甘肃省酒泉市2024-2025学年九上数学开学统考试题【含答案】

学校________________班级____________姓名____________考场____________准考证号学校________________班级____________姓名____________考场____________准考证号…………密…………封…………线…………内…………不…………要…………答…………题…………第1页，共3页甘肃省酒泉市2024-2025学年九上数学开学统考试题题号一二三四五总分得分批阅人A卷（100分）一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）1、（4分）如图,在中,,,点在上,,,则的长为（）A． B． C． D．2、（4分）下列图形：平行四边形、矩形、菱形、等腰梯形、正方形中是轴对称图形的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个3、（4分）下列二次根式中属于最简二次根式的是（）A． B． C． D．4、（4分）如图图形中，是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（）A． B．C． D．5、（4分）下列条件中能构成直角三角形的是（）A．a＝3，b＝4，c＝6 B．a＝5，b＝6，c＝7C．a＝6，b＝8，c＝9 D．a＝5，b＝12，c＝136、（4分）如果把分式中的和都扩大3倍，那么分式的值（）A．扩大3倍 B．缩小3倍C．缩小6倍 D．不变7、（4分）如图，□ABCD中，∠C＝100°，BE平分∠ABC，则∠AEB的度数为（）A．60° B．50° C．40° D．30°8、（4分）下列各点中，位于第四象限的点是（）A．(3,4) B．(3,4) C．(3,4) D．(3,4)二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）9、（4分）在平面直角坐标系中，四边形是菱形。若点A的坐标是，点的坐标是__________．10、（4分）如图，等腰直角三角形ABC的底边长为6，AB⊥BC；等腰直角三角形CDE的腰长为2，CD⊥ED；连接AE，F为AE中点，连接FB，G为FB上一动点，则GA的最小值为____.11、（4分）如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且OA=OC，OB=OD．请你添加一个适当的条件：______________，使四边形ABCD成为菱形．12、（4分）如图所示，P是正方形ABCD内一点，将△ABP绕点B顺时针方向旋转能与△CBP′重合，若PB＝2，则PP′＝_______.13、（4分）数学兴趣小组的甲、乙、丙、丁四位同学进行还原魔方练习，下表记录了他们次还原魔方所用时间的平均值与方差：甲乙丙丁（秒）要从中选择一名还原魔方用时少又发挥稳定的同学参加比赛，应该选择________同学．三、解答题（本大题共5个小题，共48分）14、（12分）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E，F分别是OA和OC的中点．（1）求证：DE＝BF．（2）求证：四边形BFDE是平行四边形．15、（8分）（1）计算：（+5）（－5）．（2）计算．16、（8分）四边形ABCD是正方形，AC与BD，相交于点O，点E、F是直线AD上两动点，且AE=DF，CF所在直线与对角线BD所在直线交于点G，连接AG，直线AG交BE于点H．（1）如图1，当点E、F在线段AD上时，求证：∠DAG=∠DCG；（2）如图1，猜想AG与BE的位置关系，并加以证明；（3）如图2，在（2）条件下，连接HO，试说明HO平分∠BHG．17、（10分）某移动通信公司推出了如下两种移动电话计费方式．月使用费/元主叫限定时间/分钟主叫超时费（元/分钟）方式一方式二说明：月使用费固定收取，主叫不超过限定时间不再收费，超过部分加收超时费．例如，方式一每月固定交费元，当主叫计时不超过分钟不再额外收费，超过分钟时，超过部分每分钟加收元（不足分钟按分钟计算）．（1）请根据题意完成如表的填空：月主叫时间分钟月主叫时间分钟方式一收费/元______________方式二收费/元_______________（2）设某月主叫时间为(分钟)，方式一、方式二两种计费方式的费用分别为(元)，(元)，分别写出两种计费方式中主叫时间(分钟)与费用为(元)，(元)的函数关系式；（3）请计算说明选择哪种计费方式更省钱．18、（10分）甲、乙两家草莓采摘园的草莓品质相同，销售价格也相同．“五一期间”，两家均推出了优惠方案，甲采摘园的优惠方案是：游客进园需购买50元的门票，采摘的草莓六折优惠；乙采摘园的优惠方案是：游客进园不需购买门票，采摘园的草莓超过一定数量后，超过部分打折优惠．优惠期间，设某游客的草莓采摘量为x（千克），在甲采摘园所需总费用为（元），在乙采摘园所需总费用为（元），图中折线OAB表示与x之间的函数关系．（1）甲、乙两采摘园优惠前的草莓销售价格是每千克元；（2）求、与x的函数表达式；（3）在图中画出与x的函数图象，并写出选择甲采摘园所需总费用较少时，草莓采摘量x的范围．B卷（50分）一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）19、（4分）若一个三角形的两边长为和，第三边长是方程的根，则这个三角形的周长是____．20、（4分）如图，ABCD的周长为36，对角线AC，BD相交于点O．点E是CD的中点，BD=12，则△DOE的周长为．21、（4分）如图，在△MBN中，已知：BM＝6，BN＝7，MN＝10，点AC，D分别是MB，NB，MN的中点，则四边形ABCD的周长是_____．22、（4分）函数与的图象如图所示，则的值为____．23、（4分）化简:=______________二、解答题（本大题共3个小题，共30分）24、（8分）解方程：（1）x2﹣4x＝1（2）25、（10分）如图，在ABCD中，经过A，C两点分别作AE⊥BD，CF⊥BD，E，F为垂足．（1）求证：△AED≌△CFB；（2）求证：四边形AFCE是平行四边形．26、（12分）如图，AC是平行四边形ABCD的一条对角线，过AC中点O的直线分别交AD，BC于点E，F．（1）求证：四边形AECF是平行四边形；（2）当EF与AC满足什么条件时，四边形AECF是菱形?并说明理由．

