阶段性检测卷(2)-【超级考卷】2024-2025学年九年级全册数学学业质量评估（北师大版 江西专版）

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AH=FH, .△APH2 22.解：(1)如图①，过点A作AC⊥OB 于点C (2品的值不变 ∠AHP=∠FHG, AFGH(ASA),..AP=GF=1,GH= 如图，过点C作CE⊥x轴于点E,过 点D作DF⊥x轴于点F PH-号PG,PD-AD-AP-1. YCG=2,CD-1,.DG1 GH= G=1 1 ·√PD+DG-2 2 阁① 728号 9.乙、甲、丙、丁10.2 :△QAB是等边三角形， ÷∠A0B=60,0C=2OB, 11.8【解析】过点A作AM⊥x轴于点 M,过点B作BN⊥AM于点N,如 点B的坐标为(4,0)，.OB=OA 设OE=m,OP=, 图.：∠OAB=90°，，∠OAM十 =4, ∠BAN=90°，'∠AOM+∠OAM .OC=2,∴.AC=2,即点A的坐 则点C的坐标为(m,),点D的 =90°，∴∠AOM=∠BAN.又 标为(2,23). 坐标为(-，）】 '∠AMO=∠BNA=90, AM OM 把点A(2,25)代入y=克，解得太 易正△DFO∽△OEC, △AOk△BAN,BN-AN =45,y=43 8E-8-82 ”点A,B在反比例函数y=点(> x 8 0)的图象上，点A的横坐标为2，点 (2》①如图②，D是A'B的中点，过 点D作DE⊥x轴于点E, 2m22=16 B的纵坐标为1，…A(2,专)，B(, m :m>0,n>0, 1D,OM=2,AM=AN=号 m=4,a=合即0r=六 k 88-8器-2 2,BN=-2,“=2点-1 8阶段性检测卷（二） 得点：=2（不合题意，舍去），=8， ② ∴，是的值为8. 由题意，得AB=4,∠A'BE 1.B2.A3.A4.B =60°， 5.C【解析】利余两位数等可能出现的 在Rt△DEB中，BD=2,易得DE 结果如图所示 =5,BE=1,.0E-3. 0,00,10,20,30,40,50,60,70,80,9 把y=3代人y=5,得x=4, 1,01,11,21,31,4151,61,71,81,9 ∴.0E=4,a=00=1t 2,02,12,22,32,42,52,62,72,82,9 ②如图③，F是AO的中点，过点F 3.03.1 3 ,43,53.6 3,73.83.9 作FH⊥x轴于点H, 12.(3,0或(6,4或(6，)【解析】 4,04, 4,8 4,9 如图，过点P作PC1⊥OA,垂足为 C1,则△OC1PC∽△OAB,且点C的 5. 坐标为(3,0)；过点P作PC2⊥AB, ,86, 垂足为C2,则△PCBc∽△OAB,且 点C2的坐标为(6,4)：过点P作 PC:⊥OB,垂足为P,则△CPB∽ OH B △OAB,.BC；BO=BP:BA.由 图③ 题意可知，BO=10,BP=5,BA=8, 由题意，得A'O=4,∠A'0B 9,09,19,29,39,49,59,69,79,89,9 =60” 共有100种等可能出现的结果，其中 BC-华，AG-8-5-子 4 2-12P 参考答案 “点C的坐标为(6，)综上所 小红爸爸 21.解：(1)设超市销售1台A型微波炉 B 可获利x元. 送，符合条件的点C的坐标为(3,0) 王老师 依题意，得x=(700一x)X40%,解 支6,0或{6，） A AA BA CA 得x=200. B AB BB CB 故超市销售1台A型微波炉可获利 200元. AC BC CC (2)设每台微波炉降价5y元，则每 共有9种等可够出现的结果，其中 天可销售(10十y)台，每台获利(200 王老师与小红爸爸祓分到同一组的 +20一5y)元 结果有3和， 依题意，得(200十20一5y)(10十y) ,P(王老师与小红爸爸被分到同 =3600, 化简，得y2一34y+280=0,解得1 01 组)=-号 31 =14,y1=20 13.解：(1)x2-2x=x-2, 19.解：(1)影长AE如图所示. 要求超市尽量增加销售量，y .x(x-2)-(x-2)=0, 取20， ∴.(x-2)(x-1)=0, .700-5y=600. 解得为1=2，：=1. 故超市当天销售A型微被炉的价格 (2)证明：：四边形ABCD是正方 为600元/台， 形，·∠A=90°，AB∥CD, 22.解：(1)证明：四边形PQRS是 ∴.∠CDF=,∠DEA. 矩形， 'CF⊥DE, ∴.PS∥QR,即PS∥BC ∴.∠CFD=90°，即∠CFD=∠A, ∴.∠APS=∠B,∠ASP=∠C .△CDFD△DEA. ∴.△APS∽△ABC 14.证明：：四边形ABCD是菱形， (2)会影响温室CD的采光.理由 (2)如图，设AD与PS交于点M. ∴.AD=CD,AB=BC,∠A=∠C. 如下： 又，'∠ABE=∠CBF, 如图，设BE与CD交于点H ∴.△ABE△CBF(ASA), ,'HE∥DF,.∠BEA=∠DFC ..AE=CF; 又∠BAE=∠DCF=90°， ..AD-AE=CD-CF, '.