學校________________班級____________姓名____________考場____________準考證號學校________________班級____________姓名____________考場____________準考證號…………密…………封…………線…………內…………不…………要…………答…………題…………第2頁，共4頁2025屆江蘇省揚州市儀征市第三中學數學九上開學統考試題題號一二三四五總分得分批閱人A卷（100分）一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）1、（4分）如圖，在平面直角坐標系中有兩點A（5，0），B（0，4），則它們之間的距離為（）A． B． C． D．2、（4分）小明研究二次函數（為常數）性質時有如下結論：①該二次函數圖象的頂點始終在平行于x軸的直線上；②該二次函數圖象的頂點與x軸的兩個交點構成等腰直角三角形；③當時，y隨x的增大而增大，則m的取值范圍為；④點與點在函數圖象上，若，，則.其中正確結論的個數為（）A．1 B．2 C．3 D．43、（4分）已知n是正整數，是整數，則n的最小值是()A．1 B．2 C．3 D．44、（4分）如果把分式中的x和y都擴大2倍，那么分式的值（）A．擴大為原來的4倍 B．擴大為原來的2倍C．不變 D．縮小為原來的倍5、（4分）在函數y=x+3中，自變量x的取值范圍是（）A．x≤﹣3 B．x≥﹣3 C．x＜﹣3 D．x＞﹣36、（4分）如圖，已知一個矩形紙片OACB，將該紙片放置在平面直角坐標系中，點A（10，0），點B（0，6），點P為BC邊上的動點，將△OBP沿OP折疊得到△OPD，連接CD、AD．則下列結論中：①當∠BOP＝45°時，四邊形OBPD為正方形；②當∠BOP＝30°時，△OAD的面積為15；③當P在運動過程中，CD的最小值為1﹣6；④當OD⊥AD時，BP＝1．其中結論正確的有（）A．1個 B．1個 C．3個 D．4個7、（4分）下列關于一次函數的說法中，錯誤的是（）A．函數圖象與軸的交點是B．函數圖象自左至右呈下降趨勢，隨的增大而減小C．當時，D．圖象經過第一、二、三象限8、（4分）課堂上老師在黑板上布置了右框所示的題目，小聰馬上發現了其中有一道題目錯了，你知道是哪道題目嗎？（）用平方差公式分解下列各式：（1）（2）（3）（4）A．第1道題 B．第2道題 C．第3道題 D．第4道題二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、（4分）如圖所示，AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FG，∠1＝125°，則∠A＝_____度．10、（4分）若二次根式有意義，則x的取值范圍是___．11、（4分）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，點D在AB上，AD=AC，AF⊥CD交CD于點E，交CB于點F，則CF的長是________________.12、（4分）若點P（3，2）在函數y=3x-b的圖像上，則b=_________.13、（4分）對于實數，，，表示，兩數中較小的數，如，．若關于的函數，的圖象關于直線對稱，則的取值范圍是__，對應的值是__．三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（12分）如圖，△ABC中，AD是邊BC上的中線，過點A作AE∥BC，過點D作DE∥AB，DE與AC、AE分別交于點O、點E，連接EC．（1）求證：AD=EC；（2）當∠BAC=Rt∠時，求證：四邊形ADCE是菱形．15、（8分）如圖，點C為AD的中點，過點C的線段BE⊥AD，且AB=DE．求證：AB∥ED．16、（8分）如圖，在中，對角線BD平分，過點A作，交CD的延長線于點E，過點E作，交BC延長線于點F．（1）求證：四邊形ABCD是菱形；（2）若求EF的長．17、（10分）如圖，是等邊三角形，是中線，延長至，.（1）求證：；（2）請在圖中過點作交于，若，求的周長.18、（10分）如圖，正方形ABCD中，點E在BC邊上，AF平分∠DAE，DF//AE，AF與CD相交于點G.（1）如圖1，當∠AEC=，AE=4時，求FG的長；（2）如圖2，在AB邊上截取點H，使得DH=AE，DH與AF、AE分別交于點M、N，求證：AE=AH+DGB卷（50分）一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、（4分）如圖，將一塊邊長為12cm正方形紙片ABCD的頂點A折疊至DC邊上的E點，使DE＝5，折痕為PQ，則PQ的長為_________cm．20、（4分）如圖，在直線m上擺放著三個正三角形：△ABC、△HFG、△DCE，已知BC=CE，F、G分別是BC、CE的中點，FM∥AC，GN∥DC．設圖中三個平行四邊形的面積依次是S1，S，S3，若S1+S3=10，則S=__．21、（4分）若，則m－n的值為_____．22、（4分）某校開展了“書香校園”的活動，小騰班長統計了本學期全班40名同學課外圖書的閱讀數量（單位：本），繪制了折線統計圖（如圖所示），在這40名學生的圖書閱讀數量中，中位數是______．23、（4分）如圖如果以正方形ABCD的對角線AC為邊作第二個正方形ACEF，再以對角線AE為邊作第三個正方形AECH，如此下去，…，已知正方形ABCD的面積S1為1，按上述方法所作的正方形的面積依次為S2，S3…Sn（n為正整數），那么第8二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（8分）在下列網格圖中，每個小正方形的邊長均為個單位長度．已知在網格圖中的位置如圖所示．（1）請在網格圖中畫出向右平移單位后的圖形，并直接寫出平移過程中線段掃過的面積；（2）請在網格圖中畫出以為對稱中心的圖形.(保留作圖痕跡)25、（10分）記面積為18cm2的平行四邊形的一條邊長為x（cm），這條邊上的高線長為y（cm）．（1）寫出y關于x的函數表達式及自變量x的取值范圍；（2）在如圖直角坐標系中，用描點法畫出所求函數圖象；（3）若平行四邊形的一邊長為4cm，一條對角線長為cm，請直接寫出此平行四邊形的周長．26、（12分）如圖，一個可以自由轉動的轉盤，分成了四個扇形區域，共有三種不同的顏色，其中紅色區域扇形的圓心角為.小華對小明說：“我們用這個轉盤來做一個游戲，指針指向藍色區域你贏，指針指向紅色區域我贏”.你認為這個游戲規則公平嗎？請說明理由.

