山东省济南市莱芜区莲河学校2024-2025学年数学九上开学综合测试试题【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10页山东省济南市莱芜区莲河学校2024-2025学年数学九上开学综合测试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）计算（ab2）2的结果是（）A．a2b4 B．ab4 C．a2b2 D．a4b22、（4分）如图，有一个矩形纸片ABCD沿直线AE折叠，顶点D恰好落在BC边上F处，已知CE＝3，AB＝8，则BF的长为（）A．5 B．6 C．7 D．83、（4分）同一平面直角坐标系中，一次函数与（为常数）的图象可能是A． B．C． D．4、（4分）将分式方程去分母,得到正确的整式方程是()A． B． C． D．5、（4分）已知x<3，则化简结果是（）A．－x－3 B．x＋3 C．3－x D．x－36、（4分）菱形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，若OA=2，∠AOC=45°，则B点的坐标是A．（2+，） B．（2﹣，） C．（﹣2+，） D．（﹣2﹣，）7、（4分）函数y=中自变量x的取值范围是（）A．x＞3 B．x＜3 C．x≤3 D．x≥﹣38、（4分）如图：菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC=，BD=，动点P在线段BD上从点B向点D运动，PF⊥AB于点F，PG⊥BC于点G，四边形QEDH与四边形PFBG关于点O中心对称，设菱形ABCD被这两个四边形盖住部分的面积为S1，未被盖住部分的面积为S2，，若S1=S2，则的值是（）A． B．或 C． D．不存在二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）9、（4分）如图，四边形ABCD是菱形，AC=24，BD=10，DH⊥AB于点H，则线段BH的长为______．10、（4分）m，n分别是的整数部分和小数部分，则2m-n=______．11、（4分）如图，正方形的边长为，点为边上一点，，点为的中点，过点作直线分别与，相交于点，.若，则长为______.12、（4分）函数自变量的取值范围是______.13、（4分）甲、乙两人进行射击测试，每人10次射击的平均成绩恰好都是9.5环，方差分别是S甲2=0.90平方环，S乙2=1.22平方环，在本次射击测试中，甲、乙两人中成绩较稳定的是__．三、解答题（本大题共5个小题，共48分）14、（12分）（1）操作思考：如图1，在平面直角坐标系中，等腰Rt△ACB的直角顶点C在原点，将其绕着点O旋转，若顶点A恰好落在点（1，2）处．则①OA的长为；②点B的坐标为（直接写结果）；（2）感悟应用：如图2，在平面直角坐标系中，将等腰Rt△ACB如图放置，直角顶点C(-1,0)，点A(0，4)，试求直线AB的函数表达式；（3）拓展研究：如图3，在平面直角坐标系中，点B（4；3），过点B作BAy轴，垂足为点A；作BCx轴，垂足为点C，P是线段BC上的一个动点，点Q是直线上一动点．问是否存在以点P为直角顶点的等腰Rt△APQ，若存在，请求出此时P的坐标，若不存在，请说明理由．15、（8分）将矩形纸片按图①所示的方式折叠，得到菱形(如图②)，若，求的长．16、（8分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝5，AB＝13，求BC．17、（10分）如图，在中，，点、分别在边、上，且，，点在边上，且，联结．（1）求证：四边形是菱形；（2）如果，，求四边形的面积．18、（10分）如图，已知各顶点的坐标分别为，，．（1）画出以点B为旋转中心，按顺时针方向旋转后得到的；（2）将先向右平移5个单位长度，再向上平移3个单位长度，得到．①在图中画出，并写出点A的对应点的坐标；②如果将看成是由经过一次平移得到的，请指出这一平移的平移方向和平移距离．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）在平面直角坐标系中，正比例函数与反比例函数的图象交于点，则_________.20、（4分）计算:(+2)2017(-2)2018=__________.21、（4分）分解因式：________.22、（4分）在大课间活动中，体育老师对甲、乙两名同学每人进行10次立定跳远测试，他们的平均成绩相同，方差分别是，则甲、乙两名同学成绩更稳定的是．23、（4分）如图，是同一双曲线上的三点过这三点分别作轴的垂线，垂足分别为，连结得到的面积分别为.那么的大小关系为____．二、解答题（本大题共3个小题，共30分）24、（8分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点E是BC上一点（不与点B，C重合），点M是AE上一点（不与点A，E重合），连接并延长CM交AB于点G，将线段CM绕点C按顺时针方向旋转90°，得到线段CN，射线BN分别交AE的延长线和GC的延长线于D，F．（1）求证：△ACM≌△BCN；（2）求∠BDA的度数；（3）若∠EAC＝15°，∠ACM＝60°，AC＝+1，求线段AM的长．25、（10分）如图，四边形ABCD是平行四边形，点E在BC上，点F在AD上，BE=DF，求证：AE=CF．26、（12分）在一条笔直的公路上依次有A，C，B三地，甲、乙两人同时出发，甲从A地骑自行车去B地，途经C地休息1分钟，继续按原速骑行至B地，甲到达B地后，立即按原路原速返回A地；乙步行从B地前往A地．甲、乙两人距A地的路程y（米）与时间x（分）之间的函数关系如图所示，请结合图象解答下列问题：（1）请写出甲的骑行速度为米/分，点M的坐标为；（2）求甲返回时距A地的路程y与时间x之间的函数关系式（不需要写出自变量的取值范围）；（3）请直接写出两人出发后，在甲返回A地之前，经过多长时间两人距C地的路程相等．

