江苏省如皋市外国语学校2024-2025学年数学九年级第一学期开学达标检测试题【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7页江苏省如皋市外国语学校2024-2025学年数学九年级第一学期开学达标检测试题题号一二三四五总分得分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）直线=与直线y2=2x在同一平面直角坐标系中的图象如图所示，则不等式y1≤y2的解集为（）A．x≤﹣1 B．x≥﹣1 C．x≤﹣2 D．x≥﹣22、（4分）化简的结果是（）A．9 B．3 C．3 D．23、（4分）在下列各式中，一定是二次根式的是（）A． B． C． D．4、（4分）要使二次根式x-3有意义，则x的取值范围是（）A．x>3． B．x<3. C．x≥3． D．x≤3．5、（4分）在直角三角形中，若勾为3，股为4，则弦为（）A．5 B．6 C．7 D．86、（4分）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边CD、AD上的点，且CE＝DF．AE与BF相交于点O，则下列结论错误的是（）A．AE＝BF B．AE⊥BFC．AO＝OE D．S△AOB＝S四边形DEOF7、（4分）如图，在正方形外取一点，连接、、，过点作的垂线交于点．若，，下列结论：①；②；③点到直线的距离为；④；⑤正方形．其中正确的是（）A．①②③④ B．①②④⑤ C．①③④ D．①②⑤8、（4分）如图所示，点是的平分线上一点，于点，已知，则点到的距离是（）A．1.5 B．3C．5 D．6二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）9、（4分）如图，将矩形ABCD沿直线BD折叠，使C点落在C′处，BC′交边AD于点E，若∠ADC′=40°，则∠ABD的度数是_____．10、（4分）解分式方程+=时，设=y，则原方程化为关于y的整式方程是______．11、（4分）如图，菱形ABCD对角线AC=6cm，BD=8cm，AH⊥BC于点H，则AH的长为_______．12、（4分）如图，函数y=k1x

(x>0)的图象与矩形OABC的边BC交于点D，分别过点A，D作AF∥DE，交直线y=k2x(k2<0)于点F，E.若OE=OF，BD=2CD，四边形ADEF的面积为12，则k1的值为13、（4分）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC，对角线AC、BD相交于点O，现将一个直角三角板OEF的直角顶点与O重合，再绕着O点转动三角板，并过点D作DH⊥OF于点H，连接AH.在转动的过程中，AH的最小值为_________．三、解答题（本大题共5个小题，共48分）14、（12分）嘉琪准备完成题目“计算：”时，发现“”处的数字印刷得不清楚.他把“”处的数字猜成3，请你计算.15、（8分）如图是一个多边形，你能否用一直线去截这个多边形，使得到的新多边形分别满足下列条件：画出图形，把截去的部分打上阴影新多边形内角和比原多边形的内角和增加了．新多边形的内角和与原多边形的内角和相等．新多边形的内角和比原多边形的内角和减少了．将多边形只截去一个角，截后形成的多边形的内角和为，求原多边形的边数．16、（8分）城有肥料吨，城有肥料吨，现要把这些肥料全部运往、两乡．从城运往、两乡运肥料的费用分别是每吨元和元，从城往、两乡运肥料的费用分别为每吨元和元，现在乡需要肥料吨，乡需要肥料吨，设城运往乡的肥料量为吨，总运费为元．（1）写出总运费元与之间的关系式；（2）当总费用为元，求从、城分别调运、两乡各多少吨？（3）怎样调运化肥，可使总运费最少？最少运费是多少？17、（10分）已知．将他们组合成（A﹣B）÷C或A﹣B÷C的形式，请你从中任选一种进行计算，先化简，再求值，其中x＝1．18、（10分）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB＝5，AD＝3，E是AB上的一点，F是AD上的一点，连接BO和FO．（1）当点E为AB中点时，求EO的长度；（2）求线段AO的取值范围；（3）当EO⊥FO时，连接EF．求证：BE+DF＞EF．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）如果是两个不相等的实数，且满足，那么代数式_____.20、（4分）已知一次函数y=bx+5和y=﹣x+a的图象交于点P（1，2），直接写出方程的解_____．21、（4分）如图，在矩形ABCD中，DE⊥AC，∠CDE=2∠ADE，那么∠BDC的度数是________．22、（4分）已知，则_______.23、（4分）不等式的正整数解有________个．二、解答题（本大题共3个小题，共30分）24、（8分）如图①，在平面直角坐标系中，直线y=−12x+2与交坐标轴于A,B两点．以AB为斜边在第一象限作等腰直角三角形ABC，C为直角顶点，连接OC．（1）求线段AB的长度（2）求直线BC的解析式；（3）如图②，将线段AB绕B点沿顺时针方向旋转至BD，且，直线DO交直线y=x+3于P点，求P点坐标．25、（10分）如图，已知∠AOB，OA＝OB，点E在边OB上，四边形AEBF是平行四边形．（1）请你只用无刻度的直尺在图中画出∠AOB的平分线．（保留作图痕迹，不写作法）（2）请说明你的画法的正确性．26、（12分）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与轴交于点．（1）求该抛物线的解析式；（2）P是y轴正半轴上一点，且△PAB是以AB为腰的等腰三角形，试求点P的坐标；（3）作直线BC，若点Q是直线BC下方抛物线上的一动点，三角形QBC面积是否有最大值，若有，请求出此时Q点的坐标；若没有，请说明理由．

