2025屆湖南省醴陵市第三中學九年級數(shù)學第一學期開學統(tǒng)考試題【含答案】

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6頁2025屆湖南省醴陵市第三中學九年級數(shù)學第一學期開學統(tǒng)考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）數(shù)據(jù)3，2，0，1，的方差等于（）A．0 B．1 C．2 D．32、（4分）如圖，矩形ABCD中，CD=6，E為BC邊上一點，且EC=2將△DEC沿DE折疊，點C落在點C'．若折疊后點A，C'，E恰好在同一直線上，則AD的長為（

）A．8

B．9

C．485

D．103、（4分）如圖，分別是的邊上的點，將四邊形沿翻折，得到交于點則的周長為（）A． B． C． D．4、（4分）甲、乙、丙、丁四位同學在三次數(shù)學測驗中，他們成績的平均數(shù)都是85分，方差分別是：S甲2＝3.8，S乙2＝2.7，S丙2＝6.2，S丁2＝5.1，則四個人中成績最穩(wěn)定的是（）A．j甲 B．乙 C．丙 D．丁5、（4分）菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，AC＝10，BD＝24，則菱形ABCD的周長為（）A．52 B．48 C．40 D．206、（4分）若x＜y，則下列結論不一定成立的是（）A． B． C． D．7、（4分）某市一周日最高氣溫如圖所示，則該市這周的日最高氣溫的眾數(shù)是（）A．25 B．26 C．27 D．288、（4分）過原點和點2,3的直線的解析式為（）A．y=32x B．y=2二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、（4分）四邊形的外角和等于.10、（4分）如圖，某自動感應門的正上方處裝著一個感應器，離地米，當人體進入感應器的感應范圍內時，感應門就會自動打開.一個身高1.6米的學生正對門，緩慢走到離門1.2米的地方時（米），感應門自動打開，則_________米.11、（4分）數(shù)據(jù)1，-3，1，0，1的平均數(shù)是____，中位數(shù)是____，眾數(shù)是____，方差是___.12、（4分）一次函數(shù)的圖像在軸上的截距是__________.13、（4分）已知一個樣本的數(shù)據(jù)為1、2、3、4、x，它的平均數(shù)是3，則這個樣本方差=_______三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（12分）校團委決定對甲、乙、丙三位候選人進行民主投票、筆試、面試考核，從中推選一名擔任學生會主席．已知參加民主投票的學生為200名，每人當且僅當推薦一名候選人，民主投票結果如下扇形統(tǒng)計圖所示，筆試和面試的成績如下統(tǒng)計表所示．甲乙丙筆試788085面試927570（1）甲、乙、丙的得票數(shù)依次是______、______、______；（2）若民主投票得一票記1分，學校將民主投票、筆試、面試三項得分按3：4：3的比例確定三名候選人的考核成績，成績最高當選，請通過計算確定誰當選．15、（8分）如圖，一個正比例函數(shù)與一個一次函數(shù)的圖象交于點A（3，4），其中一次函數(shù)與y軸交于B點，且OA＝OB．（1）求這兩個函數(shù)的表達式；（2）求△AOB的面積S．16、（8分）如圖，正方形ABCD中，AB＝4，點E為邊AD上一動點，連接CE，以CE為邊，作正方形CEFG（點D、F在CE所在直線的同側），H為CD中點，連接FH．（1）如圖1，連接BE，BH，若四邊形BEFH為平行四邊形，求四邊形BEFH的周長；（2）如圖2，連接EH，若AE＝1，求△EHF的面積；（3）直接寫出點E在運動過程中，HF的最小值．17、（10分）解不等式組，并將其解集在數(shù)軸上表示出來．（1）；（2）18、（10分）計算：9-7+5．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）如圖，中，，若動點從開始，按C→A→B→C的路徑運動（回到點C就停止），且速度為每秒，則P運動________秒時，為等腰三角形．（提示：直角三角形中，當斜邊和一條直角邊長分別為和時，另一條直角邊為）20、（4分）五邊形從某一個頂點出發(fā)可以引_____條對角線．21、（4分）平面直角坐標系中，點關于原點的對稱點坐標為______．22、（4分）如圖，矩形中，，延長交于點，延長交于點，過點作，交的延長線于點，，則=_________．23、（4分）一副常規(guī)的直角三角板如圖放置，點在的延長線上，，，若，則______.二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（8分）如圖，在矩形ABCD中，，，E是AB上一點，連接CE，現(xiàn)將向上方翻折，折痕為CE，使點B落在點P處．（1）當點P落在CD上時，_____；當點P在矩形內部時，BE的取值范圍是_____．（2）當點E與點A重合時：①畫出翻折后的圖形（尺規(guī)作圖，保留作圖痕跡）；②連接PD，求證：；（3）如圖，當點Р在矩形ABCD的對角線上時，求BE的長．25、（10分）為了從甲、乙兩名學生中選拔一人參加射擊比賽，對他們的射擊水平進行了測驗兩人在相同條件下各射靶次，命中的環(huán)數(shù)如下：甲：，，，，，，，，，乙：，，，，，，，，，(1)分別計算兩組數(shù)據(jù)的方差.(2)如果你是教練你會選拔誰參加比賽？為什么？26、（12分）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中點，E是AD的中點，過點A作AF∥BC交BE的延長線于點F.（1）求證：△AEF≌△DEB;（2）求證：四邊形ADCF是菱形.

