北京市三帆中学2024-2025学年九年级上学期开学考试数学试题（解析版）

北京三帆中学2025届暑假学习反馈初三数学注意：（1）考试时间80分钟；（2）请将答案填写在答题纸相应的位置上．一、选择题（共24分，每题3分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个．1.下列二次根式中，最简二次根式的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．【详解】A、=，被开方数含分母，不是最简二次根式；故A选项不符合题意；B、=，被开方数为小数，不是最简二次根式；故B选项不符合题意；C、，是最简二次根式；故C选项符合题意；D．=，被开方数，含能开得尽方的因数或因式，故D选项不符合题意；故选C．2.以下列各组数为边长，能组成直角三角形的是（）A.3，3，3 B.1，， C.45，45，90 D.8，16，17【答案】B【解析】【分析】本题考查勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理逆定理是解题关键．只要比较较小两个数的平方和与第三第三个数的平方是否相等即可．【详解】解：A．∵3，3，3组成等边三角形，不是直角三角形，故不符合题意；B．∵，∴1，，能组成直角三角形，故符合题意；C．∵，∴45，45，90不能组成直角三角形，故不符合题意；D．∵，∴8，16，17不能组成直角三角形，故不符合题意；故选B．3.下列计算正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】本题考查二次根式的运算，根据二次根式的运算法则可以计算出各个选项中的正确结果，从而可以判断哪个选项中的式子是正确的．熟练掌握运算法则是解答本题的关键．【详解】解：A、，故A正确；B、、不是同类二次根式，不能合并，故B错误；C、，故C错误；D、，故D错误．故选：A．4.如图，菱形的对角线交于点O，点M为的中点，连接，若，，则的长为（）A. B.4 C.5 D.3【答案】A【解析】【分析】此题考查菱形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，根据勾股定理求出的长是解题的关键．由菱形的性质得，，，则，所以，由点为的中点，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”得，于是得到问题的答案．【详解】解：四边形是菱形，，，，，OB=OD=，，点为的中点，.故选：．5.已知一次函数y=kx+1，y随x的增大而减小，则该函数的图象一定经过（）A.第一、二、三象限 B.第一、二、四象限C.第一、三、四象限 D.第二、三、四象限【答案】B【解析】【详解】试题分析：对于一次函数y=kx+b，当k＞0，b＞0时，函数经过一、二、三象限；当k＞0，b＜0时，函数经过一、三、四象限；当k＜0，b＞0时，函数经过一、二、四象限；当k＜0，b＜0时，函数经过二、三、四象限.考点：一次函数图象与系数的关系6.若关于x的一元二次方程有一个根是，则a的值为（）A. B.0 C.1 D.或1【答案】A【解析】【分析】把代入方程得出，再求出方程的解即可．【详解】∵关于x的一元二次方程有一个根是∴解得∵一元二次方程∴∴∴故选：A．【点睛】此题主要考查了一元二次方程的解，注意二次项系数不能为零．7.甲、乙、丙三名射箭运动员在某次测试中各射箭8次，三人的测试成绩如下表：甲的成绩环数频数乙的成绩环数频数丙的成绩环数频数分别表示甲、乙、丙三名运动员这次测试成绩的方差，下面各式中正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】本题考查了方差，熟记方差公式是解题的关键，方差公式计算即可解答．【详解】解：甲的平均数为方差；乙的平均数为方差；丙的平均数为方差；所以故选：D．8.如图1，在边长为2的正方形中，O为对角线的交点，E为的中点，以为边在右侧作正方形．如图2，将正方形绕点D逆时针旋转，连接，，，，过点D作于点M，延长交于点N，连接．在旋转过程中，给出下面四个结论：①；②；③；④的最大值为．上述结论中，所有正确结论的序号是（）A.①② B.②③ C.①④ D.②③④【答案】B【解析】【分析】①根据正方形的性质得出，，根据旋转得出，说明与不一定全等，即可得出①错误；②先证明，得出，根据，得出，即可证明结论；③延长，过点G作于点H，过点E作于点K，根据正方形的性质得出，，，证明，得出，根据，，即可得出答案；④延长，过点E作于点K，过点C作于点H，证明，得出，同理得，得出，证明，得出，根据中位线性质得出，当最大时，最大，根据，得出当、D、E三点共线时，最大，且最大值为：，即可得出答案．