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】

直接根据两函数图象的交点坐标即可得出结论．【详解】∵由函数图象可知，当x≥-1时，直线y1＝在直线y2=2x的下方，

∴不等式y1≤y2的解集为x≥-1．

故选：B．本题考查的是一次函数与一元一次不等式，能利用函数图象直接得出不等式的解集是解答此题的关键．2、B【解析】

先进行二次根式的化简，再进行二次根式的除法运算求解即可．【详解】解：＝1÷＝1．故选：B．本题考查了二次根式的乘除法，解答本题的关键在于熟练掌握该知识点的运算法则．3、C【解析】试题解析：：A、是三次根式；故本选项错误；B、被开方数-10＜0，不是二次根式；故本选项错误；C、被开方数a2+1≥0，符合二次根式的定义；故本选项正确；D、被开方数a＜0时，不是二次根式；故本选项错误；故选C．点睛：式子（a≥0）叫做二次根式，特别注意a≥0，a是一个非负数．4、C【解析】

根据二次根式的性质，被开方数大于等于0，列不等式求解．【详解】解：根据题意得：x-3≥0，解得，x≥3．

故选：C．本题考查二次根式有意义的条件，利用被开方数是非负数得出不等式是解题关键．5、A【解析】分析：直接根据勾股定理求解即可．详解：∵在直角三角形中，勾为3，股为4，∴弦为故选A．点睛：本题考查了勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．6、C【解析】试题解析：A、∵在正方形ABCD中，

又

∴≌

故此选项正确；

B、∵≌

故此选项正确；

C、连接

假设AO=OE，

∴

∴≌

又

∴AB不可能等于BE，

∴假设不成立，即

故此选项错误；

D、∵≌

∴S△AOB=S四边形DEOF，故此选项正确．

故选C．7、D【解析】

①利用同角的余角相等，易得∠EDC＝∠PDA，再结合已知条件利用SAS可证两三角形全等；②利用①中的全等，可得∠APD＝∠CED，结合三角形的外角的性质，易得∠CEP＝90°，即可证；③过C作CF⊥DE，交DE的延长线于F，利用②中的∠BEP＝90°，利用勾股定理可求CE，结合△DEP是等腰直角三角形，可证△CEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求EF、CF；⑤在Rt△CDF中，利用勾股定理可求CD2，即是正方形的面积；④连接AC，求出△ACD的面积，然后减去△ACP的面积即可．【详解】解：①∵DP⊥DE，∴∠PDE＝90°，∴∠PDC＋∠EDC＝90°，∵在正方形ABCD中，∠ADC＝90°，AD＝CD，∴∠PDC＋∠PDA＝90°，∴∠EDC＝∠PDA，在△APD和△CED中∴（SAS）（故①正确）；②∵，∴∠APD＝∠CED，又∵∠CED＝∠CEA＋∠DEP，∠APD＝∠PDE＋∠DEP，∴∠CEA＝∠PDE＝90°，（故②正确）；③过C作CF⊥DE，交DE的延长线于F，∵DE＝DP，∠EDP＝90°，∴∠DEP＝∠DPE＝45°，又∵②中∠CEA＝90°，CF⊥DF，∴∠FEC＝∠FCE＝45°，∵，∠EDP＝90°，∴∴，∴CF＝EF＝，∴点C到直线DE的距离为（故③不正确）；⑤∵CF＝EF＝，DE＝1，∴在Rt△CDF中，CD2＝（DE＋EF）2＋CF2＝，∴S正方形ABCD＝CD2＝（故⑤正确）；④如图，连接AC，∵△APD≌△CED，∴AP＝CE＝，∴＝S△ACD﹣S△ACP＝S正方形ABCD﹣×AP×CE＝×（）﹣××＝．（故④不正确）．故选：D．本题利用了全等三角形的判定和性质、正方形的性质、正方形和三角形的面积公式、勾股定理等知识，综合性比较强，得出，进而结合全等三角形的性质分析是解题关键．8、B【解析】