参考答案与详细解析一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）1、B【解析】

根据，可得∠B=∠DAB，即，在Rt△ADC中根据勾股定理可得DC=1，则BC=BD+DC=.【详解】解：∵∠ADC为三角形ABD外角∴∠ADC=∠B+∠DAB∵∴∠B=∠DAB∴在Rt△ADC中，由勾股定理得：∴BC=BD+DC=故选B本题考查勾股定理的应用以及等角对等边，关键抓住这个特殊条件.2、D【解析】

根据轴对称图形的概念对各图形分析判断后即可得解．【详解】平行四边形不是轴对称图形，矩形是轴对称图形，菱形是轴对称图形，等腰梯形是轴对称图形，正方形是轴对称图形，所以，轴对称图形的是：矩形、菱形、等腰梯形、正方形共4个.故选D.此题考查轴对称图形，解题关键在于掌握其定义.3、A【解析】

根据最简二次根式的定义和化简方法将二次根式化简成最简二次根式即可.【详解】如果一个二次根式符合下列两个条件：1、被开方数中不含能开得尽方的因数或因式；2、被开方数的因数是整数，因式是整式.那么，这个根式叫做最简二次根式.只有A符合定义.故答案选A本题主要考查二次根式的化简和计算，解决本题的关键是熟练掌握二次根式的化简方法.4、C【解析】

根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解【详解】A.是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；B.是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；C.不是轴对称图形，是中心对称图形，符合题意；D.是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意.故选C本题考查轴对称图形与中心对称图形，熟悉概念即可解答.5、D【解析】

由勾股定理的逆定理，判定的是直角三角形．【详解】A.32+42≠62，故不符合勾股定理的逆定理，不能组成直角三角形，故错误；B.52+62≠72，故不符合勾股定理的逆定理，不能组成直角三角形，故错误；C.62+82≠92，故不符合勾股定理的逆定理，不能组成直角三角形，故错误；D.52+122=132，故符合勾股定理的逆定理，能组成直角三角形，故正确.故选D.本题考查勾股定理的逆定理，如果三角形的三边长a，b，c满足，那么这个三角形是直角三角形.6、D【解析】

将x,y用3x,3y代入化简，与原式比较即可.【详解】解：将x,y用3x,3y代入得=,故值不变，答案选D.本题考查分式的基本性质，熟悉掌握是解题关键.7、C【解析】

由平行四边形的性质得出AD∥BC，AB∥CD，由平行线的性质得出∠AEB=∠CBE，∠ABC=80°，由角平分线定义求出∠CBE=40°，即可得出答案．【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB∥CD，∴∠AEB=∠CBE，∠ABC+∠C=180°，∴∠ABC=180°-∠C=180°-100°=80°，∵BE平分∠ABC，∴∠CBE=∠ABC=40°，∴∠AEB=40°；故选：C．本题考查了平行四边形的性质、平行线的性质等知识；熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．8、A【解析】

根据平面直角坐标系中点的坐标特征解答即可，第四象限内点的横坐标大于0，纵坐标小于0.【详解】∵第四象限内点的横坐标大于0，纵坐标小于0，∴(3,4)位于第四象限.故选A.本题考查了平面直角坐标系中点的坐标特征.第一象限内点的坐标特征为（+，+），第二象限内点的坐标特征为（-，+），第三象限内点的坐标特征为（-，-），第四象限内点的坐标特征为（+，-），x轴上的点纵坐标为0，y轴上的点横坐标为0.二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）9、【解析】

