山東省濟寧市田家炳中學2024-2025學年數(shù)學九年級第一學期開學復習檢測試題【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7頁山東省濟寧市田家炳中學2024-2025學年數(shù)學九年級第一學期開學復習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）在同一直角坐標系中，一次函數(shù)y＝（k﹣2）x+k的圖象與正比例函數(shù)y＝kx圖象的位置可能是（）A． B． C． D．2、（4分）如圖，P是矩形ABCD的邊AD上一個動點，PE⊥AC于E，PF⊥BD于F，當P從A向D運動（P與A，D不重合），則PE+PF的值（）A．增大 B．減小 C．不變 D．先增大再減小3、（4分）下列說法：四邊相等的四邊形一定是菱形順次連接矩形各邊中點形成的四邊形一定是正方形對角線相等的四邊形一定是矩形經過平行四邊形對角線交點的直線，一定能把平行四邊形分成面積相等的兩部分其中正確的有個．A．4 B．3 C．2 D．14、（4分）若點（﹣2，y1）、（﹣1，y2）和（1，y3）分別在反比例函數(shù)y＝﹣的圖象上，則下列判斷中正確的是（）A．y1＜y2＜y3 B．y3＜y1＜y2 C．y2＜y3＜y1 D．y3＜y2＜y15、（4分）如圖所示的圖形中，所有的四邊形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，其中最大的正方形的邊長為，則所有正方形的面積的和是．A．28 B．49 C．98 D．1476、（4分）下列二次根式中，是最簡二次根式的是（）A． B． C． D．7、（4分）如表記錄了甲、乙、丙、丁四名跳高運動員最近幾次選拔賽成績的平均數(shù)與方差：甲乙丙丁平均數(shù)（cm）185180185180方差3.63.67.48.1根據表數(shù)據，從中選擇一名成績好且發(fā)揮穩(wěn)定的參加比賽，應該選擇（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁8、（4分）已知一組數(shù)據：1，2，8，，7，它們的平均數(shù)是1．則這組數(shù)據的中位數(shù)是（）A．7 B．1 C．5 D．4二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、（4分）如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，點D是AB的中點，BC＝2cm，則CD＝_____cm．10、（4分）數(shù)據1，4，5，6，4，5，4的眾數(shù)是___．11、（4分）在關系式V=31-2t中，V隨著t的變化而變化，其中自變量是_____，因變量是_____，當t=_____時，V=1．12、（4分）小明從家跑步到學校，接著馬上原路步行回家．如圖所示為小明離家的路程與時間的圖像，則小明回家的速度是每分鐘步行________m．13、（4分）當x_____時，分式有意義．三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（12分）（1）計算：；（2）已知，求代數(shù)式的值．15、（8分）分解因式和利用分解因式計算（1）(a2+1)2-4a2（2）已知x+y=1．2，x+3y=1，求3x2+12xy+12y2的值。16、（8分）某文具商店銷售功能相同的兩種品牌的計算器，購買2個A品牌和3個B品牌的計算器共需156元；購買3個A品牌和1個B品牌的計算器共需122元．（1）求這兩種品牌計算器的單價；（2）學校開學前夕，該商店對這兩種計算器開展了促銷活動，具體辦法如下：A品牌計算器按原價的八折銷售，B品牌計算器5個以上超出部分按原價的七折銷售．設購買個ｘ個A品牌的計算器需要ｙ1元，購買ｘ個B品牌的計算器需要ｙ2元，分別求出ｙ1、ｙ2關于ｘ的函數(shù)關系式；（3）小明準備聯(lián)系一部分同學集體購買同一品牌的計算器，若購買計算器的數(shù)量超過5個，購買哪種品牌的計算器更合算？請說明理由．17、（10分）某養(yǎng)豬場要出售200只生豬，現(xiàn)在市場上生豬的價格為11元/，為了估計這200只生豬能賣多少錢，該養(yǎng)豬場從中隨機抽取5只，每只豬的重量（單位：）如下：76，71，72，86，1．（1）計算這5只生豬的平均重量；（2）估計這200只生豬能賣多少錢？18、（10分）求不等式組的正整數(shù)解.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）已知是一元二次方程的兩實根，則代數(shù)式_______．20、（4分）如圖，在△ABC中，點D，E分別是邊AB，AC的中點，AF⊥BC，垂足為點F，∠ADE＝30°，DF＝3，則AF的長為_．21、（4分）如圖，直線與軸正半軸交于點，與軸交于點，將沿翻折，使點落在點處，點是線段的中點，射線交線段于點，若為直角三角形，則的值為__________．22、（4分）如圖，與穿過正六邊形，且，則的度數(shù)為______.23、（4分）為了讓居民有更多休閑和娛樂的地方，江寧區(qū)政府又新建了幾處廣場，工人師傅在鋪設地面時，準備選用同一種正多邊形地磚進行鋪設現(xiàn)有下面幾種形狀的正多邊形地磚：正三角形、正方形、正五邊形、正六邊形，其中不能進行平面鑲嵌的有______．二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（8分）已知：如圖，在ABCD中，延長線AB至點E，延長CD至點F，使得BE=DF．連接EF，與對角線AC交于點O．求證：OE=OF．25、（10分）如圖1，正方形ABCD中，AB＝4cm，點P從點D出發(fā)沿DA向點A勻速運動，速度是1cm/s，同時，點Q從點A出發(fā)沿AB方向，向點B勻速運動，速度是2cm/s，連接PQ、CP、CQ，設運動時間為t（s）（0＜t＜2）（1）是否存在某一時刻t，使得PQ∥BD？若存在，求出t值；若不存在，說明理由（2）設△PQC的面積為s（cm2），求s與t之間的函數(shù)關系式；（3）如圖2，連接AC，與線段PQ相交于點M，是否存在某一時刻t，使S△QCM：S△PCM＝3：5？若存在，求出t值；若不存在，說明理由．26、（12分）已知,在正方形ABCD中,點E在邊AD上,點F在邊BC的延長線上,且AE=CF,連接AC，EF.(1)如圖①,求證：EF//AC；(2)如圖②,EF與邊CD交于點G,連接BG,BE,①求證:△BAE≌△BCG;②若BE=EG=4,求△BAE的面積.