已知条件给出了角平分线、PE⊥AC于点E等条件，利用角平分线上的点到角的两边的距离相等，即可求解．【详解】如图，过点P作PF⊥AB于点F，∵AD平分∠CAB，PE⊥AC，PF⊥AB∴PE=PF，∵PE=1，∴PF=1，即点到的距离是1．故选A．本题主要考查了角平分线上的一点到角的两边的距离相等的性质．做题时从已知开始思考，想到角平分线的性质可以顺利地解答本题．二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）9、65°【解析】

直接利用翻折变换的性质得出∠2=∠3=25°，进而得出答案．【详解】解：由题意可得：∠A=∠C′=90°，∠AEB=∠C′ED，故∠1=∠ADC′=40°，则∠2+∠3=50°，∵将矩形ABCD沿直线BD折叠，使C点落在C′处，∴∠2=∠3=25°，∴∠ABD的度数是：∠1+∠2=65°，故答案为65°．本题考查了矩形的性质、翻折变换的性质，正确得出∠2=∠3=25°是解题关键．10、y2-y+1=1【解析】

根据换元法，可得答案．【详解】解：设=y，则原方程化为y+-=1两边都乘以y，得y2-y+1=1，故答案为：y2-y+1=1．本题考查了解分式方程，利用换元法是解题关键．11、cm【解析】

根据菱形的性质求出BC=5，然后根据菱形ABCD面积等于BC∙AH进一步求解即可．【详解】∵四边形ABCD是菱形，∴CO=AC=3cm，BO=BD=4cm，AO⊥BO，∴BC==5cm，∴S菱形ABCD==×6×8=24cm2，∵S菱形ABCD=BC×AH，∴BC×AH=24，∴AH=cm．故答案为：cm．本题主要考查了菱形的性质与勾股定理的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键．12、2【解析】

如图，连接OD，过O作OM∥ED交AD于M，可以得出S△AOD=12S四边形ADEF，进而得到S矩形OACB的值．作DH⊥OA于H，可得S矩形OCDH【详解】解：如图，连接OD，过O作OM∥ED交AD于M．S△AOD=S△AOM+S△DOM=12OM×h1+12OM×h2==12OM（h1+h2），S四边形ADEF=12（AF+又∵OM=12（AF+ED），h1+h2=h，故S△AOD=12S四边形ADEF=12∵△AOD和矩形OACB同底等高，故S矩形OACB=12，作DH⊥OA于H．∵BD=2CD，BC=3CD，故S矩形OCDH=13×12=2，即CD×DH=xy=k1=2故答案为：2．本题考查了反比例函数与几何综合．求出S△AOD的值是解答本题的关键．13、1﹣1【解析】

取OD的中点G，过G作GP⊥AD于P，连接HG，AG，依据∠ADB=30°，可得PGDG=1，依据∠DHO=90°，可得点H在以OD为直径的⊙G上，再根据AH+HG≥AG，即可得到当点A，H，G三点共线，且点H在线段AG上时，AH最短，根据勾股定理求得AG的长，即可得出AH的最小值．【详解】如图，取OD的中点G，过G作GP⊥AD于P，连接HG，AG．∵AB=4，BC=4AD，∴BD8，∴BD=1AB，DO=4，HG=1，∴∠ADB=30°，∴PGDG=1，∴PD，AP=3．∵DH⊥OF，∴∠DHO=90°，∴点H在以OD为直径的⊙G上．∵AH+HG≥AG，∴当点A，H，G三点共线，且点H在线段AG上时，AH最短，此时，Rt△APG中，AG，∴AH=AG﹣HG=11，即AH的最小值为11．故答案为11．本题考查了圆和矩形的性质，勾股定理的综合运用，解决问题的关键是根据∠DHO=90°，得出点H在以OD为直径的⊙G上．三、解答题（本大题共5个小题，共48分）14、.【解析】