參考答案與詳細解析一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）1、A【解析】

先根據A、B兩點的坐標求出OA及OB的長，再根據勾股定理即可得出結論．【詳解】∵A（5，0）和B（0，4），∴OA＝5，OB＝4，∴AB＝，即這兩點之間的距離是．故選A．本題考查了勾股定理的應用，根據坐標得出OA及OB的長是解題關鍵.2、D【解析】

根據函數解析式，結合函數圖象的頂點坐標、對稱軸以及增減性依次對4個結論作出判斷即可．【詳解】解：二次函數=-（x-m）1+1（m為常數）

①∵頂點坐標為（m，1）且當x=m時，y=1

∴這個函數圖象的頂點始終在直線y=1上

故結論①正確；

②令y=0，得-（x-m）1+1=0解得：x=m-1，x=m+1∴拋物線與x軸的兩個交點坐標為A（m-1，0），B（m+1，0）則AB=1∵頂點P坐標為（m，1）

∴PA=PB=，

∴∴是等腰直角三角形∴函數圖象的頂點與x軸的兩個交點構成等腰直角三角形

故結論②正確；③當-1＜x＜1時，y隨x的增大而增大，且-1＜0

∴m的取值范圍為m≥1．故結論③正確；

④∵x1+x1＞1m

∴＞m

∵二次函數y=-（x-m）1+1（m為常數）的對稱軸為直線x=m

∴點A離對稱軸的距離小于點B離對稱軸的距離

∵x1＜x1，且-1＜0

∴y1＞y1故結論④正確．

故選：D．本題主要考查了二次函數圖象與二次函數的系數的關系，是一道綜合性比較強的題目，需要利用數形結合思想解決本題．3、C【解析】

先分解質因式，再根據二次根式的性質判斷即可．【詳解】解：∵48=42×3，又∵n是正整數，是整數，∴符合n的最小值是3，故選：C．本題考查了二次根式的性質和定義，能熟記二次根式的性質是解此題的關鍵．4、B【解析】

