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1頁，共3頁2025屆湖南省岳陽汨羅市弼時片九年級數學第一學期開學達標測試試題題號一二三四五總分得分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，平行四邊形ABCD中，AB=8cm，AD=12cm，點P在AD邊上以每秒1cm的速度從點A向點D運動，點Q在BC邊上，以每秒4cm的速度從點C出發，在CB間往返運動，兩個點同時出發，當點P到達點D時停止(同時點Q也停止)，在運動以后，以P、D、Q、B四點組成平行四邊形的次數有()A．4次 B．3次 C．2次 D．1次2、（4分）如圖，已知?AOBC的頂點O（0，0），A（﹣1，2），點B在x軸正半軸上按以下步驟作圖：①以點O為圓心，適當長度為半徑作弧，分別交邊OA，OB于點D，E；②分別以點D，E為圓心，大于DE的長為半徑作弧，兩弧在∠AOB內交于點F；③作射線OF，交邊AC于點G，則點G的坐標為（）A．（﹣1，2） B．（，2） C．（3﹣，2） D．（﹣2，2）3、（4分）已知點，，，在直線上，且，下列選項正確的是A． B． C． D．無法確定4、（4分）若一次函數y＝kx+b的圖象與直線y＝﹣x+1平行，且過點（8，2），則此一次函數的解析式為（）A．y＝﹣x﹣2 B．y＝﹣x﹣6 C．y＝﹣x﹣1 D．y＝﹣x+105、（4分）如圖，在□ABCD中，AB⊥AC，若AB=4，AC=6，則BD的長是（）A．11 B．10 C．9 D．86、（4分）如圖，將△ABC繞點C順時針旋轉90°得到△EDC．若點A，D，E在同一條直線上，∠ACB=20°，則∠ADC的度數是A．55° B．60° C．65° D．70°7、（4分）如圖，函數和的圖象相交于A(m，3),則不等式的解集為（）A． B． C． D．8、（4分）已知等腰三角形有兩條邊的長分別是3,7,則這個等腰三角形的周長為()A．17 B．13 C．17或13 D．10二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、（4分）化簡的結果為_____．10、（4分）甲、乙兩人進行跳高訓練時，在相同條件下各跳5次的平均成績相同．若=0.5，=0.4，則甲、乙兩人的跳高成績較為穩定的是______．11、（4分）已知關于x的方程x2-2ax+1=0有兩個相等的實數根，則a=____.12、（4分）若代數式在實數范圍內有意義，則實數x的取值范圍是______．13、（4分）如圖，在△ABC中，∠B=70°，∠BAC=30°，將△ABC繞點C順時針旋轉得到△EDC，當點B的對應點D恰好落在AC邊上時，∠CAE的度數為___________.三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（12分）如圖，四邊形ABCD是菱形，對角線AC與BD相交于O,AB=5,AO=4,求BD的長.15、（8分）為加快城市群的建設與發展，在A、B兩城市間新建一條城際鐵路，建成后，鐵路運行里程由現在的210km縮短至180km，平均時速要比現行的平均時速快200km，運行時間僅是現行時間的，求建成后的城際鐵路在A、B兩地的運行時間？16、（8分）在平面直角坐標系xOy中，點P到封閉圖形F的“極差距離”D(P，W)定義如下：任取圖形W上一點Q，記PQ長度的最大值為M，最小值為m(若P與Q重合，則PQ＝0)，則“極差距離”D(P，W)＝M﹣m.如圖，正方形ABCD的對角線交點恰與原點O重合，點A的坐標為(2，2)(1)點O到線段AB的“極差距離”D(O，AB)＝______.點K(5，2)到線段AB的“極差距離”D(K，AB)＝______.(2)記正方形ABCD為圖形W，點P在x軸上，且“極差距離”D(P，W)＝2，求直線AP的解析式.17、（10分）王大伯計劃在自家的魚塘里投放普通魚苗和紅色魚苗，需要購買這兩種魚苗2000尾，購買這兩種魚苗的相關信息如下表：品種項目單價（元/尾）養殖費用（元/尾）普通魚苗0.51紅色魚苗11設購買普通魚苗x尾，養殖這些魚苗的總費用為y元.（1）寫出y（元）與x（尾）之間的函數關系式；（2）如果購買每種魚苗不少于600尾，在總魚苗2000尾不變的條件下，養殖這些魚苗的最低費用是多少？18、（10分）如圖，四邊形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，AO＝OC，BO＝OD，且∠AOB＝2∠OAD．(1)求證：四邊形ABCD是矩形；(2)若∠AOB∶∠ODC＝4∶3，求∠ADO的度數.B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）直角三角形的兩條直角邊長分別為、，則這個直角三角形的斜邊長為________cm．20、（4分）已知關于的一元二次方程的一個根是2，則______.21、（4分）一元二次方程有實數根，則的取值范圍為____．22、（4分）如圖，已知菱形ABCD的周長為16，面積為，E為AB的中點，若P為對角線BD上一動點，則EP+AP的最小值為______．23、（4分）拋物線與軸的公共點是，則這條拋物線的對稱軸是__________．二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（8分）如圖，在△ABC中，AD平分∠BAC交BC于點D，DE⊥AB于點E，DF⊥AC于點F，∠MDN的兩邊分別與AB，AC相交于M，N兩點，且∠MDN+∠BAC＝180°．（1）求證AE＝AF；（2）若AD＝6，DF＝2，求四邊形AMDN的面積．25、（10分）閱讀理解：我們知道因式分解與整式乘法是互逆關系，那么逆用乘法公式，即，是否可以因式分解呢？當然可以，而且也很簡單。如；.請你仿照上述方法分解因式：（1）（2）26、（12分）計算：（1）2﹣6+3；（2）（﹣）（+）+（2﹣3）2；用指定方法解下列一元二次方程：（3）x2﹣36=0（直接開平方法）；（4）x2﹣4x=2（配方法）；（5）2x2﹣5x+1=0（公式法）；（6）（x+1）2+8（x+1）+16=0（因式分解法）