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、C【解析】

先計算這5個數(shù)據(jù)的平均數(shù)，再根據(jù)方差公式計算即可．【詳解】解：這5個數(shù)的平均數(shù)=（3+2+0+1－1）÷5=1，所以這組數(shù)據(jù)的方差=．故選：C．本題考查的是方差的計算，屬于基礎題型，熟練掌握方差的計算公式是解題的關鍵．2、D【解析】

在Rt△DEC中，由勾股定理可得DE的長．設AD=x，則BE=x-1，AB=DC=C'D．由Rt△AC'D≌△EBA，得到BE=AC'=x-1．在Rt△AC'D中，由勾股定理即可得出結論．【詳解】解：如圖，由勾股定理得：DE=DC設AD=x，則BE=x-1，AB=DC=C'D．∵AD∥BE，∴∠DAE=∠AEB，∴Rt△AC'D≌△EBA（AAS），∴BE=AC'=x-1．在Rt△AC'D中，由勾股定理得：AD1=AC'1+C'D1，即x1=（x-1）1+61，解得：x=2，即AD=2．故選D．本題考查了矩形與折疊．證明Rt△AC'D≌△EBA是解答本題的關鍵．3、C【解析】

根據(jù)平行四邊形的性質得到AD∥BC，由平行線的性質得到∠AEG=∠EGF，根據(jù)折疊的性質得到∠GEF=∠DEF=60°，推出△EGF是等邊三角形，于是得到結論．【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠AEG=∠EGF，∵將四邊形EFCD沿EF翻折，得到EFC′D′，∴∠GEF=∠DEF=60°，∴∠AEG=60°，∴∠EGF=60°，∴△EGF是等邊三角形，∴EG=FG=EF=4，∴△GEF的周長=4×3=12，故選：C．本題考查了翻折變換的性質、平行四邊形的性質、等邊三角形的判定與性質等知識；熟練掌握翻折變換的性質是解決問題的關鍵．4、B【解析】

根據(jù)方差的定義，方差越小數(shù)據(jù)越穩(wěn)定，即可得出答案．【詳解】解：∵S甲2＝3.8，S乙2＝2.7，S丙2＝6.2，S丁2＝5.1，∴S乙2＜S甲2＜S丁2＜S丙2，∴四個人中成績最穩(wěn)定的是乙，故選：B．本題考查方差的意義．方差是用來衡量一組數(shù)據(jù)波動大小的量，方差越大，表明這組數(shù)據(jù)偏離平均數(shù)越大，即波動越大，數(shù)據(jù)越不穩(wěn)定；反之，方差越小，表明這組數(shù)據(jù)分布比較集中，各數(shù)據(jù)偏離平均數(shù)越小，即波動越小，數(shù)據(jù)越穩(wěn)定．5、A【解析】

由勾股定理可得AB的長，繼而得到菱形ABCD的周長.【詳解】因為菱形ABCD中，AC＝10，BD＝24，所以OB=12，OA=5.在直角三角形ABO中，AB=，所以菱形ABCD的周長=4AB=52，故答案為A.本題考查勾股定理和菱形的性質，解題的關鍵是掌握勾股定理和菱形的性質.6、C【解析】

