2025年滬科版九年級(jí)數(shù)學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年滬科版九年級(jí)數(shù)學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、二次根式在實(shí)數(shù)范圍有意義，則x的取值范圍是（）A.x≥-1B.x≠-1C.x＞-1D.x≤-12、如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，有兩條拋物線，它們的對(duì)稱軸相同，則下列關(guān)系中，不正確的是（）A.m=kB.m=hC.k＞nD.h＜0，n＞03、在△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于D，若AD=1，tanA=2，則BD的長(zhǎng)等于（）A.B.3C.D.44、一個(gè)均勻的立方體各面上分別標(biāo)有數(shù)字1；2，3，4，6，8，其表面展開圖如圖所示，拋擲這個(gè)立方體，則朝上一面的數(shù)字恰好等于朝下一面上的數(shù)字的2倍的概率是（）

A.

B.

C.

D.

5、函數(shù)y=中；自變量x的取值范圍是（）

A.x＞-1

B.x＜-1

C.x≠-1

D.x≠0

6、（2003?鎮(zhèn)江）下列運(yùn)算正確的是（）

A.2a3?3ab=5a4b

B.10-3÷102=10-1

C.

D.

評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、一元二次方程的兩個(gè)根為1和-3，那么這個(gè)方程的一般形式可以是____．8、二次函數(shù)y=-4x2+2x+的對(duì)稱軸是直線____．9、已知點(diǎn)A（1，2）繞坐標(biāo)原點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后，得點(diǎn)A′，則點(diǎn)A′的坐標(biāo)為____．10、甲、乙兩位棉農(nóng)種植的棉花，連續(xù)五年的單位面積產(chǎn)量（千克/畝）統(tǒng)計(jì)如下表，則產(chǎn)量較穩(wěn)定的是棉農(nóng)____．。棉農(nóng)甲6870726971棉農(nóng)乙697171697011、如圖，在△ABC中，AC=BC，△ABC的外角∠ACE=100°，則∠A=____度．評(píng)卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)12、某班A、B、C、D、E共5名班干部，現(xiàn)任意派出一名干部參加學(xué)校執(zhí)勤，派出任何一名干部的可能性相同____（判斷對(duì)錯(cuò)）13、任意兩個(gè)菱形都相似．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）14、如果一個(gè)三角形的周長(zhǎng)為35cm，且其中兩邊都等于第三邊的2倍，那么這個(gè)三角形的最短邊為7____．15、在直角三角形中，任意給出兩條邊的長(zhǎng)可以求第三邊的長(zhǎng)16、任何負(fù)數(shù)都小于它的相反數(shù)．____（判斷對(duì)錯(cuò)）17、圓心相同的兩個(gè)圓是同心圓．____（判斷對(duì)錯(cuò)）18、過直線外一點(diǎn)可以作無數(shù)條直線與已知直線平行．（____）19、非負(fù)有理數(shù)是指正有理數(shù)和0．____（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分四、綜合題(共4題，共32分)20、如圖①；AB是⊙O的直徑，AC是弦，直線EF和⊙O相切于點(diǎn)C，AD⊥EF，垂足為D．

（1）求證：∠DAC=∠BAC；

（2）若把直線EF向上平行移動(dòng)；如圖②，EF交⊙O于G；C兩點(diǎn)，若題中的其它條件不變，猜想：此時(shí)與∠DAC相等的角是哪一個(gè)？并證明你的結(jié)論．

21、已知：矩形ABCD中AD＞AB；O是對(duì)角線的交點(diǎn)，過O任作一直線分別交BC；AD于點(diǎn)M、N（如圖①）．

（1）求證：BM=DN；

（2）如圖②；四邊形AMNE是由四邊形CMND沿MN翻折得到的，連接CN，求證：四邊形AMCN是菱形；

（3）在（2）的條件下，若△CDN的面積與△CMN的面積比為1：3，求的值．22、在矩形ABCD中；AB=6cm，BC=12cm，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿AB邊向點(diǎn)B以每秒1cm的速度移動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)沿BC邊向點(diǎn)C以每秒2cm的速度移動(dòng)P；Q兩點(diǎn)在分別到達(dá)B、C兩點(diǎn)后就停止移動(dòng)，設(shè)兩點(diǎn)移動(dòng)的時(shí)間為t秒，回答下列問題：

