2025北京首都师大附中九年级（下）开学考数学（教师版）

第1页/共1页2025北京首都师大附中初三（下）开学考数学一、选择题1.下列几何体中，主视图为矩形的是（）A.B.C. D.2.如图，若数轴上的点A表示下列四个无理数中的一个，则这个无理数是（）A. B. C. D.π3.已知a，b互为相反数，，则下列结论正确的是（）A. B. C. D.4.已知，直线，把一块含有角的直角三角板如图放置，，三角板的斜边所在直线交于点，则（）A. B. C. D.5.如图，在中，分别以点A和点C为圆心，大于的长为半径作弧（弧所在圆的半径都相等），两弧相交于M，N两点，直线分别与边相交于点D，E，连接．若，则的长为（）A.9 B.8 C.7 D.66.根据下列表格中的信息，代表的分式可能是（）…012……0**无意义*…A. B. C. D.7.某公司拟推出由7个盲盒组成的套装产品，现有10个盲盒可供选择，统计这10个盲盒的质量如图所示．序号为1到5号的盲盒已选定，这5个盲盒质量的中位数恰好为100，6号盲盒从甲、乙、丙中选择1个，7号盲盒从丁、戊中选择1个，使选定7个盲盒质量的中位数仍为100，可以选择（）A.甲、丁 B.乙、戊 C.丙、丁 D.丙、戊8.如图，矩形中，，，动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿，向终点B，D运动，过点E，F作直线l，过点A作直线l的垂线，垂足为G，则的最大值为（）A. B. C.2 D.1二、填空题9.已知，，则________．10.如图，在矩形中，是边的中点，连接交对角线于点，若，，则的长为________．11.若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则m的取值范围是___．12.在平面直角坐标系中，当时，对于x的每一个值，反比例函数的值大于一次函数的值，则m的取值范围是________．13.中国古代的数学家赵爽在为《周髀算经》作注解时，用个全等的直角三角形拼成正方形，如图，并用它证明了勾股定理，这个图被称为“弦图”．若“弦图”中小正方形的面积与每个直角三角形的面积均为，为直角三角形中的一个锐角，则___________14.已知抛物线．点，在抛物线总有，则b的取值范围是________．15.如图，是的直径，点E是的中点，过点E作弦．连接，．若点F是的中点，过点C作，垂足为点G．若的半径为2，则的长是________．16.对于平面直角坐标系中的图形M，N，给出如下定义：P为图形M上任意一点，Q为图形N上任意一点，如果P，Q两点间的距离有最小值，那么称这个最小值为图形M，N间的“闭距离”，记作．已知点．的圆心为，半径为1．若，则写出t的取值范围________三、解答题17.如图1，在矩形中，为对角线，的垂直平分线分别交于点E，O，F，连接．（1）求证：四边形是菱形．（2）如图2，连接，若，求的值．18.如图，是的直径，点C在上，的平分线交于点D，交于点H，过点D的直线，分别交的延长线于点E，F．（1）求证：直线是的切线；（2）若，，求和的长．19.在平面直角坐标系中，已知抛物线．（1）求该抛物线的对称轴（用含的式子表示）；（2），为该抛物线上的两点，若，，且，求的取值范围．20.在正方形ABCD中，将线段DA绕点D旋转得到线段DP（不与BC平行），直线DP与直线BC相交于点E，直线AP与直线DC相交于点F．（1）如图1，当点P在正方形内部，且∠ADP=60°时，求证：DE+CE=DF；（2）当线段DP运动到图2位置时，依题意补全图2，用等式表示线段DE，CE，DF之间的数量关系，并证明．

参考答案一、选择题1.【答案】B【分析】根据主视图是从物体正面看，所得到的图形，分别得出四个几何体的主视图，即可解答．【详解】解：A、圆锥的主视图是等腰三角形，不符合题意；B、长方体的主视图是矩形，符合题意；C、球的主视图是圆形，不合题意；D、该几何体的主视图是梯形，不符合题意；故选：B．【点睛】本题考查了简单几何体的三视图，解题的关键是能够理解主视图的概念以及对常见的几何体的主视图有一定的空间想象能力．2.【答案】D【分析】根据无理数的估算、实数与数轴的关系即可得．【详解】解：由数轴可知，点表示的无理数大于3且小于4．A、，不符合题意；B、，不符合题意；C、，不符合题意；D、，符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了实数与数轴、无理数的估算，熟练掌握无理数的估算方法是解题关键．3.【答案】C【分析】本题主要考查了相反数的定义，有理数的乘法，有理数的加减法，根据相反数的定义可知a是负数，b，c都是正数，再结合有理数的运算法则判断即可．