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、A【解析】

根据积的乘方的运算法则计算即可得出答案．【详解】故选：A．本题主要考查积的乘方，掌握积的乘方的运算法则是解题的关键．2、B【解析】

根据矩形的性质得到CD＝AB＝8，根据勾股定理求出CF，根据勾股定理列方程计算即可．【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝8，∴DE＝CD﹣CE＝5，由折叠的性质可知，EF＝DE＝5，AF＝CD＝BC，在Rt△ECF中，CF＝＝4，由勾股定理得，AF2＝AB2+BF2，即（BF+4）2＝82+BF2，解得，BF＝6，故选：B．本题考查的是翻转变换的性质，翻转变换是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．3、B【解析】

根据一次函数的图像即可求解判断.【详解】由A,C图像可得函数y=mx+n过一，二，三象限，故m＞0，n＞0，故y=nx+m也过一，二，三象限，故A,C错误；由B,D图像可得函数y=mx+n过一三四象限，故m＞0，n＜0，故y=nx+m过一，二，四象限，故B正确，D错误；故选B.此题主要考查一次函数的图像，解题的关键是熟知一次函数的性质.4、A【解析】将分式方程去分母得，故选A.5、C【解析】

被开方数可以写成完全平方式,根据二次根式的性质,x<3去绝对值即可.【详解】解:∵x<3,∴3-x>0,

∴原式=.

故选C.本题考查了二次根式的化简,注意二次根式的结果为非负数,解题的关键是要掌握二次根式的性质:.6、D【解析】试题分析：根据题意得C(－2，0)，过点B作BD⊥OC，则BD=CD=，则点B的坐标为(－2－，).考点：菱形的性质.7、B【解析】

解：由题意得，1-x＞0，解得x＜1．故选：B．本题考查函数自变量取值范围．8、A【解析】

根据对称性确定E、F、G、H都在菱形的边上，由于点P在BO上与点P在OD上求S1和S1的方法不同，因此需分情况讨论，由S1=S1和S1+S1=8可以求出S1=S1=2．然后在两种情况下分别建立关于x的方程，解方程，结合不同情况下x的范围确定x的值．【详解】①当点P在BO上，0＜x≤1时，如图1所示．∵四边形ABCD是菱形，AC=2，BD=2，∴AC⊥BD，BO=BD=1，AO=AC=1，且S菱形ABCD=BD•AC=8．∴tan∠ABO==．∴∠ABO=60°．在Rt△BFP中，∵∠BFP=90°，∠FBP=60°，BP=x，∴sin∠FBP=．∴FP=x．∴BF=．∵四边形PFBG关于BD对称，四边形QEDH与四边形PEBG关于AC对称，∴S△BFP=S△BGP=S△DEQ=S△DHQ．∴S1=2S△BFP=2××x•=x1．∴S1=8-x1．②当点P在OD上，1＜x≤2时，如图1所示．∵AB=2，BF=，∴AF=AB-BF=2．在Rt△AFM中，∵∠AFM=90°，∠FAM=30°，AF=2-．∴tan∠FAM=．∴FM=（2-）．∴S△AFM=AF•FM=（2-）•（2-）=（2-）1．∵四边形PFBG关于BD对称，四边形QEDH与四边形FPBG关于AC对称，∴S△AFM=S△AEM=S△CHN=S△CGN．∴S1=2S△AFM=2×（2-）1=（x-8）1．∴S1=8-S1=8-（x-8）1．综上所述：当0＜x≤1时，S1=x1，S1=8-x1；当1＜x≤2时，S1=8-（x-8）1，S1=（x-8）1．当点P在BO上时，0＜x≤1．∵S1=S1，S1+S1=8，∴S1=2．∴S1=x1=2．解得：x1=1，x1=-1．∵1＞1，-1＜0，∴当点P在BO上时，S1=S1的情况不存在．当点P在OD上时，1＜x≤2．∵S1=S1，S1+S1=8，∴S1=2．∴S1=（x-8）1=2．解得：x1=8+1，x1=8-1．∵8+1＞2，1＜8-1＜2，∴x=8-1．综上所述：若S1=S1，则x的值为8-1．故选A.本题考查了以菱形为背景的轴对称及轴对称图形的相关知识，考查了菱形的性质、特殊角的三角函数值等知识，还考查了分类讨论的思想．二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）9、【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，AC=24，BD=10，∴AO=12，OD=5，AC⊥BD，∴AD=AB==13，∵DH⊥AB，∴AO×BD=DH×AB，∴12×10=13×DH，∴DH=，∴BH==．故答案为：．10、【解析】