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、B【解析】

試題解析：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BC=AD=12，AD∥BC，∵四邊形PDQB是平行四邊形，∴PD=BQ，∵P的速度是1cm/秒，∴兩點運動的時間為12÷1=12s，∴Q運動的路程為12×4=48cm，∴在BC上運動的次數為48÷12=4次，第一次PD=QB時，12-t=12-4t，解得t=0，不合題意，舍去；

第二次PD=QB時，Q從B到C的過程中，12-t=4t-12，解得t=4.8；

第三次PD=QB時，Q運動一個來回后從C到B，12-t=31-4t，解得t=8；

第四次PD=QB時，Q在BC上運動3次后從B到C，12-t=4t-31，解得t=9.1．

∴在運動以后，以P、D、Q、B四點組成平行四邊形的次數有3次，

故選：B．考點：平行四邊形的判定與性質2、A【解析】

依據勾股定理即可得到Rt△AOH中，AO=，依據∠AGO=∠AOG，即可得到AG=AO=，進而得出HG=-1，可得G（-1，2）．【詳解】如圖，過點A作AH⊥x軸于H，AG與y軸交于點M，∵?AOBC的頂點O（0，0），A（-1，2），∴AH=2，HO=1，∴Rt△AOH中，AO=，由題可得，OF平分∠AOB，∴∠AOG=∠EOG，又∵AG∥OE，∴∠AGO=∠EOG，∴∠AGO=∠AOG，∴AG=AO=，∴MG=-1，∴G（-1，2），故選A．本題主要考查了角平分線的作法，勾股定理以及平行四邊形的性質的運用，解題時注意：求圖形中一些點的坐標時，過已知點向坐標軸作垂線，然后求出相關的線段長，是解決這類問題的基本方法和規律．3、B【解析】

先根據一次函數的解析式判斷出函數的增減性，再根據x1＞x2即可作出判斷．【詳解】解：直線中，隨的增大而增大，，．故選：．本題考查的是一次函數圖象上點的坐標特點，即一次函數圖象上各點的坐標一定適合此函數的解析式．4、D【解析】