【详解】解：∵a，b互为相反数，且，∴，∴，所以A不正确；∵，∴，所以B，D不正确，C正确．故选：C．4.【答案】B【分析】本题考查了平行线的性质，根据两直线平行，内错角相等，得出，即可解答．【详解】解：∵，∴，∴，故选：B．5.【答案】D【分析】由作图可知直线为边的垂直平分线，再由得到，则可知三点在以为圆心直径的圆上，进而得到，由勾股定理求出即可．【详解】解：由作图可知，直线为边的垂直平分线，∵∴，∵，∴，∴三点在以为圆心直径的圆上，∴，∵，∴∴．故选：D．【点睛】本题考查了线段垂直平分线的尺规作图和性质，圆的基本性质和勾股定理，解答关键是熟练掌握常用尺规作图的作图痕迹，由作图过程得到新的结论．6.【答案】C【分析】本题考查了分式有意义的条件，根据分式有意义的条件及分式的值为的条件解答即可，熟知分式有意义的条件是分母不等于零是解题的关键．【详解】解：由表格可知，当时分式无意义，∴不合题意；∵当时，分式的值为，∴不符合题意，符合题意，故选：．7.【答案】C【分析】本题主要考查了用中位数做决策，由图像可知，要使选定7个盲盒质量的中位数仍为100，则需要选择100克以上的一个盲盒和100克以下的盲盒一个，根据选项即可得出正确的答案．【详解】解：由图像可知，要使选定7个盲盒质量的中位数仍为100，则需要从第6号盲盒和第7号盲盒里选择100克以上的一个盲盒和100克以下的盲盒一个，因此可排除甲、丁，乙、戊，丙、戊故选：C．8.【答案】D【分析】本题主要考查了矩形的性质、动点轨迹、与圆有关的位置关系等知识，根据矩形的性质以及直角三角形斜边中线的性质确定G的轨迹是本题解题的关键．连接，交于点，取中点，连接，根据直角三角形斜边中线的性质，可以得出的轨迹，从而求出的最大值．【详解】解：连接，交于点，取中点，连接，如图所示：∵四边形是矩形，∴，，，∴在中，，∴，∵，，在与中，，，，，共线，，是中点，∴在中，，的轨迹为以为圆心，为半径即为直径的圆弧．∴的最大值为的长，即．故选：D．二、填空题9.【答案】24【分析】本题考查了代数式的求值、因式分解，利用平方差公式分解因式是解题的关键．先利用平方差公式分解因式，再整体代入即可求解．【详解】解：，，．故答案为：24．10.【答案】【分析】根据勾股定理求出，根据//，得到，即可求出的长．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，//，，在中，，∴，∵是中点，∴，∵//，∴，∴．故答案为：．【点睛】考查矩形的性质，勾股定理，相似三角形的性质及判定，熟练掌握相似三角形的判定方法和性质是解题的关键．11.【答案】m＜5【分析】由题意得判别式为正数，得关于m的一元一次不等式，解不等式即可．【详解】∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，∴．解得：m<5．故答案为：m<5．【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式及解一元一次不等式，熟悉一元二次方程的根的判别式与一元二次方程的实数根的情况的关系是本题的关键．12.【答案】或【分析】本题考查了一次函数与反比例函数综合，熟练掌握一次函数与反比例函数的图象与性质是解题的关键．由一次函数的性质可得，当时，，再分和两种情况讨论，根据反比例函数的性质分别求出m的取值范围即可．【详解】解：，中随着增大而增大，令，则，当时，，①若，当时，恒成立，此时对于x的每一个值，反比例函数的值大于一次函数的值，符合题意；②若，当时，反比例函数中随着增大而减小，令，则，对于的每一个值，反比例函数的值大于一次函数的值，∴-m>-4，解得：；综上所述，m的取值范围是或．故答案为：或．13.【答案】【分析】根据题意和题目中的数据，可以先求出大正方形的面积，然后设出小直角三角形的两条直角边，再根据勾股定理和两直角边的关系可求得直角三角形的两条直角边的长，然后即可求得的值．【详解】解：由已知可得，大正方形的面积为，设直角三角形的长直角边为，短直角边为，则，，解得：，或，（不合题意，舍去），．故答案为：．【点睛】本题考查勾股定理、解直角三角形，解答本题的关键是求出直角三角形的两条直角边长．14.【答案】【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．分别代入点，到抛物线，得出，，结合列出不等式，解不等式即可求出b的取值范围．【详解】解：代入到，得，代入到，得，，，解得：．故答案为：．15.