（1）如圖1，當(dāng)t為幾秒時(shí)，△PBQ的面積等于5cm2？

（2）如圖2，當(dāng)t=秒時(shí)；試判斷△DPQ的形狀，并說明理由；

（3）如圖3；以Q為圓心，PQ為半徑作⊙Q．

①在運(yùn)動(dòng)過程中；是否存在這樣的t值，使⊙Q正好與四邊形DPQC的一邊（或邊所在的直線）相切？若存在，求出t值；若不存在，請(qǐng)說明理由；

②若⊙Q與四邊形DPQC有三個(gè)公共點(diǎn)；請(qǐng)直接寫出t的取值范圍．

23、（2013?荊門模擬）如圖A（2，0），B（0，4），BC⊥AB且D為AC中點(diǎn)，雙曲線過點(diǎn)C，則k=____．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【分析】根據(jù)二次根式有意義的條件和分式有意義的條件列式計(jì)算即可．【解析】【解答】解：由題意得；x+1＞0；

解得；x＞-1；

故選：C．2、A【分析】【分析】根據(jù)二次函數(shù)的圖象的對(duì)稱軸和與y軸的交點(diǎn)即可判斷．【解析】【解答】解：由函數(shù)的圖象可知：兩條拋物線的對(duì)稱軸相同；則x=m=h，故B錯(cuò)誤；

拋物線y=（x-m）2+n與y軸的解得在拋物線y=（x-h）2+k的下方；則k＞n，故C錯(cuò)誤；

∵對(duì)稱軸在x軸的左側(cè)；與y的交點(diǎn)在y軸的正半軸，∴h＜0，m＜0，k＞0n＞0，故A正確，D錯(cuò)誤；

故選A，3、D【分析】【分析】由角A的正切值求得AD，利用勾股定理求得AC，同理在Rt△ABC中求得BC，在Rt△CDB中求得BD而解得．【解析】【解答】解：由題意如圖

則tanA=；

又因?yàn)锳D=1；

所以CD=2；

在Rt△ADC中；由勾股定理得

AC=；

則在Rt△ABC中

BC=2；

則在Rt△CDB中；由勾股定理得

BD=4．

故選D．4、D【分析】

易得1和4相對(duì)；3和6相對(duì)，2和8相對(duì)；

拋擲立方體；每一面都有可能朝上，共6種情況；

朝上一面的數(shù)字恰好等于朝下一面上的數(shù)字的2倍的情況數(shù)只有6朝上這1種情況，概率為．

故選D．

【解析】【答案】列舉出所有情況；看朝上一面的數(shù)字恰好等于朝下一面上的數(shù)字的2倍的情況數(shù)占總情況數(shù)的多少即可．

5、C【分析】

根據(jù)題意得；x+1≠0；

解得x≠-1．

故選C．

【解析】【答案】根據(jù)分母不等于0列式計(jì)算即可得解．

6、D【分析】

A、錯(cuò)誤，2a3?3ab=6a4b；

B、錯(cuò)誤，10-3÷102=10-5；

C、錯(cuò)誤，==

D；正確．

故選D．

【解析】【答案】根據(jù)二次根式的化簡(jiǎn)；單項(xiàng)式的乘法、同底數(shù)冪的除法法則；逐一檢驗(yàn)．

二、填空題(共5題，共10分)7、略

【分析】【分析】設(shè)該一元二次方程為ax2+bx+c=0，兩個(gè)根為x1，x2，已知方程的兩個(gè)根為1和-3，由根與系數(shù)的關(guān)系即可解得此題．【解析】【解答】解：答案不唯一。

