、1【解析】

過點D作DE⊥AB于E，根據角平分線上的點到角的兩邊的距離相等可得DE=CD，然后求出CD、BD的長度，即可得解．【詳解】解：如圖，過點D作DE⊥AB于E，

∵點D到AB的距離等于5cm，

∴DE=5cm，

∵AD平分∠BAC，∠C=90°，

∴DE=CD=5cm，

∵BD=2CD，

∴BD=2×5=10cm，

∴BC=CD+BD=5+10=1cm．

故答案為：1．本題考查了角平分線上的點到角的兩邊的距離相等的性質，是基礎題，熟記性質是解題的關鍵．13、4.【解析】試題解析：∵四邊形ABCD是矩形，∴OA=AC，OB=BD，BD=AC=8cm，∴OA=OB=4cm，∵∠AOD=120°，∴∠AOB=60°，∴△AOB是等邊三角形，∴AB=OA=4cm．考點：矩形的性質．三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（1）；（2）；（3）；（4）【解析】

（1）先提取公因式，然后用完全平方公式進行因式分解；（2）直接用平方差公式進行因式分解；（3）先提取公因式，然后用平方差公式進行因式分解；（4）先用平方差公式進行因式分解，然后再用完全平方公式進行因式分解【詳解】解：（1）==（2）=（3）==（4）==本題考查了因式分解方法、乘法公式應用，考查推理能力與計算能力，屬于基礎題．15、（1）見解析；（2）①t＝3（秒）；②AG＝．【解析】

(1)先判斷出∠DAE=∠AEB,再判斷出∠DAE=∠BAE,進而得出∠BAE=∠AEB,即可判斷出AB=BE同理:判斷出CE=AB,即可得出結論(2)①先判斷出四邊形AECF是平行四邊形,進而求AF=3,即可得出結論②先判斷出△ABE是等邊三角形,進而求出∠AEB=60°,AE=3cm,再判斷出∠DCF=∠ECF,即可判斷出∠CGE=90°,最后用勾股定理即可得出結論.【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AD∥BC，∴∠DAE＝∠AEB，∵AE是∠BAD的平分線，∴∠DAE＝∠BAE，∴∠BAE＝∠AEB，∴AB＝BE，同理：CE＝CD，∴BE＝CE＝AB，∴BC＝BE+CD＝2AB；（2）①由（1）知，CE＝CD＝AB，∵AB＝3cm，∴CE＝3cm，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC∵AE∥CF，∴四邊形AECF是平行四邊形，∴AF＝CE＝3cm，∴點F的運動時間t＝3÷1＝3（秒）；②由（1）知AB＝BE，∵∠B＝60°，∴△ABE是等邊三角形，∴∠AEB＝60°，AE＝AB＝3cm，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠B+∠BCD＝180°，∵∠B＝60°，∴∠BCD＝120°，∵AE∥CF，∴∠ECF＝∠AEB＝60°，∴∠DCF＝∠BCD﹣∠ECF＝60°＝∠ECF，由（1）知，CE＝CD＝AB＝3cm，∴CF⊥DE，∴∠CGE＝90°，在Rt△CGE中，∠CEG＝90°﹣∠ECF＝30°，CG＝CE＝，∴EG＝CG＝，∵∠AEB＝60°，∠CEG＝30°，∴∠AEG＝90°，在Rt△AEG中，AE＝3，根據勾股定理得，AG＝．此題為四邊形的綜合題，解題關鍵在于運用平行四邊形的性質求解16、（1）證明見解析（2）證明見解析（3）答案見解析【解析】