【详解】解：①∵四边形和四边形为正方形，∴，，∴根据旋转可知：，，∵，∴，∵，∴与不一定全等，∴，故①错误；②设与交于点P，、交于点Q，如图所示：∵四边形和四边形为正方形，∴，，，∴，即∴，∴，∵，∴，∴，∴，故②正确；③延长，过点G作于点H，过点E作于点K，如图所示：则，∵四边形和为正方形，∴，，，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，故③正确；④延长，过点E作于点K，过点C作于点H，如图所示：则，∵四边形和为正方形，∴，，，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，同理得：，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴当最大时，最大，∵由图1知，为的中点，∴，∵，∴当、D、E三点共线时，最大，且最大值为：，∴的最大值为，故④错误；综上分析可知：正确的是②③．故选：B．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形面积的计算，余角的性质，中位线的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．二、填空题（共24分，每题3分）9.若在实数范围内有意义，则实数的取值范围是_________．【答案】【解析】【分析】根据二次根式有意义的条件，即可求解．【详解】解：根据题意得，解得：．故答案为：【点睛】本题主要考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式的被开方数为非负数是解题的关键．10.直线向上平移4个单位后得到的直线解析式为______．【答案】【解析】【分析】本题主要考查了一次函数图象与几何变换，熟知“上加下减”的平移规律是解题的关键．根据解析式“上加下减”的平移规律是解题的关键．【详解】将一次函数的图象向上平移4个单位，所得的函数解析式为，即为．故答案为：．11.方程的根为______．【答案】，【解析】【分析】本题考查了解一元二次方程—因式分解法，先把方程右边化为0，再把左边因式分解，这样把原方程化为两个一元一次方程，然后解一次方程即可得到原方程的解．方程左边分解得到，原方程化为或，然后解一次方程即可．【详解】解：或，∴，．故答案为：，．12.中，，，，则AB边上的高为______．【答案】【解析】【分析】本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，三角形的面积，熟练掌握直角三角形的性质及勾股定理是解题的而关键．过点C作于点D，根据直角三角形的性质可得，再根据勾股定理，求得，最后根据三角形的面积，即可求得答案．详解】过点C作于点D，，，，，，，．故答案为:．13.如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，点B的坐标分别为（0，2），（，0），将线段AB绕点O顺时针旋转，若点A的对应点的坐标为（2，0），则点B的对应点的坐标为________．【答案】（0,1）【解析】【详解】由图可知：的坐标为（0，1），故答案为：（0,1）．14.一位求职者参加某公司的招聘，面试和笔试的成绩分别是和，公司给出他这两项测试的平均成绩为，可知此次招聘中______（填“面试”或“笔试”）的权重较大．【答案】面试【解析】【分析】本题主要考查加权平均数，解题的关键是设出面试和笔试的权重，根据加权平均数的定义列出方程．设面试成绩所占百分比为，则笔试成绩所占百分比为，根据加权平均数的定义列出方程求解即可得出答案．【详解】解：设面试成绩所占百分比为，则笔试成绩所占百分比为，

根据题意，得：，

解得：，

则，

∴此次招聘中面试的权重较大，

故答案为：面试．15.如图，四边形中，和互相垂直，，，则的最小值为______．【答案】【解析】【分析】设和的交点为，分别取的中点，连接，，利用三角形的中位线定理，勾股定理，矩形的判定和性质解答即可．【详解】解：设和的交点为，分别取的中点，连接，，则，，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∴四边形是矩形，∴，∵，∴三点共线时，取得最小值，最小值为，此时，∵，，∴．∴，故答案为：．【点睛】此题只要考查了矩形的判定和性质，三角形的性质，三角形的中位线定理，线段的性质，勾股定理等，熟练掌握矩形的判定和性质，三角形的中位线定理，理解直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，两点之间线段最短是解答此题的关键．16.已知函数（为常数），给出下列四个结论：①该函数图象经过；当时，随的增大而增大；③当时，直线（为常数）与函数的图象总有两个交点；④当时，若点和都在函数的图象上，且，则有．其中所有正确结论的序号是______．【答案】①④##④①【解析】【分析】本题主要考查了一次函数的图像及性质，不等式的性质，绝对值，熟练掌握一次函数的性质及不等式的性质是解题的关键．