依題意，分別用2x和2y去代換原分式中的x和y，利用分式的基本性質化簡即可；【詳解】解：分別用2x和2y去代換原分式中的x和y得，，可見新分式擴大為原來的2倍，故選B.本題主要考查了分式的基本性質，掌握分式的基本性質是解題的關鍵.5、B【解析】

根據二次根式有意義的條件列出不等式即可.【詳解】解:根據題意得:x+3≥0解得:x≥-3所以B選項是正確的.本題考查二次根式及不等式知識,解題時只需找出函數有意義必須滿足的條件列出不等式即可,對于一些較復雜的函數一定要仔細.函數自變量的范圍一般從三個方面考慮:(1)當函數表達式是整式時,自變量可取全體實數;(2)當函數表達式是分式時,考慮分式的分母不能為0;(3)當函數表達式是二次根式時,被開方數非負.6、D【解析】

①由矩形的性質得到，根據折疊的性質得到，，，推出四邊形是矩形，根據正方形的判定定理即可得到四邊形為正方形；故①正確；②過作于，得到，，根據直角三角形的性質得到，根據三角形的面積公式得到的面積為，故②正確；③連接，于是得到，即當時，取最小值，根據勾股定理得到的最小值為；故③正確；④根據已知條件推出，，三點共線，根據平行線的性質得到，等量代換得到，求得，根據勾股定理得到，故④正確．【詳解】解：①四邊形是矩形，，將沿折疊得到，，，，，，，，四邊形是矩形，，四邊形為正方形；故①正確；②過作于，點，點，，，，，，，的面積為，故②正確；③連接，則，即當時，取最小值，，，，，即的最小值為；故③正確；④，，，，，，三點共線，，，，，，，，，故④正確；故選：．本題考查了正方形的判定和性質，矩形的判定和性質，折疊的性質，勾股定理，三角形的面積的計算，正確的識別圖形是解題的關鍵．7、D【解析】

根據一次函數的圖像與性質即可求解.【詳解】A.函數圖象與軸的交點是，正確；B.函數圖象自左至右呈下降趨勢，隨的增大而減小，正確C.當時，解得，正確D.圖象經過第一、二、四象限，故錯誤.故選D.此題主要考查一次函數的圖像與性質，解題的關鍵是熟知一次函數的性質.8、C【解析】

根據平方差公式的特點“符號相同數的平方減符號相反數的平方等于兩數之和與兩數之差的乘積”即可求解．【詳解】解：由題意可知：，，無法用平方差公式因式分解，，故第3道題錯誤．故選：C．本題考查了用公式法進行因式分解，熟練掌握平方差公式及完全平方式是解決此類題的關鍵．二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、1【解析】

設∠A＝x．根據等腰三角形的性質和三角形的外角的性質，得∠CDB＝∠CBD＝2x，∠DEC＝∠DCE＝3x，∠DFE＝∠EDF＝4x，∠FCE＝∠FEC＝5x，則180°﹣5x＝130°，即可求解．【詳解】設∠A＝x，∵AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FG，∴根據等腰三角形的性質和三角形的外角的性質，得∠CDB＝∠CBD＝2x，∠DEC＝∠DCE＝3x，∠DFE＝∠EDF＝4x，∠FGE＝∠FEG＝5x，則180°﹣5x＝125°，解，得x＝1°，故答案為1．本題考查了等腰三角形的性質和三角形的外角的性質的運用；發現并利用∠CBD是△ABC的外角是正確解答本題的關鍵．10、【解析】