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、C【解析】

根據正比例函數(shù)與一次函數(shù)的圖象性質作答．【詳解】解：當k＞2時，正比例函數(shù)y＝kx圖象經過1，3象限，一次函數(shù)y＝（k﹣2）x+k的圖象1，2，3象限；當1＜k＜2時，正比例函數(shù)y＝kx圖象經過1，3象限，一次函數(shù)y＝（k﹣2）x+k的圖象1，2，4象限；當k＜1時，正比例函數(shù)y＝kx圖象經過2，4象限，一次函數(shù)y＝（k﹣2）x+k的圖象2，3，4象限，當（k﹣2）x+k＝kx時，x＝＜1，所以兩函數(shù)交點的橫坐標小于1．故選：C．本題考查一次函數(shù)的圖象性質，正比例函數(shù)的圖象性質，關鍵是由k的取值確定函數(shù)所在的象限．2、C【解析】

首先過A作AG⊥BD于G．利用面積法證明PE+PF=AG即可．【詳解】解：如圖，過A作AG⊥BD于G，

則S△AOD=×OD×AG，S△AOP+S△POD=×AO×PF+×DO×PE=×DO×（PE+PF），

∵S△AOD=S△AOP+S△POD，四邊形ABCD是矩形，

∴OA=OD，

∴PE+PF=AG，

∴PE+PF的值是定值，

故選C．本題考查矩形的性質、等腰三角形的性質、三角形的面積計算．解決本題的關鍵是證明等腰三角形底邊上的任意一點到兩腰距離的和等于腰上的高．3、C【解析】

∵四邊相等的四邊形一定是菱形，∴①正確；∵順次連接矩形各邊中點形成的四邊形一定是菱形，∴②錯誤；∵對角線相等的平行四邊形才是矩形，∴③錯誤；∵經過平行四邊形對角線交點的直線，一定能把平行四邊形分成面積相等的兩部分，∴④正確；其中正確的有2個，故選C．考點：中點四邊形；平行四邊形的性質；菱形的判定；矩形的判定與性質；正方形的判定．4、B【解析】