先将括号内的二次根式进行化简再进行乘法计算，最后去括号，合并即可得到结果.【详解】原式.本题考查了二次根式的混合运算，在进行此类运算时，一般先把二次根式化为最简二次根式的形式后再运算.15、（1）作图见解析；（2）15，16或1．

【解析】

（1）①过相邻两边上的点作出直线即可求解；②过一个顶点和相邻边上的点作出直线即可求解；③过相邻两边非公共顶点作出直线即可求解；（2）根据多边形的内角和公式先求出新多边形的边数，然后再根据截去一个角的情况进行讨论．【详解】如图所示：设新多边形的边数为n，则，解得，若截去一个角后边数增加1，则原多边形边数为15，若截去一个角后边数不变，则原多边形边数为16，若截去一个角后边数减少1，则原多边形边数为1，故原多边形的边数可以为15，16或1．本题主要考查了多边形的内角和公式，注意要分情况进行讨论，避免漏解．16、（1）；（2）城运往乡的肥料量为吨，城运往乡的肥料量为吨，城运往的肥料量分别为吨，城运往的肥料量分别为吨；（3）从城运往乡吨，运往乡吨；从城运往乡吨，运往乡吨，此时总运费最少，总运费最小值是元【解析】

（1）设C城运往A乡的化肥为x吨，表示出A城运往D乡的化肥为吨，B城运往C乡的化肥为吨，B城运往D乡的化肥为吨，总运费为y，然后根据总运费的表达式列式整理，再根据运往各地的肥料数不小于0列式求出x的取值范围即可.（2）将代入（1）中求得的关系式，即可完成.（3）利用（1）中求得的关系式，根据一次函数的增减性解答即可.【详解】解：（1）设总运费为元，城运往乡的肥料量为吨，则运往乡的肥料量为吨；城运往C、D乡的肥料量分别为吨和吨．由总运费与各运输量的关系可知，反映与之间的函数关系为化简，得（2）将代入得：，解得：，，，，从城运往乡的肥料量为吨，城运往乡的肥料量为吨，城运往的肥料量分别为吨，城运往的肥料量分别为吨．（3），，随的增大而增大，当时，从城运往乡吨，运往乡吨；从城运往乡吨，运往乡吨，此时总运费最少，总运费最小值是元．本题考查了一次函数的应用，主要是运用待定系数法求关系式以及利用一次函数的增减性求最值问题，难点在于表示出运往各地的化肥吨数．17、答案不唯一，如选（A﹣B）÷C，化简得，【解析】

首先选出组合，进而代入，根据分式运算顺序进而化简，求出即可．【详解】选（A﹣B）÷C=（=[]当x=1时，原式．本题考查了分式的化简求值，正确运用分式基本性质是解题的关键．18、（1）；（2）1＜AO＜4；（3）见解析.【解析】

（1）O是中点,E是中点，所以OE＝BC＝;（2）在△ACD中利用三角形的第三边长小于两边之和，大于两边只差;（3）延长FO交BC于G点，就可以将BE,FD,EF放在一个三角形中，利用三角形两边之和大于第三边即可.【详解】（1）解：∵四边形ABCD为平行四边形，∴BC＝AD＝3，OA＝OC，∵点E为AB中点，∴OE为△ABC的中位线，∴OE＝BC＝；（2）解：在△ABC中，∵AB﹣BC＜AC＜AB+BC，而OA＝OC，∴5﹣3＜2AO＜5+3，∴1＜AO＜4；（3）证明：延长FO交BC于G点，连接EG，如图，∵四边形ABCD为平行四边形，∴OB＝OD，BC∥AD，∴∠OBG＝∠ODF，在△OBG和△ODF中，∴△OBG≌△ODF，∴BG＝DF，OG＝OF，∵EO⊥OF，∴EG＝EF，在△BEG中，BE+BG＞EG，∴BE+FD＞EF．本题主要考查中位线的性质，以及通过构造新的全等三角形，应用三角形两边之和大于第三边性质来比较线段的关系.一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）19、1【解析】