設(shè)一元二次方程為ax2+bx+c=0，其兩個(gè)根為：x1=1，x2=-3；

則-=x1+x2=-2，=x1x2=-3；

由上可知：只要a，b，c滿足比例：=2，=-3即可滿足題意；

∴答案不唯一，如：x2+2x-3=0．8、略

【分析】

根據(jù)對(duì)稱軸公式，a=-4，b=2；

二次函數(shù)y=-4x2+2x+的對(duì)稱軸是直線x==．

【解析】【答案】利用公式法：y=ax2+bx+c的頂點(diǎn)坐標(biāo)公式為（），對(duì)稱軸是x=．

9、略

【分析】【分析】過點(diǎn)A作AB⊥x軸于點(diǎn)B，過點(diǎn)A′作A′B′⊥x軸于B′，再根據(jù)點(diǎn)A的坐標(biāo)求出OB、AB的長(zhǎng)度，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)變化只改變圖形的位置不改變圖形的形狀與大小求出OB′、A′B′即可得解．【解析】【解答】解：如圖；過點(diǎn)A作AB⊥x軸于點(diǎn)B，過點(diǎn)A′作A′B′⊥x軸于B′；

∵點(diǎn)A（1；2）；

∴OB=1；OA=2；

∵點(diǎn)A（1；2）繞坐標(biāo)原點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后，得點(diǎn)A′；

∴△AOB≌△OA′B′；

∴OB′=AB=2；A′B′=OB=1；

∴點(diǎn)A′的坐標(biāo)為（2；-1）．

故答案為：（2，-1）．10、略

【分析】

甲的平均產(chǎn)量1=（68+70+72+69+71）÷5=70；

乙的平均產(chǎn)量2=（69+71+71+69+70）÷5=70；

s12=[（68-70）2+（70-70）2+（72-70）2+（69-70）2+（71-702]=2；

s22=[（69-70）2+（71-70）2+（71-70）2+（69-70）2+（70-70）2]=0.8．

∴甲的方差比乙的大；根據(jù)方差的意義，故乙比甲穩(wěn)定．

故填乙．

【解析】【答案】先計(jì)算出兩位棉農(nóng)的平均產(chǎn)量；再根據(jù)方差公式計(jì)算后，比較即可．

11、略

【分析】∵AC=BC，∴∠A=∠B（等角對(duì)等邊）。∵∠A+∠B=∠ACE（三角形的一個(gè)外角等于與它不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角之和），∴∠A=∠ACE=×100°=50°。【解析】【答案】50。三、判斷題(共8題，共16分)12、√【分析】【分析】得到每名干部的可能性的大小后進(jìn)行判斷即可．【解析】【解答】解：∵5名干部的可能性相同，均為；

∴派出任何一名干部的可能性相同；正確．

故答案為：√．13、×【分析】【分析】根據(jù)相似多邊形的性質(zhì)進(jìn)行解答即可．【解析】【解答】解：∵任意兩個(gè)菱形的角不能確定；

∴任意兩個(gè)菱形不一定相似．

故答案為：×．14、√【分析】【分析】設(shè)第三邊為xcm，根據(jù)三角形的面積列出方程求解即可作出判斷．【解析】【解答】解：設(shè)第三邊為xcm；則另兩邊為2xcm；2xcm；

根據(jù)題意得；x+2x+2x=35；

解得x=7；

即這個(gè)三角形的最短邊為7cm．

故答案為：√．15、√【分析】【解析】試題分析：根據(jù)直角三角形的勾股定理即可判斷.根據(jù)勾股定理可知，在直角三角形中，任意給出兩條邊的長(zhǎng)可以求第三邊的長(zhǎng)，故本題正確.考點(diǎn)：直角三角形的性質(zhì)【解析】【答案】對(duì)16、√【分析】【分析】根據(jù)負(fù)數(shù)的相反數(shù)是正數(shù)，負(fù)數(shù)＜正數(shù)即可求解．【解析】【解答】解：因?yàn)樨?fù)數(shù)的相反數(shù)是正數(shù)；負(fù)數(shù)＜正數(shù)；