根據(jù)不等式兩邊加（或減）同一個數(shù)（或式子），不等號的方向不變；不等式兩邊乘（或除以）同一個正數(shù)，不等號的方向不變；不等式兩邊乘（或除以）同一個負數(shù)，不等號的方向改變．【詳解】解：A，不等式兩邊同時減3，不等式的方向不變，選項A正確；B，不等式兩邊同時乘-5，不等式的方向改變，選項B正確；C，x＜y，沒有說明x，y的正負，所以不一定成立，選項C錯誤；D，不等式兩邊同時乘，不等式的方向改變，選項D正確；故選：C．本題主要考查了不等式的性質，即不等式兩邊加（或減）同一個數(shù)（或式子），不等號的方向不變；不等式兩邊乘（或除以）同一個正數(shù)，不等號的方向不變；不等式兩邊乘（或除以）同一個負數(shù)，不等號的方向改變；理解不等式的性質是解題的關鍵．7、A【解析】分析:根據(jù)眾數(shù)是一組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的那個數(shù)求解即可.詳解:∵25出現(xiàn)了3次，出現(xiàn)的次數(shù)最多，∴周的日最高氣溫的眾數(shù)是25.故選A.點睛:本題考查了眾數(shù)的定義，熟練掌握一組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的那個數(shù)是眾數(shù)是解答本題的關鍵.眾數(shù)可能沒有，可能有1個，也可能有多個.8、A【解析】

設直線的解析式為y=kx（k≠0），把（2，3）代入函數(shù)解析式，根據(jù)待定系數(shù)法即可求得．【詳解】解：∵直線經過原點，∴設直線的解析式為y=kx（k≠0），把（2，3）代入得3=2k，解得k=該直線的函數(shù)解析式為y=32x故選：A．此題主要考查了用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式．熟練掌握待定系數(shù)法是解題的關鍵．二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、360°．【解析】

解：n（n≥3）邊形的外角和都等于360°．10、1.1【解析】

過點D作DE⊥AB于點E，構造Rt△ADE，利用勾股定理求得AD的長度即可．【詳解】解：如圖，過點D作DE⊥AB于點E，依題意知，BE＝CD＝1.6米，ED＝BC＝1.2米，AB＝2.1米，則AE＝AB?BE＝2.1?1.6＝0.9（米）．在Rt△ADE中，由勾股定理得到：AD＝＝1.1（米）故答案是：1.1．本題考查了勾股定理的應用，解題的關鍵是作出輔助線，構造直角三角形，利用勾股定理求得線段AD的長度．11、0、1、1、2.4.【解析】

根據(jù)平均數(shù)、中位數(shù)、眾數(shù)、方差的定義求解即可.【詳解】平均數(shù)是：(1-3+1+0+1)÷5=0；中位數(shù)是：1；眾數(shù)是：1；方差是：=2.4.故答案為：0；1；1；2.4此題主要考查了平均數(shù)、眾數(shù)、中位數(shù)、方差的統(tǒng)計意義．找中位數(shù)要把數(shù)據(jù)按從小到大的順序排列，位于最中間的一個數(shù)或兩個數(shù)的平均數(shù)為中位數(shù)；眾數(shù)是一組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)據(jù)，注意眾數(shù)可以不止一個；平均數(shù)是指在一組數(shù)據(jù)中所有數(shù)據(jù)之和再除以數(shù)據(jù)的個數(shù)．12、1【解析】

求得一次函數(shù)與y軸的交點的縱坐標即為一次函數(shù)y=x+1的圖象在y軸上的截距．【詳解】解：令x=0，得y=1；

故答案為：1．本題考查了一次函數(shù)的性質，掌握一次函數(shù)的性質是解題的關鍵．13、2【解析】

已知該樣本有5個數(shù)據(jù)．故總數(shù)=3×5=15，則x=15-1-2-3-4=5，則該樣本方差=.本題難度較低，主要考查學生對簡單統(tǒng)計中平均數(shù)與方差知識點的掌握，計算方差的步驟是：①計算數(shù)據(jù)的平均數(shù)；②計算偏差，即每個數(shù)據(jù)與平均數(shù)的差；③計算偏差的平方和；④偏差的平方和除以數(shù)據(jù)個數(shù)．三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（1）50、80、70；（2）乙的平均成績最高，應錄用乙．【解析】

（1）分別用總票數(shù)乘以甲，乙，丙各自得票數(shù)的百分比即可得出各自的得票數(shù)；（2）按照加權平均數(shù)的求法分別求出甲，乙，丙的成績，選出成績最高者即可．【詳解】（1）甲的得票數(shù)為：200×25%=50（票），乙的得票數(shù)為：200×40%=80（票），丙的得票數(shù)為：200×35%=70（票），（2）甲的平均成績：；乙的平均成績：；丙的平均成績：；∵78.5＞76＞73.8，∴乙的平均成績最高，應錄用乙．本題主要考查加權平均數(shù)和扇形統(tǒng)計圖，掌握加權平均數(shù)的求法是解題的關鍵．15、（1）OA：，AB：；（2）【解析】