試題分析：根據題意，使二次根式有意義，即x﹣1≥0，解得x≥1．故答案是x≥1．考點：二次根式有意義的條件．11、1.1【解析】

連接DF，由勾股定理求出AB=1，由等腰三角形的性質得出∠CAF=∠DAF，由SAS證明△ADF≌△ACF，得出CF=DF，∠ADF=∠ACF=∠BDF=90°，設CF=DF=x，則BF=4-x，在Rt△BDF中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【詳解】連接DF，如圖所示：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，由勾股定理求得AB=1，∵AD=AC=3，AF⊥CD，∴∠CAF=∠DAF，BD=AB-AD=2，在△ADF和△ACF中，∴△ADF≌△ACF（SAS），∴∠ADF=∠ACF=90°，CF=DF，∴∠BDF=90°，設CF=DF=x，則BF=4-x，在Rt△BDF中，由勾股定理得：DF2+BD2=BF2，即x2+22=（4-x）2，解得：x=1.1；∴CF=1.1；故答案為1.1．本題考查了勾股定理、全等三角形的判定與性質、等腰三角形的性質，證明△ADF≌△ACF得到CF=DF，在Rt△BDF中利用勾股定理列方程是解決問題的關鍵．12、1【解析】∵點P（3，2）在函數y=3x-b的圖象上，

∴2=3×3-b，

解得：b=1．

故答案是：1．13、或，6或3.【解析】

先根據函數可知此函數的對稱軸為y軸,由于函數關于直線x=3對稱,所以數，的圖象即為的圖象,據此解答即可【詳解】設，①當與關于對稱時，可得，②在，中，與沒重合部分，即無論為何值，即恒小于等于，那么由于對對稱，也即對于對稱，得，．綜上所述，或，對應的值為6或3故答案為或，6或3此題考查函數的最值及其幾何意義，解題關鍵在于分情況討論三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（1）見解析；（2）見解析.【解析】

（1）先證四邊形ABDE是平行四邊形，再證四邊形ADCE是平行四邊形即可；（2）由∠BAC=90°，AD是邊BC上的中線，得AD=BD=CD，即可證明.【詳解】(1)證明：∵AE∥BC，DE∥AB，∴四邊形ABDE是平行四邊形，∴AE=BD，∵AD是邊BC上的中線，∴BD=DC，∴AE=DC，又∵AE∥BC，∴四邊形ADCE是平行四邊形.(2)證明：∵∠BAC=90°，AD是邊BC上的中線.∴AD=CD∵四邊形ADCE是平行四邊形，∴四邊形ADCE是菱形.本題考查了平行四邊形的判定、菱形的判定、直角三角形斜邊中線定理.根據圖形與已知條件靈活應用平行四邊形的判定方法是證明的關鍵.15、詳見解析【解析】

由AC=CD，∠ACB=∠DCE=90°，根據HL證出Rt△ACB≌Rt△DCE，推出∠A=∠D即可．【詳解】∵點C為AD的中點，∴AC=CD，∵BE⊥AD，∴∠ACB=∠DCE=90°，在Rt△ACB和Rt△DCE中，，∴Rt△ACB≌Rt△DCE（HL），∴∠A=∠D，∴AB∥ED．考點：全等三角形的判定與性質16、(1)見解析；(2)【解析】

（1）證明，得出，即可得出結論；（2）由菱形的性質得出，證明四邊形ABDE是平行四邊形，，得出，在中，由等腰直角三角形的性質和勾股定理即可求出EF的長．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，，∵BD平分，，，，是菱形；（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，，，∴四邊形ABDE是平行四邊形，，，，，是等腰直角三角形，．本題考查了平行四邊形的性質與判定、菱形的判定與性質、等腰三角形的判定以及等腰直角三角形的判定與性質；熟練掌握菱形判定與性質是解決問題的關鍵．17、（1）詳見解析；（2）48.【解析】

根據等邊三角形的性質得到，再根據外角定理與等腰三角形的性質得到，故，即可證明；（2）根據含30°的直角三角形得到C的長即可求解.【詳解】（1）證明：是等邊三角形，是中線，，又，.又，.，（等角對等邊）；（2）于，，是直角三角形，，，，是等邊三角形，是中線，，是等邊三角形的周長.此題主要考查等邊三角形的性質，解題的關鍵是熟知等腰三角形的判定與性質及含30°的直角三角形的性質.18、（1）FG＝2；（2）見解析.【解析】