先根據反比例函數(shù)中，k2+1>0，可知-(k2+1)<0,判斷出函數(shù)圖像所在的象限及增減性，再根據各點橫坐標的特點即可得出結論.【詳解】解：∵反比例函數(shù)的，-(k2+1)<0，∴函數(shù)圖像的兩個分支分別位于第二、四象限，且在每一象限內y隨x的增大而增大.∵-2<-1<0,∴點、位于第二象限，且在第二象限內y隨x的增大而增大，∴y2>y1>0,又∵1>0,∴點位于第四象限，∴y3<0,∴y3<y1<y2.故選擇B.本題考查的是反比例函數(shù)圖像上的點的坐標特點，熟知反比例函數(shù)圖像上各點坐標一定適合此函數(shù)的解析式是解題的關鍵.5、D【解析】

根據勾股定理即可得到正方形A的面積加上B的面積等于E的面積，同理，C，D的面積的和是F的面積，E，F(xiàn)的面積的和是M的面積．即可求解．【詳解】解：根據勾股定理可得：SA+SB=SE,SC+SD=SM,SE+SF=SM所以，所有正方形的面積的和是正方形M的面積的3倍：即49×3=147cm1．故選：D理解正方形A，B的面積的和是E的面積是解決本題的關鍵．若把A，B，E換成形狀相同的另外的圖形，這種關系仍成立．6、D【解析】

根據最簡二次根式的概念即可求出答案．【詳解】解：（A）原式=2，故A不是最簡二次根式；（B）原式=4，故B不是最簡二次根式；（C）原式=，故C不是最簡二次根式；故選：D．本題考查最簡二次根式，解題的關鍵是正確理解最簡二次根式，本題屬于基礎題型．7、A【解析】

首先比較平均數(shù)，平均數(shù)相同時選擇方差較小的運動員參加．【詳解】∵=>=，∴從甲和丙中選擇一人參加比賽，∵=<<，∴選擇甲參賽，故選A．此題主要考查了平均數(shù)和方差的應用，解題關鍵是明確平均數(shù)越高，成績越高，方差越小，成績越穩(wěn)定.8、A【解析】分析：首先根據平均數(shù)為1求出x的值，然后根據中位數(shù)的概念求解．詳解：由題意得：1+2+8+x+2=1×5，解得：x=2，這組數(shù)據按照從小到大的順序排列為：2，1，2，2，8，則中位數(shù)為2．故選A．點睛：本題考查了中位數(shù)和平均數(shù)的知識，將一組數(shù)據按照從小到大（或從大到?。┑捻樞蚺帕?，如果數(shù)據的個數(shù)是奇數(shù)，則處于中間位置的數(shù)就是這組數(shù)據的中位數(shù)；如果這組數(shù)據的個數(shù)是偶數(shù)，則中間兩個數(shù)據的平均數(shù)就是這組數(shù)據的中位數(shù)；平均數(shù)是指在一組數(shù)據中所有數(shù)據之和再除以數(shù)據的個數(shù)．二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、1【解析】

根據含30°角的直角三角形的性質求出AB，再根據直角三角形斜邊上的中線的性質求出CD即可．【詳解】解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝1cm，∴AB＝1BC＝4cm，∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點D是AB的中點，∴CD＝AB＝1cm.故答案為：1．本題考查含30°角的直角三角形的性質和直角三角形斜邊上的中線的性質，能靈活運用定理進行推理是解答此題的關鍵．10、1【解析】

眾數(shù)是出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)，據此求解即可．【詳解】解：數(shù)據1出現(xiàn)了3次，最多，所以眾數(shù)為1，故答案為：1．此題考查了眾數(shù)的知識．眾數(shù)是這組數(shù)據中出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)．11、tV15【解析】∵在關系式V=31-2t中，V隨著t的變化而變化，∴在關系式V=31-2t中，自變量是；因變量是；在V=31-2t中，由可得：，解得：，∴當時，.故答案為（1）；（2）；（3）15.12、1【解析】

先分析出小明家距學校10米，小明從學校步行回家的時間是15-5=10（分），再根據路程、時間、速度的關系即可求得．【詳解】解：通過讀圖可知：小明家距學校10米，小明從學校步行回家的時間是15-5=10（分），