当x=1时，，进而判定①正确；令，则，，，进而得当时，y2-y1=ax2-x1>0，此时随的增大而增大；当时，，此时随的增大而减小；判定证函数与轴交于点，当时，与轴交于点0,1，从而得当时，直线（为常数）与函数的图象只有个交点，故③错误；当时，函数化为，利用数形相结合得到x=1的距离大于到x=1的距离，进而得，求解即判定故④正确；【详解】解：①∵当x=1时，，∴函数的图象经过1,0，故①正确；令，则，，，∴，∴当时，y2-y1=a当时，，此时随的增大而减小；故错误；③函数中，当x=0时，，∴函数与轴交于点，当时，直线得，当x=0时，，此时与轴交于点0,1，当x=1时，，∴过点1,0，如图，由图可知，当时，直线（为常数）与函数的图象只有个交点，故③错误；④当时，函数化为，如图，由图可知关于x=1对称，或∵点和都在函数的图象上，且，∴到x=1的距离大于到x=1的距离，∴，解得，故④正确；故答案为：①④三、解答题（共52分，第17-19题每题8分，第20题10分，第21题8分，第22题10分）17.计算：（1）；（2）．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】本题考查了二次根式的加减乘除混合运算，绝对值的性质，熟练掌握二次根式的加减乘除混合运算是解题的关键．（1）先根据完全平方公式和二次根式的性质计算，再根据二次根式的加减计算，即得答案；（2）先根据平方差公式和绝对值的性质计算，再根据二次根式的加减计算，即得答案．【小问1详解】；【小问2详解】．18.已知关于x的一元二次方程x2﹣4x+2m﹣1=0有两个不相等的实数根．（1）求m的取值范围；（2）若m为正整数，且该方程的根都是整数，求m的值．【答案】（1）m＜；（2）m=2．【解析】【分析】（1）根据方程有两个不相等的实数根，得到根的判别式的值大于0，列出关于m的不等式，求出不等式的解集即可得到m的取值范围；（2）找出m取值范围中的正整数，然后分别代入原方程，求出方程的根，经检验即可得到满足题意的m的值．【详解】（1）∵依题意，得△=（-4）2﹣4（2m﹣1）＞0，∴m＜，即m的取值范围是m＜；（2）∵m为正整数，∴m=1或2，当m=1时，方程为x2﹣4x+1=0的根不是整数；当m=2时，方程为x2﹣4x+3=0的根x1=1，x2=3，都是整数，综上所述，m=2．【点睛】本题主要考查了根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2﹣4ac有如下关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根．19.如图，在平面直角坐标系中，，．（1）①连接，画出线段关于轴对称线段；②将线段绕点顺时针旋转一个角度，得到对应线段，使得轴，请画出线段．（2）若直线平分（1）中四边形的面积，则的值为______．（3）若直线与（1）中四边形有公共点，则的取值范围为______．【答案】（1）见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）①先根据对称性质求出的坐标，进而得到点的位置，再连接、即可；②由轴，可先画出平行于轴的一条直线，点在这条直线上，再根据旋转的性质找到点的位置，最后连接即可；（2）根据题意可得四边形是平行四边形，再根据平分平行四边形面积的直线经过平行四边形的中心，且平行四边形的对角线的中点即为平行四边形的中心，求出的中点坐标，然后代入直线解析式即可求解；（3）先求出点坐标，然后分别求出直线过点、时的值，再结合题意即可求解．【小问1详解】解：①线段关于轴对称的线段，和关于轴对称，，连接，画出线段如图1所示；②轴，先画出平行于轴的一条直线，点在这条直线上，线段由线段旋转得到，，将线段绕点顺时针旋转与直线相交于点，如图2，线段即为所求；【小问2详解】如图3，且，四边形是平行四边形，在平行四边形中，平分平行四边形面积的直线经过平行四边形的中心，且平行四边形的对角线的中点即为平行四边形的中心，平行四边形的中心为：，即，直线经过，，解得：，故答案为：；【小问3详解】，，，四边形是平行四边形，，又轴，，，当直线过点时，，解得：，当直线过点时，，解得：，直线与（1）中四边形有公共点时，的取值范围是，故答案为：．【点睛】本题是一次函数的综合，涉及对称、旋转的性质，平行四边形的判定与性质，一次函数的图像与性质，解题的关键是数形结合．20.如图，菱形对角线，相交于点O，E是的中点，点F，G在上，，．（1）求证：四边形是矩形；（2）若，求和的长．【答案】（1）见详解（2）13；8【解析】【分析】本题考查了矩形的判定与性质，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识；熟练掌握菱形的性质和三角形中位线定理，证明四边形OEFG为矩形是解题的关键．（1）根据菱形的性质得，，再由三角形中位线定理得，得四边形是平行四边形，然后证，即可得出结论；（2）由三角形的中位线定理得，再由矩形的性质得，，，然后由勾股定理求出的长，即可得出的长．