根據平行直線的解析式的k值相等求出k，然后把點P（﹣1，2）的坐標代入一次函數解析式計算即可得解．【詳解】解：∵一次函數y＝kx+b的圖象與直線y＝﹣x+1平行，∴k＝﹣1，∵一次函數過點（8，2），∴2＝﹣8+b解得b＝1，∴一次函數解析式為y＝﹣x+1．故選：D．此題考查的是一次函數的圖象及性質和求一次函數的解析式，掌握平行直線的解析式的k值相等和利用待定系數法求一次函數解析式是解決此題的關鍵．5、B【解析】

利用平行四邊形的性質可知AO=2，在Rt△ABO中利用勾股定理可得BO=5，則BD=2BO=1．【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BD=2BO，AO=OC=2．在Rt△ABO中，利用勾股定理可得：BO=3∴BD=2BO=1．故選：B．本題主要考查了平行四邊形的性質、勾股定理．解題的技巧是平行四邊形轉化為三角形問題解決．6、C【解析】

根據旋轉的性質和三角形內角和解答即可．【詳解】∵將△ABC繞點C順時針旋轉90°得到△EDC．∴∠DCE=∠ACB=20°，∠BCD=∠ACE=90°，AC=CE，∴∠ACD=90°-20°=70°，∵點A，D，E在同一條直線上，∴∠ADC+∠EDC=180°，∵∠EDC+∠E+∠DCE=180°，∴∠ADC=∠E+20°，∵∠ACE=90°，AC=CE∴∠DAC+∠E=90°，∠E=∠DAC=45°在△ADC中，∠ADC+∠DAC+∠DCA=180°，即45°+70°+∠ADC=180°，解得：∠ADC=65°，故選C．此題考查旋轉的性質，關鍵是根據旋轉的性質和三角形內角和解答．7、C【解析】

解：∵函數y=2x和y=ax+4的圖象相交于點A（m，3），∴3=2m，解得m=．∴點A的坐標是（，3）．∵當時，y=2x的圖象在y=ax+4的圖象的下方，∴不等式2x＜ax+4的解集為．故選C．8、A【解析】

分3是腰長與底邊兩種情況討論求解．【詳解】解：①3是腰長時，三角形的三邊分別為7、3、3，3+3=6＜7，不能組成三角形；②3是底邊長時，三角形的三邊分別為7、7、3，能組成三角形，周長=7+7+3=17，綜上所述，這個等腰三角形的周長是17，故選：A．本題考查了等腰三角形的性質，難點在于分情況討論并利用三角形的三邊關系判斷是否能組成三角形．二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、x【解析】

先把兩分數化為同分母的分數，再把分母不變，分子相加減即可.【詳解】，故答案為x.10、乙【解析】

根據在平均成績相同的情況下，方差越小，成績越穩定即可得出結論．【詳解】解：∵0.5＞0.4∴S甲2＞S乙2，則成績較穩定的同學是乙．故答案為：乙．此題考查的是利用方差做決策，掌握方差越小，數據越穩定是解決此題的關鍵．11、【解析】

根據方程的系數結合根的判別式△=0，可得出關于a的一元二次方程，解之即可得出結論．【詳解】解：∵關于x的方程x2-2ax+1=0有兩個相等的實數根，∴△=（-2a）2-4×1×1=0，解得：a=±1．故答案為：±1．本題考查了根的判別式，牢記“當△=0時，方程有兩個相等的兩個實數根”是解題的關鍵．12、x≠【解析】

根據分式的分母不為0可得關于x的不等式，解不等式即得答案．【詳解】解：∵代數式在實數范圍內有意義，∴2x－1≠0，解得：x≠．故答案為：x≠．此題主要考查了分式有意義的條件，正確把握分式的定義是解題關鍵．13、50°【解析】