（1）根據已知條件得到四邊形ABCD是矩形，由矩形的性質得到∠A=∠FDC=90°，根據相似三角形的性質得到∠CFD=∠AED，根據余角的性質即可得到結論；

（2）根據已知條件得到△DFG∽△DEA，推出，根據△CGD∽△CDF，得到，等量代換即可得到結論；

（3）過C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB延長線于M，連接BD，設CN=x，△BAD≌△BCD，推出∠BCD=∠A=90°，證△BCM∽△DCN，求出，在Rt△CMB中，由勾股定理得出BM2+CM2=BC2，解方程得到CN，證出△AED∽△NFC，即可得出答案．【詳解】（1）證明：∵AB∥CD，AB＝CD，∠A＝90°，∴四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠FDC＝90°，∵AD?DF＝AE?DC，∴∴△AED∽△DFC，∴∠CFD＝∠AED，∵∠ADE+∠AED＝90°，∴∠ADE+∠CFD＝90°，∴∠DGF＝90°，∴DE⊥CF；（2）證明：∵∠A＝∠EGC，∠ADE＝∠GDF，∴△DFG∽△DEA，∴∵AB∥CD，AB＝CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∠AED＝∠EDC，∴∠B＝∠ADC，∵△DFG∽△DEA，∴∠AED＝∠DFG，∴DFC＝∠GDC，∵∠DCG＝∠FCD，∴△CGD∽△CDF，∴∴，∴DE?CD＝CF?DA；（3）解：為定值，理由：過C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB延長線于M，連接BD，設CN＝x，∵∠BAD＝90°，即AB⊥AD，∴∠A＝∠M＝∠CNA＝90°，∴四邊形AMCN是矩形，∴AM＝CN，AN＝CM，∵在△BAD和△BCD中，∴△BAD≌△BCD（SSS），∴∠BCD＝∠A＝90°，∴∠ABC+∠ADC＝180°，∵∠ABC+∠CBM＝180°，∴∠MBC＝∠ADC，∵∠CND＝∠M＝90°，∴△BCM∽△DCN，∴,∴∴在Rt△CMB中，，BM＝AM﹣AB＝x﹣3，由勾股定理得：BM2+CM2＝BC2，∴x＝0（舍去），∴∵∠A＝∠FGD＝90°，∴∠AED+∠AFG＝180°，∵∠AFG+∠NFC＝180°，∴∠AED＝∠CFN，∵∠A＝∠CNF＝90°，∴△AED∽△NFC，∴屬于相似三角形的綜合題，考查矩形的性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，綜合性比較強，掌握相似三角形的判定定理是解題的關鍵.17、（1）①；②；（2）小趙的說法正確，見解析【解析】

（1）①直接利用三角形面積求法進而得出y與x之間的關系；②直接利用x≥3得出y的取值范圍；

（2）直接利用x+y的值結合根的判別式得出答案．【詳解】解:為底，為高，，；②當x=3時，y=2，

∴當x≥3時，y的取值范圍為：0＜y≤2；小趙的說法正確.理由如下：小李:整理得，x2-4x+6=0，

∵△=42-4×6＜0，

∴一個三角形的一邊與這邊上的高之和不可能是4；小趙:得；小趙的說法正確.此題主要考查了反比例函數(shù)的應用以及一元二次方程的解法，正確得出y與x之間的關系是解題關鍵．18、（1）詳見解析；（2）DF=【解析】

（1）證△AFB∽△ADC即可

（2）作BH⊥AD于H，作CN⊥AD于N，則BH=12AB=2，CN=12AC=3，再證△BHD∽△【詳解】（1）∵AD平分∠BAC

∴∠BAF=∠DAC

又∵BF=BD

∴∠BFD=∠FDB

∴∠AFB=∠ADC

∴△AFB∽△ADC

∴AFAD=ABAC．

∴AB?AD=AF?AC

（2）作BH⊥AD于H，作CN⊥AD于N，則BH=12AB=2，CN=12AC=3

∴AH=3BH=23，AN=3CN=33

∴HN=3

∵∠BHD=∠CDN

∴△BHD∽△CND

∴HDDN=BHCN=23

∴HD=2考查相似三角形的性質，含30°角的直角三角形．靈活運用相似三角形的邊的比例關系是解題的關鍵．一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、1【解析】

先設∠BAE=x°，根據正方形性質推出AB=AE=AD，∠BAD=90°，根據等腰三角形性質和三角形的內角和定理求出∠AEB和∠AED的度數(shù)，根據平角定義求出即可．【詳解】解：設∠BAE=x°．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，AB=AD．∵AE=AB，∴AB=AE=AD，∴∠ABE=∠AEB=（180°﹣∠BAE）=90°﹣x°，∠DAE=90°﹣x°，∠AED=∠ADE=（180°﹣∠DAE）=[180°﹣（90°﹣x°）]=1°+x°，∴∠BEF=180°﹣∠AEB﹣∠AED=180°﹣（90°﹣x°）﹣（1°+x°）=1°．故答案為1．點睛：本題考查了三角形的內角和定理的運用，等腰三角形的性質的運用，正方形性質的應用，解答此題的關鍵是如何把已知角的未知角結合起來，題目比較典型，但是難度較大．20、1．【解析】解不等式組得，3≤x＜1，∵x是整數(shù)，∴x=3或2．當x=3時，3，2，6，8，x的中位數(shù)是2（不合題意舍去）；當x=2時，3，2，6，8，x的中位數(shù)是2，符合題意．∴這組數(shù)據的平均數(shù)可能是（3+2+6+8+2）÷1=1．21、40【解析】