所以任何負(fù)數(shù)都小于它的相反數(shù)的說法正確．

故答案為：√．17、×【分析】【分析】根據(jù)同心圓的定義進(jìn)行判斷．【解析】【解答】解：圓心相同；半徑不等的兩個(gè)圓是同心圓．

故答案為×．18、×【分析】【分析】直接根據(jù)平行公理即可作出判斷．【解析】【解答】解：由平行公理可知；過直線外一點(diǎn)，有且只有一條直線與這條直線平行．

故過直線外一點(diǎn)可以作無數(shù)條直線與已知直線平行是錯(cuò)誤的．

故答案為：×．19、√【分析】【分析】根據(jù)有理數(shù)的分類，可得有理數(shù)可以分為正有理數(shù)、0和負(fù)有理數(shù)，據(jù)此判斷即可．【解析】【解答】解：因?yàn)橛欣頂?shù)可以分為正有理數(shù)；0和負(fù)有理數(shù)；

所以非負(fù)有理數(shù)是指正有理數(shù)和0．

故答案為：√．四、綜合題(共4題，共32分)20、略

【分析】【分析】（1）連接BC；OC，由半徑OC=OA，根據(jù)等邊對(duì)等角可得出一對(duì)角相等，再由OC與AD都與EF垂直，得到OC與AD平行，根據(jù)兩直線平行內(nèi)錯(cuò)角相等可得一對(duì)內(nèi)錯(cuò)角相等，等量代換可得出∠DAC=∠BAC，得證；

（2）∠BAG=∠CAD，理由如下：連接BC，由AB為圓O的直徑，根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角為直角可得出∠BCA為直角，即三角形ABC為直角三角形，根據(jù)直角三角形中的兩個(gè)銳角互余可得出一對(duì)角互余，由AD垂直于EF，可得出三角形AGD為直角三角形，同理得到一對(duì)銳角互余，再由同弧所對(duì)的圓周角相等可得出∠B與∠AGD相等，進(jìn)而確定出∠BAG=∠GAD，等式兩邊都減去∠CAG即可得到∠BAC=∠GAD，得證．【解析】【解答】

解：（1）連接OC；如圖①所示；

∵OC=OA；

∴∠BAC=∠OCA；

∵EF切⊙O于C；

∴OC⊥EF；又AD⊥EF；

∴OC∥AD；

∴∠OCA=∠DAC；

∴∠DAC=∠BAC；

（2）∠BAG=∠DAC；理由如下：

連接BC；如圖②所示；

∵AB為⊙O的直徑；

∴∠BCA=90°；

∴∠B+∠BAC=90°；

∵AD⊥EF；∴∠ADG=90°；

∴∠AGD+∠GAD=90°；

又=；∴∠B=∠AGD；

∴∠BAC=∠GAD；

∴∠BAG+∠GAC=∠GAC+∠DAC，即∠BAG=∠DAC．21、略

【分析】【分析】（1）連接BD；可證明△OBM≌△ODN，則BM=DN；

（2）先證明四邊形AMCN是平行四邊形；再由翻折得，AM=CM，則四邊形AMCN是菱形；

（3）又S△CDN：S△CMN=1：3，可得DN：CM=1：3，設(shè)DN=k，則CN=CM=3k，過N作NG⊥MC于點(diǎn)G，則可求出NG和MN，從而求出比值．【解析】【解答】（1）證法一：連接BD；則BD過點(diǎn)O；