由旋轉可得∠CDE=∠B=70°，∠CED=∠BAC=30°，CA=CE，則∠CAE=∠CEA，再由三角形的外角性質可得∠CDE=∠CAE+∠AED可求出∠CAE的度數．【詳解】∵△ABC繞點C順時針旋轉得到△EDC∴∠CDE=∠B=70°，∠CED=∠BAC=30°，CA=CE，∴∠CAE=∠CEA，則∠AED=∠CEA-30°又∵∠CDE=∠CAE+∠AED即∠CAE+∠CAE-30°=70°解得∠CAE=50°故答案為：50°．本題考查三角形中的角度計算，解題的關鍵是利用旋轉的性質得到旋轉后的角度，并利用三角形的外角性質建立等量關系．三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、6【解析】

根據菱形的性質得出AC⊥BD，DO=BO，然后根據Rt△AOB的勾股定理求出BO的長度，然后根據BD=2BO求出答案.【詳解】∵四邊形ABCD是菱形，對角線AC與BD相交于O，∴AC⊥BD，DO=BO，∵AB=5，AO=4，∴BO==3，∴BD=2BO=2×3=6考點：菱形的性質15、h.【解析】

設城際鐵路現行速度是xkm/h，則建成后時速是（x+200）xkm/h；現行路程是210km，建成后路程是180km，由時間=，運行時間=現行時間，列方程即可求出x的值，進而可得建成后的城際鐵路在A、B兩地的運行時間.【詳解】設城際鐵路現行速度是xkm/h，則建成后時速是（x+200）xkm/h；根據題意得：×=，解得：x=70，經檢驗：x=70是原方程的解，且符合題意，∴==（h）答：建成后的城際鐵路在A、B兩地的運行時間為h.本題考查了分式方程的應用，分析題意，找到關鍵描述語，找到合適的等量關系是解決問題的關鍵．16、(1)2﹣2；4；(2)y＝x﹣1或y＝x+.【解析】

(1)由題意得出M＝OA＝2，m＝2，即可得出O到線段AB的“極差距離”；由題意得出AK＝3，BK＝7，則M＝BK＝7，m＝AK＝3，即可得出結果；(2)由題意得出點P的坐標為(8，0)或(﹣8，0)，設直線AP的解析式為：y＝kx+a，代入點A、點P的坐標即可得出解析式．【詳解】解：(1)∵點A的坐標為(2，2)，正方形ABCD的對角線交點恰與原點O重合，∴OA＝，∴M＝OA＝2，m＝2，∴O到線段AB的“極差距離”D(O，AB)＝；∵點K(5，2)，如圖1所示：∴AK＝3，BK＝7，∴M＝BK＝7，m＝AK＝3，∴點K(5，2)到線段AB的“極差距離”D(K，AB)＝4；故答案為：2﹣2；4；(2)設點P(x，0)，若點P在O的右側，則M＝BP，m＝PN＝2﹣x，BH＝2，PH＝x+2，如圖2所示：∵“極差距離”D(P，W)＝2，∴﹣(2﹣x)＝2，解得：x＝，同理，點P在O的左側，x＝，∴點P的坐標為(，0)或(﹣，0)，設直線AP的解析式為：y＝kx+a，當點P的坐標為(，0)時，則：，解得：，∴此時，直線AP的解析式為y＝x﹣1；當點P的坐標為(﹣，0)時，則：，解得：，∴此時，直線AP的解析式為y＝x+；∴直線AP的解析式為：y＝x﹣1或y＝x+．本題主要考查正方形的性質及待定系數法求一次函數的解析式，能夠理解“極差距離”的意義，掌握待定系數法是解題的關鍵．17、（1）；（2）養殖魚苗的最低費用是3300元【解析】

（1）根據題意和表格中的數據可以寫出y與x的函數關系式，本題得以解決；（2）根據題意和（1）中的關系式，利用一次函數的性質可以解答本題．【詳解】（1）設普魚苗為x尾，則紅色魚苗為尾，∴；（2）由題意知：，∴解得，∵函數，y隨x值的增大而減小，∴當時，y的值最小，∴，∴養殖魚苗的最低費用是3300元.本題考查一次函數的應用、一元一次不等式的應用，解答本題的關鍵是明確題意，利用一次函數的性質解答．18、(1)證明見解析；(2)∠ADO==36°.【解析】