（1）把A點坐標代入可先求得直線OA的解析式，可求得OA的長，則可求得B點坐標，可求得直線AB的解析式；（2）由A點坐標可求得A到y(tǒng)軸的距離，根據(jù)三角形面積公式可求得S．【詳解】（1）設直線OA的解析式為y=kx，把A（3，4）代入得4=3k，解得k=，所以直線OA的解析式為y=x；∵A點坐標為（3，4），∴OA==5，∴OB=OA=5，∴B點坐標為（0，-5），設直線AB的解析式為y=ax+b，把A（3，4）、B（0，-5）代入得，解得，∴直線AB的解析式為y=3x-5；（2）∵A（3，4），∴A點到y(tǒng)軸的距離為3，且OB=5，∴S=×5×3=．本題主要考查一次函數(shù)的交點問題，掌握兩函數(shù)圖象的交點坐標滿足兩函數(shù)解析式是解題的關鍵．16、（1）8；（2）；（3）3．【解析】

（1）由平行四邊形的性質和正方形的性質可得EC=EF=BH，BC=DC，可證Rt△BHC≌Rt△CED，可得CH=DE，由“SAS”可證BE=EC，可得BE=EF=HF=BH=EC，由勾股定理可求BH的長，即可求四邊形BEFH的周長；

（2）連接DF，過點F作FM⊥AD，交AD延長線于點M，由“AAS”可證△EFM≌△CED，可得CD=EM=4，DE=FM=3，由三角形面積公式可求解；

（3）過點F作FN⊥CD的延長線于點N，設AE=x=DM，則DE=4-x=FM，NH=4-x+2=6-x，由勾股定理可求HF的長，由二次函數(shù)的性質可求HF的最小值．【詳解】解：（1）∵四邊形BEFH為平行四邊形

∴BE=HF，BH=EF

∵四邊形EFGC，四邊形ABCD都是正方形

∴EF=EC，BC=CD=4=AD

∴BH=EC，且BC=CD

∴Rt△BHC≌Rt△CED（HL）

∴CH=DE

∵H為CD中點，

∴CH=2=DE

∴AE=AD-DE=2=DE，且AB=CD，∠BAD=∠ADC=90°

∴Rt△ABE≌Rt△DCE（SAS）

∴BE=EC

∴BE=EF=HF=BH=EC

∵CH=2，BC=4

∴BH===2

∴四邊形BEFH的周長=BE+BH+EF+FH=8；

（2）如圖2，連接DF，過點F作FM⊥AD，交AD延長線于點M，

∵AE=1，

∴DE=3

∵∠FEM+∠CEM=90°，∠CEM+∠ECD=90°

∴∠FEM=∠ECD，且CE=EF，∠EDC=∠EMF=90°

∴△EFM≌△CED（AAS）

∴CD=EM=4，DE=FM=3，

∴DM=1，

∴S△EFH=S△EFD+S△EDH+S△DHF=×3×3+×3×2+×2×1=；

（3）如圖3，過點F作FN⊥CD的延長線于點N，

由（2）可知：△EFM≌△CED

∴CD=EM，DE=FM，

∴CD=AD=EM，

∴AE=DM，

設AE=x=DM，則DE=4-x=FM，

∵FN⊥CD，F(xiàn)M⊥AD，ND⊥AD

∴四邊形FNDM是矩形

∴FN=DM=x，F(xiàn)M=DN=4-x

∴NH=4-x+2=6-x

在Rt△NFH中，HF===

∴當x=3時，HF有最小值==3．故答案為：（1）8；（2）；（3）3．本題是四邊形綜合題，考查正方形的性質，平行四邊形的判定，全等三角形的判定和性質，勾股定理，二次函數(shù)的性質，添加恰當輔助線構造全等三角形是題的關鍵．17、（1），答案見解析；（2）不等式組無解，答案見解析．【解析】

（1）不等式去分母，去括號，移項合并，把x系數(shù)化為1，即可求出解；

（2）分別求出不等式組中兩不等式的解集，找出兩解集的公共部分即可．【詳解】解：（1）去分母得：，

解得：，

；

（2）

由①得：x＞2，

由②得：x＜?1，

則不等式組無解．本題考查了在數(shù)軸上表示不等式的解集，以及解一元一次不等式組，熟練掌握運算法則是解本題的關鍵．18、15【解析】

先化簡再計算，，，代入原式即可得出結果；【詳解】解：原式，．本題主要考查了二次根式的加減運算，無理數(shù)的運算法則與有理數(shù)的運算法則是一樣的．在進行根式的運算時要先化簡再計算可使計算簡便．一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、3，5.4，6，6.5【解析】