【小问1详解】∵四边形是菱形，∴，，∵E是的中点，∴是的中位线，∴，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴四边形是矩形．【小问2详解】∵四边形是菱形，∴，由（1）得：，四边形是矩形，∴，，，∵E是的中点，∴，在中，由勾股定理得：，∴．21.如图，在平面直角坐示系xOy中，直线与直线交于点A(3，m).(1)求k，m的値；(2)已知点P(n，n)，过点P作垂直于y轴的直线与直线交于点M，过点P作垂直于x轴的直线与直线交于点N(P与N不重合).若PN≤2PM，结合图象，求n的取值范围.【答案】(1)k=-2；(2)n的取值范围为:或【解析】【分析】（1）把A点坐标代入y=x-2中，求得m的值，再把求得的A点坐标代入y=kx+7中，求得k的值；（2）根据题意，用n的代数式表示出M、N点的坐标，再求得PM、PN的值，根据PN≤2PM，列出n的不等式，再求得结果．【详解】(1)∵直线y=kx+7与直线y=x-2交于点A(3，m)，∴m=3k+3，m=1.∴k=-2.(2)∵点P(n，n)，过点P作垂宜于y轴的直线与直线y=x-2交于点M，∴M(n+2，n).∴PM=2.∴PN≤2PM，∴PN≤4.∵过点P作垂直于x轴的直线与直线y=kx+7交于点N，k=-2，∴N(n，-2n+7).∴PN=|3n-7|.当PN=4时，如图，即|3n-7|=4，∴n=l或n=∵P与N不重合，∴|3n-7|0.∴当PN≤4(即PN≤2PM)时，n的取值范围为:或【点睛】本题是一次函数图象的相交于平行的问题，主要考查了待定系数法求一次函数的解析式，第（2）小题关键是用n的代数式表示PM与PN的长度．22.如图，中，，，于点，点在的延长线上，连接，点与点关于直线对称，连接．（1）依题意补全图形；（2）求证：；（3）当时，连接，，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．【答案】（1）补图见解析（2）证明见解析（3），证明见解析【解析】【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，中位线的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质等，熟练掌握这些性质是解题的关键．（1）根据题意画图即可；（2）设与交于点，分别证明、为、中点，利用中位线可证；（3）过点作交于点，连接，设与交于点，与交于点，与交于点，先证，得，推出，再证，推出，推出，再证，最后在中，利用求证．【小问1详解】解：补全图形如图：【小问2详解】解：如图，设与交于点，∵点与点关于直线对称，∴，，∵，，∴，∴M，D分别为的中点∴，即：；【小问3详解】解：，证明如下：如图，过点作交于点，连接，设与交于点，与交于点，与交于点，∵，∴，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，∵，，于点，∴，，∴，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∵，，∴，在中，，即：，即：．四、附加题（共10分，第23-24题每题2分，第25题6分）23.七个边长为2的正方形按如图所示的方式放置在平面直角坐标系中，直线l经过点且将这七个正方形的面积分成相等的两部分，则直线l与x轴的交点B的横坐标为______．【答案】【解析】【分析】本题考查坐标与图形的性质，根据直线l经过点且将这七个正方形的面积分成相等的两部分列方程求解是解本题的关键．作轴于D，轴于E，设Bm，0m>0，则，根据题意有，代入相关数据即可求解．【详解】解：作轴于D，轴于E∵，∴，设Bm，0则根据题意有：∴，∴，解得：∴直线l与x轴的交点B的横坐标为．故答案为：．24.甲、乙、丙三人进行羽毛球赛前训练，每局两人进行比赛，第三个人做裁判，每一局都要分出胜负，胜方和原来的裁判进行新一局的比赛，输方转做裁判，依次进行，半天训练结束时，发现甲共当裁判局，乙、丙分别进行了局、局比赛，在这半天的训练中，甲、乙、丙三人共进行了______局比赛，其中第局比赛的裁判是______．【答案】①.②.甲【解析】【分析】本题考查推理与论证，解本题关键根据题目提供的特征和数据，分析其存在的规律和方法，并递推出相关的关系式，从而解决问题．先确定了乙与丙打了局，甲与丙打了局，乙与甲打了局，进而确定三人一共打的局数，可推导出甲当裁判局，乙当裁判局，丙当裁判局，由此能求出结果，即可得到答案．【详解】解：甲当了局裁判，乙、丙之间打了局，又乙、丙分别进行了局、局比赛，乙与甲打了局，丙与甲打了局，甲、乙、丙三人共打了局，又甲当了局裁判，而从到共个奇数，个偶数，甲当裁判的局为偶数局，第局比赛的裁判是：甲，故答案为：，甲．25.对于平面直角坐标系中的点P和图形M，给出如下定义：若在图形M上存在一点Q，使得P，Q两点间的距离小于或等于1，则称点P为图形M的“邻点”．已知点．（1）如图1，画出线段的所有“邻点”组成的图形，并用阴影表示；（2）如图2，已知P是直