【答案】【分析】本题主要考查了圆周角定理、锐角三角函数的定义、等边三角形的性质与判定，熟练掌握相关知识点，学会结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．连接，由是的直径，得到，，，推出，根据锐角三角函数的定义，结合点E是的中点可得，推出，从而证出是等边三角形，再通过证明，即可求出的长．【详解】解：如图，连接，是的直径，，，，，是的垂直平分线，，，点E是的中点，，，在中，，，，，是等边三角形，，，，点F是的中点，，，，又，，，．故答案为：．16.【答案】或或【分析】利用待定系数法求出直线的解析式，设直线与轴、轴分别交于点、，利用一次函数的性质求出，根据题意分3种情况讨论：①在的左侧；②在的内部；③在的右侧，分别画出对应的图形，利用直线和圆的位置关系、等腰直角三角形的性质与判定等知识求解即可．【详解】解：设直线的解析式为，代入，得，解得：，直线的解析式为，设直线与轴、轴分别交于点、，令，则，即，令，则，，，，是等腰直角三角形，；由题意得，与的位置关系分为3种情况：①当在的左侧时，，半径为1，到线段的距离为，；②当在的内部时，此时到线段的距离恒为，又，半径为1，到线段的距离或到线段的距离不小于2，当到线段的距离为2时，此时圆心与原点重合，即，当到线段的距离为2时，记此时的位置为，作，则，，，，，是等腰直角三角形，，，即，t的取值范围为；③当在的右侧时，，半径为1，到线段的距离为2，记此时的位置为，作，同理②可得，，，即；综上所述，t的取值范围为或或．故答案为：或或．【点睛】本题考查了定义新运算、直线和圆的位置关系、求一次函数的解析式、等腰直角三角形的性质与判定，理解“闭距离”的定义，学会利用数形结合和分类讨论的思想是解题的关键．三、解答题17.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】对于（1），先根据线段垂直平分线的性质得，再根据“角边角”证明，可得，然后根据“四边相等的四边形是菱形”得出答案；对于（2），根据直角三角形的性质得，进而得出，及，然后说明等边三角形，可得，最后根据特殊角的三角函数值得出答案．【小问1详解】证明：∵是的垂直平分线，∴．∵四边形是矩形，∴，∴．∵，∴，∴，∴，∴四边形是菱形；【小问2详解】解：∵四边形是矩形，∴．∵，∴．∵四边形是菱形，∴．在中，，∴，∴．∵，∴，∴．在中，，∴是等边三角形，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查了菱形的判定，含直角三角形的性质定理及其逆定理，等边三角形的性质和判定，特殊角的三角函数值等，灵活选择判定定理是解题的关键．18.【答案】（1）证明见解析（2），【分析】（1）先连接，证明，可得，可得答案；（2）设的半径为r，表示，再根据平行线的性质得，可求出圆的半径，即可得，进而求出，然后根据勾股定理求得，接下来根据特殊角的三角函数值可得，再根据勾股定理，得，然后得出，最后根据勾股定理求出，并结合平行线分线段成比例得出结论．【小问1详解】证明：如图，连接，∵，∴．∵平分，∴，∴，∴，∴．∵是的直径，∴．∵，∴，即，∴直线是的切线；【小问2详解】解：∵，设的半径为r，则．∵，∴．∵，在中，，即，解得，∴，∴，根据勾股定理，得．∵，∴.根据勾股定理，得．∴，根据勾股定理，得．∵，∴，即，解得．【点睛】本题主要考查了切线的判定，勾股定理，特殊角三角函数值，平行线分线段成比例，平行线的性质和判定，角平分线的定义等，勾股定理是求线段长的常用方法．19.【答案】（1）（2）【分析】（1）根据配方法化为顶点式，即可求解；（2）分和，分别讨论，根据列出不等式，进而即可求解．【小问1详解】解：∴抛物线的对称轴为直线【小问2详解】解：∵抛物线的对称轴为直线，当时，抛物线开口向上，对称轴在轴的右侧，∵，，∴∵，∴即，解得：∵∴，即∵∴，解得：∴当时，抛物线开口向下，对称轴在轴的左侧，在对称轴的右侧随的增大而减小，∵∴，即解得：又∵∴，即∵，∴，∴或（舍去）∴无解；综上所述，20.【答案】（1）见解析；（2）图见解析，，证明见解析【分析】（1）设，由旋转的性质可得，可证得是等边三角形，得出，通过解直角三角形求得，CE=，由勾股定理得DE=，即可得出结论；（2）根据要求画出图形，作DH⊥AP交BC于点H，通过等量代换得到∠AFD=∠DHC，由AAS可证得，可得DF=CH，由三线合一可证得∠ADH=∠EDH，再通过平行线的性质和等量代换得到∠EDH=∠EHD，证得ED=EH，即可得出结论．【详解】（1）证明：设，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=