先估算出的大致范围，然后可求得-1的整数部分和小数部分，从而可得到m、n的值，最后代入计算即可．【详解】解：∵1＜2＜4，∴1＜＜2，∴0＜-1＜1．∴m=0，n=-1．∴2m-n=0-（-1）=1-．故答案为：本题主要考查的是估算无理数的大小，求得的大致范围是解题的关键．11、1或2【解析】

根据题意画出图形，过P作PN⊥BC，交BC于点N，由ABCD为正方形，得到AD=DC=PN，在直角三角形ADE中，利用锐角三角函数定义求出DE的长，进而利用勾股定理求出AE的长，根据M为AE中点求出AM的长，利用HL得到三角形ADE与三角形PQN全等，利用全等三角形对应边，对应角相等得到DE=NQ，∠DAE=∠NPQ=30°，再由PN与DC平行，得到∠PFA=∠DEA=60°，进而得到PM垂直于AE，在直角三角形APM中，根据AM的长，利用锐角三角函数定义求出AP的长，再利用对称性确定出AP′的长即可．【详解】根据题意画出图形，过点作，交于点，交于点，四边形为正方形，.在中，，cm，cm.根据勾股定理得cm.为的中点，cm，在和中，，，.，，，即.在中，，cm.由对称性得到cm，综上，等于1cm或2cm.故答案为：1或2.此题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．12、【解析】

根据分式与二次根式的性质即可求解.【详解】依题意得x-9＞0，解得故填：.此题主要考查函数的自变量取值，解题的关键是熟知分式与二次根式的性质.13、甲【解析】试题分析：当两人的平均成绩相同时，如果方差越小则说明这个人的成绩越稳定.三、解答题（本大题共5个小题，共48分）14、（1），（2）（3），【解析】

由可得，，，，易证≌，，，因此；同可证≌，，，，求得最后代入求出一次函数解析式即可；分两种情况讨论当点Q在x轴下方时，当点Q在x轴上方时根据等腰构建一线三直角，从而求解．【详解】如图1，作轴，轴．，，，，≌，，，．故答案为，；如图2，过点B作轴．，≌，，，．设直线AB的表达式为将和代入，得，解得，直线AB的函数表达式．如图3，设，分两种情况：当点Q在x轴下方时，轴，与BP的延长线交于点．，，在与中≌，，，，解得此时点P与点C重合，；当点Q在x轴上方时，轴，与PB的延长线交于点．同理可证≌．同理求得综上，P的坐标为：，本题考查了一次函数与三角形的全等，熟练掌握一次函数的性质与三角形全等判定是解题的关键．15、【解析】

根据菱形及矩形的性质可得到∠BAC的度数，从而根据直角三角函的性质求得BC的长．【详解】解：由折叠可得，△EOC≌△EBC，∴CB=CO，∵四边形ABED是菱形，∴AO=CO．∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=90°，设BC=x，则AC=2x，∵在Rt△ABC中，AC2=BC2+AB2，∴（2x）2=x2+32，解得x=，即BC=．根据折叠以及菱形的性质发现特殊角，根据30°的直角三角形中各边之间的关系求得BC的长．16、12【解析】

在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝5，AB＝13，根据勾股定理，即可求出BC．【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，∴∴∴又∵AC＝5，AB＝13，∴==12此题主要考查勾股定理的运用.17、（1）证明见解析；（2）1．【解析】

（1）由平行线的性质及等腰三角形的性质得出，进而有，通过等量代换可得出，然后利用一组对边平行且相等即可证明四边形是平行四边形，然后再利用即可证明四边形是菱形；（2）过点作交于点，在含30°的直角三角形中求出FG的长度，然后利用即可求出面积．【详解】（1），．，，，，．，．，，又，．又，四边形是平行四边形．又，四边形是菱形．（2）过点作交于点．四边形是菱形，且，．，．又，．在中，，，．．本题主要考查平行线的性质，等腰三角形的判定，菱形的判定及性质，掌握平行线的性质，等腰三角形的性质，含30°的直角三角形的性质，菱形的判定及性质是解题的关键．18、（1）详见解析；（2）①图详见解析，A2（2，-1）；②由A到A2的方向，平移的距离是个单位长度．【解析】