由于m，n是两个不相等的实数，且满足m2-m=3，n2-n=3，可知m，n是x2-x-3=0的两个不相等的实数根．则根据根与系数的关系可知：m+n=1，mn=-3，又n2=n+3，利用它们可以化简，然后就可以求出所求的代数式的值．【详解】解：由题意可知：m，n是两个不相等的实数，且满足m2-m=3，n2-n=3，所以m，n是x2-x-3=0的两个不相等的实数根，则根据根与系数的关系可知：m+n=1，mn=-3，又n2=n+3，则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．故答案为：1．本题考查一元二次方程根与系数的关系，解题关键是把所求代数式化成两根之和、两根之积的系数，然后利用根与系数的关系式求值．20、．【解析】根据方程组的解即为函数图象的交点坐标解答即可．解：∵一次函数y=bx+5和y=﹣x+a的图象交于点P（1，2），∴方程组的解为．故答案为为．21、30°【解析】分析：由矩形的性质得出∠ADC=90°，OA=OD，得出∠ODA=∠DAE，由已知条件求出∠ADE，得出∠DAE、∠ODA，即可得出∠BDC的度数．详解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC=90°，OA=OD，∴∠ODA=∠DAE，∵∠CDE=2∠ADE，∴∠ADE=90°÷3=30°，∵DE⊥AC，∴∠AED=90°，∴∠DAE=60°，∴∠ODA=60°，∴∠BDC=90°-60°=30°；故答案为：30°．点睛：本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定与性质；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．22、【解析】

先对变形，得到b=，然后将b=代入化简计算即可.【详解】解：由，b=则故答案为-2.本题考查了已知等式，求另一代数式值的问题；其解答关键在于对代数式进行变形，寻找它们之间的联系23、4【解析】

首先利用不等式的基本性质解不等式，再从不等式的解集中找出适合条件的正整数即可．【详解】解：解得：不等式的解集是，故不等式的正整数解为1，2，3，4，共4个．故答案为：4.本题考查了一元一次不等式的整数解，正确解不等式，求出解集是解答本题的关键．解不等式应根据不等式的基本性质．二、解答题（本大题共3个小题，共30分）24、（1）；（2）；（3）P点的坐标是.【解析】

（1）先确定出点A，B坐标，利用勾股定理计算即可；（2）如图1中，作CE⊥x轴于E，作CF⊥y轴于F，进而判断出，即可判断出四边形OECF是正方形，求出点C坐标即可解决问题．（3）如图2中，先判断出点B是AM的中点，进而求出M的坐标，即可求出DP的解析式，联立成方程组求解即可得出结论．【详解】解：（1）∵直线交坐标轴于A、B两点．∴令，，∴B点的坐标是，，令，，∴A点的坐标是，，根据勾股定理得：.（2）如图，作CE⊥x轴于E，作CF⊥y轴于F，∴四边形OECF是矩形．∵是等腰直角三角形，，，，，，，．∴四边形OECF是正方形，，，，．∴C点坐标设直线BC的解析式为：，∴将、代入得：，解得：，．∴直线BC的解析式为：.（3）延长AB交DP于M，由旋转知，BD＝AB，∴∠BAD＝∠BDA，∵AD⊥DP，∴∠ADP＝90°，∴∠BDA＋∠BDM＝90°，∠BAD＋∠AMD＝90°，∴∠AMD＝∠BDM，∴BD＝BM，∴BM＝AB，∴点B是AM的中点，∵A（4，0），B（0，2），∴M（−4，4），∴直线DP的解析式为y＝−x，∵直线DO交直线y＝x＋3于P点，将直线与联立得：解得：∴P点的坐标是.此题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，一次函数的图像和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等，解（2）的关键是求出点C的坐标，解（3）的关键是证明点B是AM的中点，求出直线DP的解析式．25、（1）射线OP即为所求，见解析；（2）见解析.【解析】

（1）连接AB、EF交于点P，作射线OP即可；（2）用SSS证明△APO≌△BPO即可.【详解】解：（1）射线OP即为所求，（2）连结AB、EF交于点P，作射线OP，因为四边形AEBF是平行四边形所以，AP＝BP，又AO＝BO，OP＝OP，所以，△APO≌△BPO，所以，∠AOP＝∠BOP．本题考