作AD⊥y轴于点D，由勾股定理求出OA的长，结合四边形是菱形可求出点C的坐标.【详解】作AD⊥y轴于点D.∵点A的坐标是，∴AD=1,OD=,∴,∵四边形是菱形,∴AC=OA=2,∴CD=1+2=3,∴C(3,).故答案为：C(3,)本题考查了菱形的性质，勾股定理以及图形与坐标，根据勾股定理求出OA的长是解答本题的关键.10、3.【解析】

运用等腰直角过三角形角的性质，逐步推导出AC⊥EC,当AG⊥BF时AG最小，最后运用平行线等分线段定理，即可求解.【详解】解：∵等腰直角三角形ABC，等腰直角三角形CDE∴∠ECD=45°，∠ACB=45°即AC⊥EC,且CE∥BF当AG⊥BF，时AG最小，所以由∵AF=AE∴AG=CG=AC=3故答案为3本题考查了等腰直角三角形三角形的性质和平行线等分线段定理，其中灵活应用三角形中位线定理是解答本题的关键.11、AB=AD.【解析】

由条件OA=OC，AB=CD根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得四边形ABCD为平行四边形，再加上条件AB=AD可根据一组邻边相等的平行四边形是菱形进行判定．【详解】添加AB=AD，∵OA=OC，OB=OD，∴四边形ABCD为平行四边形，∵AB=AD，∴四边形ABCD是菱形，故答案为：AB=AD．此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．12、【解析】解：∵四边形ABCD为正方形，∴∠ABC=90°．∵△ABP绕点B顺时针方向旋转能与△CBP′重合，∴∠PBP′=∠ABC=90°，PB=P′B=2，∴△PBP′为等腰直角三角形，∴PP′=PB=．故答案为．点睛：本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了正方形与等腰直角三角形性质．13、丁【解析】

据方差的意义可作出判断．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．【详解】解：因为乙和丁的方差最小，但丁平均数最小，

所以丁还原魔方用时少又发挥稳定．

故应该选择丁同学．本题考查方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．三、解答题（本大题共5个小题，共48分）14、（1）见解析；（2）见解析．【解析】

（1）根据平行四边形的判定和性质即可得到结论；（2）根据平行四边形的判定和性质即可得到结论．【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴BO＝OD，AO＝OC，又∵E，F分别为AO，OC的中点，∴EO＝OF，∴四边形BFDE是平行四边形，∴DE＝BF；（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴BO＝OD，AO＝OC，又∵E，F分别为AO，OC的中点，∴EO＝OF，∴四边形BFDE是平行四边形．本题考查了平行四边形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定和性质，属于中考常考题型．15、（1）-22；（2）2【解析】

（1）直接利用二次根式的乘法运算法则计算得出答案；（2）首先化简二次根式，进而计算得出答案．【详解】解：（1）原式＝3﹣25＝﹣22；（2）原式＝2﹣＝2．此题主要考查了二次根式的混合运算，正确化简二次根式是解题关键．16、（1）证明见解析（2）AG⊥BE（3）证明见解析【解析】

（1）根据正方形的性质得DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，则可根据“SAS”证明△ADG≌△CDG，所以∠DAG=∠DCG；（2）根据正方形的性质得AB=DC，∠BAD=∠CDA=90°，根据“SAS”证明△ABE≌△DCF，则∠ABE=∠DCF，由于∠DAG=∠DCG，所以∠DAG=∠ABE，然后利用∠DAG+∠BAG=90°得到∠ABE+∠BAG=90°，于是可判断AG⊥BE；（3）如答图1所示，过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，证明△AON≌△BOM，可得四边形OMHN为正方形，因此HO平分∠BHG结论成立.【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，∴DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，在△ADG和△CDG中，，∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠DAG=∠DCG；（2）解：AG⊥BE．理由如下：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=DC，∠BAD=∠CDA=90°，在△ABE和△DCF中，，∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠ABE=∠DCF，∵∠DAG=∠DCG，∴∠DAG=∠ABE，∵∠DAG+∠BAG=90°，∴∠ABE+∠BAG=90°，∴∠AHB=90°，∴AG⊥BE；（3）解：由（2）可知AG⊥BE．如答图1所示，过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，则四边形OMHN为矩形．∴∠MON=90°，又∵OA⊥OB，∴∠AON=∠BOM．∵∠AON+∠OAN=90°，∠BOM+∠OBM=90°，∴∠OAN=∠OBM．在△AON与△BOM中，，∴△AON≌△BOM（AAS）．∴OM=ON，∴矩形OMHN为正方形，∴HO平分∠BHG．此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的意义，垂直的判定，利用全等三角形的判断方法判断三角形是解本题的关键．17、（1），；（2），；（3）当时方式一省钱；当时，方式二省钱，当时；方式一省钱，当为分钟、分钟时，两种方式费用相同【解析】