∵AD∥BC；

∴∠OBM=∠ODN；

又OB=OD；∠BOM=∠DON；

∴△OBM≌△ODN；

∴BM=DN；

證法二：∵矩形ABCD是中心對(duì)稱圖形；點(diǎn)O是對(duì)稱中心；

∴B；D和M、N關(guān)于O點(diǎn)中心對(duì)稱；

∴BM=DN；

（2）證法一：

∵矩形ABCD；

∴AD∥BC；AD=BC；

又BM=DN；

∴AN=CM；

∴四邊形AMCN是平行四邊形；

由翻折得，AM=CM，

∴四邊形AMCN是菱形；

證法二：由翻折得；AE=CD，∠E=∠D，∠AMN=∠CMN；

又∵∠ANE=∠CND；

∴△ANE≌△CND；

∴AN=CN．

∵AD∥BC；

∴∠ANM=∠CMN；

∴∠AMN=∠ANM；

∴AM=AN；

∴AM=MC=CN=NA；

∴四邊形AMCN是菱形．

（3）解法一：∵S△CDN=DN?CD，S△CMN=CM?CD；

又S△CDN：S△CMN=1：3；

∴DN：CM=1：3；

設(shè)DN=k；則CN=CM=3k；

過N作NG⊥MC于點(diǎn)G；

則CG=DN=k；MG=CM-CG=2k；

NG=；

∴MN=；

∴==2；

解法二：∵S△CDN=DN?CD，S△CMN=CM?CD；

又S△CDN：S△CMN=1：3；

∴DN：CM=1：3；

連接AC；則AC過點(diǎn)O，且AC⊥MN；

設(shè)DN=k；則CN=AN=CM=3k，AD=4k；

CD=；

OC=AC===k；

∴MN=2ON=2=2=2k；

∴==2．22、略

【分析】【分析】（1）由題意可知PA=t，BQ=2t，從而得到PB=6-t，BQ=2t，然后根據(jù)△PQB的面積=5cm2列方程求解即可；

（2）由t=，可求得AP=，QB=3，PB=，CQ=9，由勾股定理可證明DQ2+PQ2=PD2；由勾股定理的逆定理可知△DPQ為直角三角形；

（3）①當(dāng)t=0時(shí)；點(diǎn)P與點(diǎn)A重合時(shí)，點(diǎn)B與點(diǎn)Q重合，此時(shí)圓Q與PD相切；當(dāng)⊙Q正好與四邊形DPQC的DC邊相切時(shí)，由圓的性質(zhì)可知QC=QP，然后依據(jù)勾股定理列方程求解即可；

②先求得⊙Q與四邊形DPQC有兩個(gè)公共點(diǎn)時(shí)t的值，然后可確定出t的取值范圍．【解析】【解答】解：（1）∵當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒時(shí)；PA=t，BQ=2t；

∴PB=6-t；BQ=2t．

∵△PBQ的面積等于5cm2；

∴PB?BQ=（6-t）?2t．

∴=5．

解得：t1=1，t2=5．

答：當(dāng)t為1秒或5秒時(shí)，△PBQ的面積等于5cm2．

（2）△DPQ的形狀是直角三角形．

理由：∵當(dāng)t=秒時(shí)，AP=；QB=3；

∴PB=6-=；CQ=12-3=9．

在Rt△PDA中，由勾股定理可知：PD2=DA2+PA2=122+（）2=．

同理：在Rt△PBQ和Rt△DCQ中由勾股定理可得：DQ2=117，PQ2=．

∵117+=；

∴DQ2+PQ2=PD2．

所以△DPQ的形狀是直角三角形．

（3）①（Ⅰ）由題意可知圓Q與AB；BC不相切．

（Ⅱ）如圖1所示：當(dāng)t=0時(shí)；點(diǎn)P與點(diǎn)A重合時(shí)，點(diǎn)B與點(diǎn)Q重合．

∵∠DAB=90°；

∴∠DPQ=90°．

∴DP⊥PQ．