（1）根據正方形的性質，平行線的性質，角平分線的性質可得出∠DAF=∠F=30°，進一步可求得∠GDF=∠F=30°，從而得出FG=DG，利用勾股定理可求出DG=2，故FG=2.（2）根據已知條件可證得AE=DH且AE⊥DH，從而證得∠MAH=∠AMH,∠DMG=∠DGM,從而證得AH=MH，DM=DG，而AE=DH=DM+MH即AE=AH+DG.【詳解】（1）當∠AEC＝120°，即∠DAE＝60°，即∠BAE＝∠EAG＝∠DAG＝30°，在三角形ABE中，AE＝4，所以，BE＝2，AB＝2，所以，AD＝AB＝2，又DF∥AE，所以，∠F＝∠EAG＝30°，所以，∠F＝∠DAG＝30°，又所以，∠AGD＝60°，所以，∠CDG＝30°，所以FG＝DG在△ADG中，AD＝2，所以，DG＝2，FG＝2（2）證明：∵四邊形ABCD為正方形，∴∠DAH=∠ABE=90°，AD=AB,在Rt△ADH和Rt△BAE中∴Rt△ADH≌Rt△BAE，∴∠ADH=∠BAE,∵∠BAE+∠DAE=90°，∴∠ADH+∠DAE=90°，∴∠AND=90°.∵AF平分∠DAE，∴∠DAG=∠EAG,∵∠ADH=∠BAE,∴∠DAG+∠ADH=∠EAG+∠BAE.即∠MAH=∠AMH.∴AH=MH.∵AE∥DF,∴∠MDF=∠AND=90°,∠DAF=∠F∴∠GDF=∠ADM,∴∠ADM+∠DAF=∠GDF+∠F,即∠DMG=∠DGM.∴DM=DG.∵DH=DM+HM,∴AE=AH+DG.本題考查正方形的性質、全等三角形的判定和性質、角平分線的性質、平行線的性質、三角形的外角的性質等腰三角形的判定，線段的各差關系。正確理解和運用相關知識是解題關鍵.一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、13【解析】

先過點P作PM⊥BC于點M，利用三角形全等的判定得到△PQM≌△ADE，從而求出PQ=AE．【詳解】過點P作PM⊥BC于點M，由折疊得到PQ⊥AE，∴∠DAE+∠APQ=90°，又∠DAE+∠AED=90°，∴∠AED=∠APQ，∵AD∥BC，∴∠APQ=∠PQM，則∠PQM=∠APQ=∠AED，∠D=∠PMQ，PM=AD∴△PQM≌△ADE∴PQ=AE=故答案是：13.本題主要考查正方形中的折疊問題,正方形的性質.解決本題的關鍵是能利用折疊得出PQ⊥AE從而推理出∠AED=∠APQ=∠PQM，為證明三角形全等提供了關鍵的條件.20、4【解析】

根據題意，可以證明S與S1兩個平行四邊形的高相等，長是S1的2倍，S3與S的長相等，高是S的一半，這樣就可以把S1和S3用S來表示，從而計算出S的【詳解】解：根據正三角形的性質，∠ABC=∠HFG=∠DCE=60°，∴AB∥HF//DC//GN，設AC與FH交于P，CD與HG交于Q，∴△PFC、△QCG和△NGE是正三角形，∵F、G分別是BC、CE的中點，故答案為：4.本題主要考查了等邊三角形的性質及平行四邊形的面積求法，平行四邊形的面積等于平行四邊形的邊長與該邊上的高的積.即S=ah.其中a可以是平行四邊形的任何一邊，h必須是a邊與其對邊的距離，即對應的高.21、4【解析】

根據二次根式與平方的非負性即可求解.【詳解】依題意得m-3=0,n+1=0,解得m=3,n=-1,∴m-n=4此題主要考查二次根式與平方的非負性，解題的關鍵是熟知二次根式與平方的非負性.22、23【解析】當數據個數是奇數個時，中位數是最中間的數；當數據個數是偶數個時，中位數是最中間的兩個數的平均數，由折線圖可知，20本的有4人；21本的有8人；23本的有20人，24本的有8人，所以中位數是23。故答案是：2323、128【解析】

由題意可以知道第一個正方形的邊長為1，第二個正方形的邊長為2，第三個正方形的邊長為2，就有第n個正方形的邊長為2（n-1），再根據正方形的面積公式就可以求出結論．【詳解】第一個正方形的面積為1