（1）按照表格中的收费方式计算即可；（2）根据表格中的收费方式，对t进行分段列出函数关系式；（3）根据t的取值范围，列出不等式解答即可．【详解】解：（1）由题意可得：月主叫时间分钟时，方式一收费为元；月主叫时间分钟时，方式二收费为元；故答案为：；．（2）由题意可得：(元)的函数关系式为：(元)的函数关系式为：（3）①当时方式一更省钱；②当时，若两种方式费用相同，则当．解得:即当,两种方式费用相同，当时方式一省钱当时，方式二省钱；③当时，若两种方式费用相同，则当，解得:即当，两种方式费用相同，当时方式二省钱，当时，方式一省钱；综上所述，当时方式一省钱；当时，方式二省钱，当时，方式一省钱，当为分钟、分钟时，两种方式费用相同．本题考查了一次函数中方案选择问题，解题的关键是表达出不同收费方式的函数关系式，再利用不等式的知识对不同时间内进行讨论．18、（1）1；（2），；（3）＜x＜．【解析】试题分析：（1）根据单价=总价÷数量，即可解决问题．（2）y1函数表达式=50+单价×数量，y2与x的函数表达式结合图象利用待定系数法即可解决．（3）画出函数图象后y1在y2下面即可解决问题．试题解析：（1）甲、乙两采摘园优惠前的草莓销售价格是每千克10÷10=1元．故答案为1．（2）由题意，；（3）函数y1的图象如图所示，由解得：，所以点F坐标（，125），由，解得：，所以点E坐标（，650）．由图象可知甲采摘园所需总费用较少时＜x＜．考点：分段函数；函数最值问题．一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）19、2【解析】

先解方程求得方程的两根，那么根据三角形的三边关系，得到合题意的边，进而求得三角形周长即可．【详解】解：解方程得第三边的边长为2或1．第三边的边长，第三边的边长为1，这个三角形的周长是．故答案为2．本题考查了一元二次方程的解法和三角形的三边关系定理．已知三角形的两边，则第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和．20、1．【解析】∵ABCD的周长为33，∴2（BC+CD）=33，则BC+CD=2．∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，BD=12，∴OD=OB=BD=3．又∵点E是CD的中点，∴OE是△BCD的中位线，DE=CD．∴OE=BC．∴△DOE的周长="OD+OE+DE="OD+（BC+CD）=3+9=1，即△DOE的周长为1．21、13【解析】

根据中位线性质可以推出CD∥AB，AD∥BC，可得四边形ABCD为平行四边形，由中点可得四边形ABCD的周长【详解】∵点A，C，D分别是MB，NB，MN的中点，∴CD∥AB，AD∥BC，∴四边形ABCD为平行四边形，∴AB=CD，AD=BC.∵BM＝6，BN＝7，点A，C分别是MB，NB的中点，∴AB=3，BC=3.5，∴四边形ABCD的周长=（AB+BC）×2=（3+3.5）×2=13.故答案为13本题考查了中位线的性质，以及平行四边形的判定及性质，掌握中位线的性质及平行四边形的性质是解题的关键.22、1【解析】

将x=1代入可得交点纵坐标的值，再将交点坐标代入y=kx可得k．【详解】解：把x=1代入得：y=1，∴与的交点坐标为（1，1），

把x=1，y=1代入y=kx得k=1．

故答案是：1．本题主要考查两条直线的交点问题，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式．23、【解析】分析：把分式进行化简就是对分式进行约分，首先要对分子、分母进行分解因式，然后约分．详解：原式==．故答案为：．点睛：分式进行约分时，应先把分子、分母中的多项式进行分解因式，正确分解因式是掌握约分的关键．二、解答题（本大题共3个小题，共30分）24、（1）x1＝2+，x2＝2﹣；（2）原方程无解．【解析】

（1）首先采用凑完全平方公式的原则，凑成完全平方式，在求解.（2）采用分式方程的求解方法求解即可.【详解】解：（1）∵x2﹣4x+4＝1+4，∴（x﹣2）2＝5，则x