所以小明回家的速度是每分鐘步行10÷10=1（米）．

故答案為：1．本題主要考查了函數(shù)圖象，先得出小明家與學校的距離和回家所需要的時間，再求解．13、≠．【解析】

要使分式有意義，分式的分母不能為1．【詳解】因為4x+5≠1，所以x≠-．故答案為≠?．解此類問題，只要令分式中分母不等于1，求得x的取值范圍即可．三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（1）;（2）0.【解析】

(1)先進行二次根式的乘除法運算，然后再進行減法運算即可；(2)將原式利用完全平方公式進行變形，然后將x的值代入進行計算即可.【詳解】(1)原式；(2)原式=，將代入原式得，.本題考查二次根式的化簡求值，靈活運用二次根式的性質進行解題是關鍵．15、（1）；（2）1.18【解析】

（1）原式利用平方差公式及完全平方公式分解即可；

（2）原式提取公因式，將已知等式代入計算即可求出值．【詳解】解：（1）原式=（a2+1+2a）（a2+1-2a）=(a+1)2(a+1)2（2）∵x+y=1.2，x+3y=1∴2x+4y=1.2∴x+2y=1.6∴原式=3（x2+4xy+4y2）=3(x+2y)2=3×1.6×1.6=1.18此題考查了提公因式法與公式法的綜合運用，熟練掌握因式分解的方法是解本題的關鍵．16、（1）30元，32元（2）（3）當購買數(shù)量超過5個而不足30個時，購買A品牌的計算機更合算；當購買數(shù)量為30個時，購買兩種品牌的計算機花費相同；當購買數(shù)量超過30個時，購買B品牌的計算機更合算.【解析】

（1）根據“購買2個A品牌和3個B品牌的計算器共需156元”和“購買3個A品牌和1個B品牌的計算器共需122元”列方程組求解即可.（2）根據題意分別列出函數(shù)關系式.（3）由、、列式作出判斷.【詳解】解：（1）設A品牌計算機的單價為ｘ元，B品牌計算機的單價為ｙ元，則由題意可知：，解得.答：A，B兩種品牌計算機的單價分別為30元，32元.（2）由題意可知：，即.當時，；當時，，即.（3）當購買數(shù)量超過5個時，.①當時，，解得，即當購買數(shù)量超過5個而不足30個時，購買A品牌的計算機更合算；②當時，，解得，即當購買數(shù)量為30個時，購買兩種品牌的計算機花費相同；③當時，，解得，即當購買數(shù)量超過30個時，購買B品牌的計算機更合算.17、（1）78.4(千克)；（2）172480(元).【解析】

（1）根據平均數(shù)的計算可得這5只生豬的平均重量；（2）根據用樣本估計總體的思想可估計這200只生豬每只生豬的平均重量，由（1）中的平均數(shù)可得．【詳解】解：（1）這5只生豬的平均重量為千克；（2）根據用樣本估計總體的思想可估計這200只生豬每只生豬的平均重量約為千克；

根據題意，生豬的價格為11元，

故這200只生豬能賣元．本題主要考查的是通過樣本估計總體．統(tǒng)計的思想就是用樣本的信息來估計總體的信息．18、正整數(shù)解是1，2，3，1．【解析】

先分別求出每一個不等式的解集，然后根據不等式組解集的確定方法得到解集，即可得到正整數(shù)解．【詳解】解：，解不等式①，得x＞﹣2，解不等式②，得x≤，不等式組的解集是﹣2＜x≤，不等式組的正整數(shù)解是1，2，3，1．本題考查了解一元一次不等式組，熟知一元一次不等式組的解集的確定方法“大大取大，小小取小，大小小大中間找，大大小小無處找”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、【解析】

根據韋達定理得，再代入原式求解即可．【詳解】∵是一元二次方程的兩實根∴∴故答案為：．本題考查了一元二次方程根與系數(shù)的問題，掌握韋達定理是解題的關鍵．20、1．【解析】