(1)先判斷四邊形ABCD是平行四邊形，繼而根據已知條件推導出AC=BD，然后根據對角線相等的平行四邊形是矩形即可；(2)設∠AOB=4x，∠ODC=3x，則∠OCD=∠ODC=3x.，在△ODC中，利用三角形內角和定理求出x的值，繼而求得∠ODC的度數，由此即可求得答案.【詳解】(1)∵AO＝OC，BO＝OD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，又∵∠AOB＝2∠OAD，∠AOB是△AOD的外角，∴∠AOB＝∠OAD＋∠ADO.∴∠OAD＝∠ADO.∴AO＝OD.又∵AC＝AO＋OC＝2AO，BD＝BO＋OD＝2OD，∴AC＝BD.∴四邊形ABCD是矩形.(2)設∠AOB=4x，∠ODC=3x，則∠ODC=∠OCD=3x，在△ODC中，∠DOC+∠OCD+∠CDO=180°∴4x+3x+3x=180°，解得x=18°，∴∠ODC=3×18°=54°，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADC=90°，∴∠ADO=∠ADC－∠ODC=90°－54°=36°.本題考查了矩形的判定與性質，三角形內角和定理等知識，熟練掌握和靈活運用相關知識是解題的關鍵.一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、【解析】

利用勾股定理直接計算可得答案．【詳解】解：由勾股定理得：斜邊故答案為：．本題考查的是勾股定理的應用，掌握勾股定理是解題的關鍵．20、1【解析】

根據關于x的一元二次方程x2?2ax＋3a＝0有一個根為2，將x＝2代入方程即可求得a的值．【詳解】解：∵關于x的一元二次方程x2?2ax＋3a＝0有一個根為2，∴22?2a×2＋3a＝0，解得，a＝1，故答案為1．此題主要考查了一元二次方程的解，解題的關鍵是把已知方程的根直接代入方程得到待定系數的方程即可解決問題．21、【解析】

根據根的判別式求解即可．【詳解】∵一元二次方程有實數根∴解得故答案為：．本題考查了一元二次方程根的問題，掌握根的判別式是解題的關鍵．22、．【解析】

解：如圖作CE′⊥AB于E′，甲BD于P′，連接AC、AP′．首先證明E′與E重合，∵A、C關于BD對稱，∴當P與P′重合時，PA′+P′E的值最小，∵菱形ABCD的周長為16，面積為8，∴AB=BC=4，AB·CE′=8，∴CE′=2，由此求出CE的長=2．故答案為2．考點：1、軸對稱﹣最短問題，2、菱形的性質23、【解析】

根據二次函數的拋物線的對稱性，可得二次函數與x軸的交點是關于拋物線的對稱軸對稱的，已知兩個交點的坐標，求出中點，即可求出對稱軸.【詳解】解：根據拋物線的對稱性可得：的中心坐標為（1，0）因此可得拋物線的對稱軸為故答案為本題主要考查拋物線的對稱性，關鍵在于求出拋物線與x軸的交點坐標的中點.二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（1）詳見解析；（2）【解析】

（1）依據HL判定Rt△ADE≌Rt△ADF，即可得出AE=AF；

（2）判定△DEM≌△DFN，可得S△DEM=S△DFN，進而得到S四邊形AMDN=S四邊形AEDF，求得S△ADF=AF×DF=2，即可得出結論．【詳解】（1）∵AD平分∠BAC，DE⊥AB于點E，DF⊥AC于點F，∴DE＝DF，又∵DE⊥AB于點E，DF⊥AC于點F，∴∠AED＝∠AFD＝90°，又∵AD＝AD，∴Rt△ADE≌Rt△ADF（HL），∴AE＝AF；（2）∵∠MDN+∠BAC＝180°，∴∠AMD+∠AND＝180°，又∵∠DNF+∠AND＝180°∴∠EMD＝∠FND，又∵∠DEM＝∠DFN，DE＝