（1）根据旋转的性质即可作图；（2）①根据平移的性质画出图形即可；②连接AA2，根据勾股定理求出AA2的长，进而可得出结论．【详解】（1）如图所示，即为所求；（2）①如图所示，即为所求，A2（2，-1）；②连接AA2，由勾股定理求得AA2=，∴如果将看成是由经过一次平移得到的，那么这一平移的平移方向是由A到A2的方向，平移的距离是个单位长度．本题考查的是作图-旋转变换及平移变换，熟知图形平移不变性的性质是解答第（2）问的关键．一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）19、【解析】

把代入可得：解得得，再把代入，即，解得.【详解】解：把代入可得：解得，∴∵点也在图象上，把代入，即，解得.故答案为：8本题考查了一次函数和反比例函数，掌握待定系数法求解析式是关键.20、2【解析】

根据同底数幂的乘法得到原式,再根据积的乘方得到原式,然后利用平方差公式计算.【详解】原式

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故答案为.本题考查了二次根式的混合运算:先把各二次根式化为最简二次根式,再进行二次根式的乘除运算,然后合并同类二次根式.也考查了整式的运算.21、.【解析】

首先提取公因式3ab，再运用完全平方公式继续进行因式分解．【详解】解：=本题考查了提公因式法，公式法分解因式，有公因式的首先提取公因式．掌握完全平方公式的特点：两个平方项，中间一项是两个底数的积的2倍，难点在于要进行二次因式分解．22、乙【解析】试题分析：方差就是和中心偏离的程度，用来衡量一批数据的波动大小（即这批数据偏离平均数的大小）在样本容量相同的情况下，方差越小，说明数据的波动越小，越稳定．因此，∵，∴甲、乙两名同学成绩更稳定的是乙．23、S1＝S2＝S1【解析】

根据反比例函数k的几何意义进行判断．【详解】解：设P1、P2、P1三点都在反比例函数y＝上，则S1＝|k|，S2＝|k|，S1＝|k|，所以S1＝S2＝S1．故答案为S1＝S2＝S1．本题考查了反比例函数比例系数k的几何意义：在反比例函数y＝图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．二、解答题（本大题共3个小题，共30分）24、（1）见解析；（2）∠BDA＝90°；（3）AM＝．【解析】

（1）根据题意可知∠ACM＝∠BCN，再利用SAS即可证明（2）根据（1）可求出∠ACE＝∠BDE＝90°，即可解答（3）作MH⊥AC交AC于H．在AC上取一点，使得AQ＝MQ，设EH＝a．可知AQ＝QM＝2a，QH＝a，再求出a的值，利用勾股定理即可解答【详解】（1）∵∠ACB＝90°，∠MCN＝90°，∴∠ACM＝∠BCN，在△MAC和△NBC中，∴△MAC≌△NBC（SAS）．（2）∵△MAC≌△NBC，∴∠NBC＝∠MAC∵∠AEC＝∠BED，∴∠ACE＝∠BDE＝90°，∴∠BDA＝90°．（3）作MH⊥AC交AC于H．在AC上取一点，使得AQ＝MQ，设EH＝a．∵AQ＝QM，∴∠QAE＝∠AMQ＝15°，∴∠EQH＝30°，∴AQ＝QM＝2a，QH＝a，∵∠ECH＝60°，∴CH＝a，∵AC＝+1，∴2a+a+a＝+1，∴a＝，∵AM＝＝（+）a＝．此题考查了三角形全等的性质和判定，勾股定理，解题关键在于先利用SAS判定三角形全等25、见解析【解析】

根据平行四边形性质得出AD∥BC，且AD=BC，推出AF∥EC，AF=EC，根据平行四边形的判定推出四边形AECF是平行四边形，即可得出结论．【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，且AD=BC，∴AF∥EC，∵BE=DF，∴AF=EC，∴四边形AECF是平行四边形，∴AE=CF．本题考查了平行四边形的性质和判定的应用，注意：平行四边形的对边平行且相等，有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．26、（1）240，（6，1200）；（2）y=﹣240x+2640；（3）经过4分钟或6分钟或8分钟时两人距C地的路程相等．【解析】

(1)根据函数图象得出AB两地的距离,由行程问题的数量关系由路程÷时间=速度就可以求出结论;(2)先由行程问题的数量关系求出M、N的坐