先利用直角三角形斜邊中線性質求出AB，在Rt△ABF中，利用直角三角形10度角所對的直角邊等于斜邊的一半，求出AF即可解決問題．【詳解】解：∵AF⊥BC，∴∠AFB=90°，在Rt△ABF中，D是AB的中點，DF=1，∴AB=2DF=6，又∵E是AC的中點，∴DE∥BC，∵∠ADE=10°，∴∠ABF=∠ADE=10°，∴AF=AB=1，故答案為：1．本題考查三角形中位線性質、含10度角的直角三角形性質、直角三角形斜邊上的中線性質，解題的關鍵是靈活應用這些知識解決問題，屬于中考?？碱}型．21、-1【解析】

根據一次函數(shù)解析式可得B點坐標為（0，），所以得出OB=，再由為直角三角形得出∠ADE為直角，結合是直角三角形斜邊的中點進一步得出∠OBD=∠B0D=45°，∠DOA=∠DAO=45°，所以△AOB為等腰直角三角形，所以OA長度為，進而得出A點坐標，將其代入解析式即可得出k的值.【詳解】由題意得：B點坐標為（0，），∴OB=，∵在直角三角形AOB中，點是線段的中點，∴OD=BD=AD，又∵為直角三角形，∴∠OBD=∠B0D=45°，∠DOA=∠DAO=45°，∴△AOB為等腰直角三角形，∴OA=OB=，∴A點坐標為（，0），∴，解得k=-1.故答案為：-1.本題主要考查了一次函數(shù)與三角形性質的綜合運用，熟練掌握相關概念是解題關鍵.22、【解析】

根據多邊形的內角和公式，求出每個內角的度數(shù)，延長EF交直線l1

于點M，利用平行線的性質把∠1搬到∠3處，利用三角形的外角計算出結果【詳解】延長EF交直線l1于點M，如圖所示∵ABCDEF是正六邊形∴∠AFE=∠A=120°∴∠MFA=60°∵11∥12∴∠1=∠3∵∠3=∠2+∠MFA∴∠1﹣∠2=∠MFA=60°故答案為：60°此題主要考查了平行線的性質，關鍵是掌握兩直線平行、內錯角相等，同旁內角互補．23、正五邊形【解析】

本題考查一種正多邊形的鑲嵌應符合一個內角度數(shù)能整除．【詳解】解：正三角形的每個內角是，能整除，能密鋪；正方形的每個內角是，4個能密鋪；正五邊形每個內角是，不能整除，不能密鋪；正六邊形的每個內角是，能整除，能密鋪．故答案為：正五邊形．本題意在考查學生對平面鑲嵌知識的掌握情況，體現(xiàn)了學數(shù)學用數(shù)學的思想由平面鑲嵌的知識可知只用一種正多邊形能夠鋪滿地面的是正三角形或正四邊形或正六邊形．二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、證明見解析．【解析】試題分析：先由平行四邊形的性質得出AB=CD，AB∥DC，再得出∠F=∠E，CF=AE，∠DCA=∠CAB，即可推出△COF≌△AOE，從而得到結論．試題解析：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD，AB∥DC，∴∠F=∠E，∠DCA=∠CAB，∵AB=CD，F(xiàn)D=BE，∴CF=AE，在△COF和△AOE中，∵∠F=∠E，CF=AE，∠DCA=∠CAB，∴△COF≌△AOE，∴∴OE=OF．考點：平行四邊形的性質；全等三角形的判定與性質．25、（1）；（2）S=t2﹣2t+8（0＜t＜2）；（3）.【解析】

由題意可得：由運動知，DP=t，AQ=2t，得出AP=4-t，BQ=4-2t，（1）判斷出AQ=AP，得出2t=4-t，即可；（2）直接利用面積的和差即可得出結論；（3）先判斷=，再得到，從而得出解方程即可得出結論．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD=4，由運動知，DP=t，AQ=2t，∴AP=4﹣t，BQ=4﹣2t，（1）連接BD，如圖1，∵AB=AD，∴∠ABD=∠ADB，∵PQ∥BD，∴∠ABD=∠AQP，∠APQ=∠ADB，∴∠APQ=∠AQP，∴AQ=AP，∴2t=4﹣t，∴t=；（2）S=S正方形ABCD﹣S△APQ﹣S△BCQ