作出輔助線，因為△ADF與△DEF同底等高，所以面積相等，所以陰影圖形的面積可解．【詳解】如圖，連接EF∵△ADF與△DEF同底等高，∴S=S即S?S=S?S，即S=S=15cm，同理可得S=S=25cm，∴陰影部分的面積為S+S=15+25=40cm.故答案為40.此題考查平行四邊形的性質，解題關鍵在于進行等量代換.22、1【解析】

由于m，n是兩個不相等的實數(shù)，且滿足m2-m=3，n2-n=3，可知m，n是x2-x-3=0的兩個不相等的實數(shù)根．則根據根與系數(shù)的關系可知：m+n=1，mn=-3，又n2=n+3，利用它們可以化簡，然后就可以求出所求的代數(shù)式的值．【詳解】解：由題意可知：m，n是兩個不相等的實數(shù)，且滿足m2-m=3，n2-n=3，所以m，n是x2-x-3=0的兩個不相等的實數(shù)根，則根據根與系數(shù)的關系可知：m+n=1，mn=-3，又n2=n+3，則2n2-mn+2m+2015=2（n+3）-mn+2m+2015=2n+6-mn+2m+2015=2（m+n）-mn+2021=2×1-（-3）+2021=2+3+2021=1．故答案為：1．本題考查一元二次方程根與系數(shù)的關系，解題關鍵是把所求代數(shù)式化成兩根之和、兩根之積的系數(shù)，然后利用根與系數(shù)的關系式求值．23、(0，-3)．【解析】

令x=0，求出y的值即可得出結論．【詳解】解:當x=0時，y=-3∴一次函數(shù)的圖象與y軸的交點坐標是(0,-3)．故答案為：(0，-3)．本題考查的是一次函數(shù)圖形上點的特征，熟知一次函數(shù)圖象與坐標軸交點的算法是解答此題的關鍵．二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、證明見解析【解析】

證明：連接BD，交AC于點O，根據四邊形ABCD是平行四邊形，得到OA＝OC，OB＝OD，由此推出OE=OF，利用對角線互相平分的四邊形是平行四邊形即可得到結論.【詳解】連接BD，交AC于點O，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC，OB＝OD，∵AE＝CF，∴OA﹣AE＝OC﹣CF，即OE＝OF，∵OE＝OF，OB＝OD∴四邊形DEBF是平行四邊形．此題考查平行四邊形的性質及判定，熟記判定定理及性質定理是解題的關鍵.25、（1）y=x+1，；（1）P（，0）；（3）M的坐標為（，1），（，6）或（，﹣1）．【解析】

（1）設一次函數(shù)y=kx+1的圖象與x軸交于點E，連接BD，利用一次函數(shù)圖象上點的坐標特征、正方形的性質以及等腰三角形的性質可得出點E的坐標，由點E的坐標利用待定系數(shù)法可求出一次函數(shù)解析式，由BD∥OA，OE=OB可求出BD的長，進而可得出點D的坐標，由正方形的性質可求出點C的坐標，再利用反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征可求出反比例函數(shù)解析式；（1）作點D關于x軸的對稱點D'，連接CD'交x軸于點P，此時△PCD的周長取最小值，由點D的坐標可得出點D'的坐標，由點C，D'的坐標，利用待定系數(shù)法可求出直線CD'的解析式，再利用一次函數(shù)圖象上點的坐標特征可求出點P的坐標；（3）設點M的坐標為（x，y），分DP為對角線、CD為對角線及CP為對角線三種情況，利用平行四邊形的性質（對角線互相平分）可求出點M的坐標，此題得解．【詳解】（1）設一次函數(shù)y=kx+1的圖象與x軸交