作CD⊥AB于D，根據(jù)勾股定理可求CD，BD的長度，分BP=BC，CP=BP，BC=CP三種情況討論，可得t的值【詳解】點在上，時，秒；點在上，時，過點作交于點，點在上，時，④點在上，時，過點作交于點，為的中位線，本題考查了勾股定理，等腰三角形的性質，關鍵是利用分類思想解決問題．20、1【解析】

從n邊形的一個頂點出發(fā)有（n?3）條對角線，代入求出即可．【詳解】解：從五邊形的一個頂點出發(fā)有5﹣3＝1條對角線，故答案為：1．本題考查了多邊形的對角線，熟記知識點（從n邊形的一個頂點出發(fā)有（n?3）條對角線）是解此題的關鍵．21、【解析】

根據(jù)兩個點關于原點對稱時，它們的坐標符號相反可得答案．【詳解】∵關于原點的對稱兩個點坐標符號相反，∴點關于原點的對稱點坐標為，故答案為：．此題主要考查了關于原點對稱的點的坐標，關鍵是掌握點的坐標的變化規(guī)律．22、【解析】

通過四邊形ABCD是矩形以及，得到△FEM是等邊三角形，根據(jù)含30°直角三角形的性質以及勾股定理得到KM，NK，KE的值，進而得到NE的值，再利用30°直角三角形的性質及勾股定理得到BN，BE即可．【詳解】解：如圖，設NE交AD于點K，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠ABC=90°，∴∠MFE=∠FCB，∠FME=∠EBC∵，∴△BCE為等邊三角形，∴∠BEC=∠ECB=∠EBC=60°，∵∠FEM=∠BEC，∴∠FEM=∠MFE=∠FME=60°，∴△FEM是等邊三角形，F(xiàn)M=FE=EM=2，∵EN⊥BE，∴∠NEM=∠NEB=90°，∴∠NKA=∠MKE=30°，∴KM=2EM=4，NK=2AN=6，∴在Rt△KME中，KE=，∴NE=NK+KE=6+，∵∠ABC=90°，∴∠ABE=30°，∴BN=2NE=12+，∴BE=，∴BC=BE=，故答案為：本題考查了矩形，等邊三角形的性質，以及含30°直角三角形的性質與勾股定理的應用，解題的關鍵是靈活運用30°直角三角形的性質．23、【解析】

作BM⊥FC于M,CN⊥AB于N，根據(jù)矩形的性質得到BM=CN,再根據(jù)直角三角形的性質求出AB，再根據(jù)勾股定理求出BC，結合圖形即可求解.【詳解】作BM⊥FC于M,CN⊥AB于N，∵AB∥CF,∴四邊形BMCN是矩形，∠BCM=∠ABC=30°，∴BM=CN,∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，∴AB=2AC=4，由勾股定理得BC=∴BM=CN=BC=由勾股定理得CM=∵∠EDF=45°，∴DM=BM=∴CD=CM-DM=此題主要考查矩形的判定與性質，解題的關鍵是熟知勾股定理、含30°的直角三角形及等腰直角三角形的性質.二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（1）12，0＜BE＜12；（2）①見解析，②見解析；（3）2或1．【解析】

（1）由折疊的性質得到推出△BCE是等腰直角三角形，即可得到結論；

（2）①由題意畫出圖形即可；

②根據(jù)全等三角形的性質得到∠PAC=∠DCA，設AP與CD相交于O，于是得到OA=OC，求得∠OAC=∠OPD，根據(jù)平行線的判定定理得到結論；

（3）分兩種情形，當點P在對角線AC或對角線BD上時，兩種情形分別求解即可．【詳解】解：（1）當點P在CD上時，如圖1，

∵將∠B向右上方翻折，折痕為CE，使點B落在點P處，

∴∠BCE=∠ECP=45°，

∴△BCE是等腰直角三角形，

∴BE=BC=AD=12，

當點P在矩形內部時，BE的取值范圍是0＜BE＜12；

故答案為：12，0＜BE＜12；

（2）①補全圖形如圖2所示，

②當點E與點A重合時，如圖3，連接PD，設CD交PA于點O．

由折疊得，AB=AP=CD，

在△ADC與△CPA中，，

∴△ADC≌△CPA，

∴∠PAC=∠DCA，

設AP與CD相交于O，則OA=OC，

∴OD=OP，∠ODP=∠OPD，

∵∠AOC