△ABE∽△CDF, ∴.DE=DF 15.解：(1)25 带盟 CF' ,四边形PQRS是正方形 (2)当点D平移到AB的中点时，四 :号-号，解得AE=8m .PS=PQ=SR,PS∥QR 2 边形CDBF是菱形.理由如下： :∠ACB=90°，D是AB的中点， AC=7m ,AD是△ABC的高，即AD⊥BC .AM⊥PS,即AM是△APS的高 ,∴.CE=AE-AC=1m ∴.CD=BD=AD 由平移的性质可知，CF=AD=BE, :∠HEC=∠BEA,∠HCE= “△APS△ABC,=A BC AD ∠BAE=90°， .BD-BE. 设PS=x. 又，∠DFE=90" ',△EHC∽△EBA, ,BC=30,高AD=18,∴，AM=18 .BF BD-BE. 器器 =8 一， ∴.CD=BD=BF=CF 每得CH=1.5m. ∴.四边形CDBF是菱形 4 ,1.5>1, 16.解：(1)证明：a=1,b=一(m一3)， ,∴，会影响温室CD的采光 它的边长是气 =一m 20.解：(1)：一次函数y=x十1的图象 ∴.A=[-(m-3)]2-4×1×(-m) 与x轴、y轴分别交于点A和点B, (3):四边形PQRS是矩形，AD是 =m2-2m十9=(m一1)2+8>0， △ABC的高， CE⊥AE, ∴该方程有两个不相等的实数根 .∠BQP=180°-∠PQR=90, ∴.∠CAE=45”,∠CEA=90°，即 (2)由题意可知，x十x2=m一3， ∠BDA=90,∠BQP=∠BDA △CAE是等腰直角三角形， x2=一. 又∠B=∠ABD, AE-CE. x十x星-1x=7, .△PBQ∽△ABD,,PQ+AD= ,AC=3√2，∴.AE十CE=(3W2)2, BP:BA. 即(x1十x1)2一3x1x2=7, 解得AE=CE=3. .(m一3)2-3X(一m)=7,解得% 在y=x十1中，令y=0,则x=一1， AP PB-1:2,PQ-号AD =1,m2=2. .点A的坐标为（一1,0）. 故m的值为1或2 令y=3,则x=2, -号×18=12 17.解，红)范点A40,1代入=吾，得 点C的坐标为(2,3)，将其代入y △APSO△ABC,.PS BC= 2,得是=2×3=6， AP￥AB=1:3, k=40, =0再把点B(m,0.5)代入1= 六反比剑西数的表达式为y=6 PS=号EC=10, 吕得=80 .矩形PQRS的面积是PS·PQ= y=x+1, 10×12=120. (2)联立 (②把=60代人=9，得=号 6 23.解：(1)在Rt△ACB中，∠ACB 90°，AC=3/3,BC=3,,由勾殷定 t随罗的增大而诚小， 每子或二 理，得AB=6. y=-2, ∴汽车酒过该路段最少需菱号山 点D的坐标为（一3，一2）， 由题意，得BP=2, .AP=6-2 18.解：(1)随机 4SaE=立X3X[2-(-3)] ,'△APCC∽△ACB, (2)用列表法表示所有等可能出现 =25 的结果如下表： 指-能-清 6 3w 2-13 招级店者 数学·9年级全一册(BS版) 解得=子 ∴Sawn=10=号AF·BC:BC- ∴AD=3,DE=4, ,AB=6, (2)存在.如图，过点P作PM⊥AC 4,∴.AF=BF=5.在Rt△BCF中， ∴，BE+CE=AE+CE=AC=AB 交AC于点M BC=4,BF=5,∠BCF=90°，∴.CF= =6. √5一=3.由题意可知，CE=AE =BE=2AB,∠A=∠FBA= ∠ACE.又：∠BCA=∠BEF=90°， Q M ∴.∠CBF=90°-∠BF℃=90°-2∠A: 由题意可知，BP=21,AQ=3t, ∠CEF=90°-∠BEC=90°-2∠A, ① ∴.AP=6-2t,CQ=3N3-3. '.∠CEF=∠FBC,'.sin∠CEF= ②若∠BAC为钝角，如图②. 点P在CQ的垂直平分线上，且 PM⊥AC, sin∠CBF= - 5 可理，得BE十CE=BE十AE十AB =5+5+6=16. ∴aM=aM=2c0-号8w5-50 综上所述，BE十CE的值为6或16. -8-0, 18.解：)原式=3×号+2×号-2× 2 AM=AQ+QM-5+号g-D 7.08.8 9.60° 号=i+E-E -9+ 10.(4,w3)【解析】如图，过点A作AG ⊥工轴，交x轴于点G.:B,C的塋 2ac-铝高- 又∠ACB=90°，.PM∥BC, 标分别是(1,0)，(0w3),.OC=3, ∴.CD=4, ∴.BD=12-4=8. 0B=1,BC=√/12+(W5)2=2. 在Rt△ABD中，AB=√BD+AD) 6-2- 、6 ,解得t■1. tan∠QBC=0C 9+ OB =3,∠0BC= =√8+6-10， 3W/ 60°.∠ABC=90°，∠A=30°，.AC (3)不存在.理由如下： =2BC=4,∠ACB=90°-∠A=60°. ∴osB-器号 ∠ACB=∠OBC=60°，∴AC∥x 14.解：在Rt△ABC中，∠C=90°，a= 假设线段BC上存在一点G,使得四 √3，c=2W3, 边形PQGB是平行四边形， 轴，·∠CAG=∠AGB=90°，又 则PQBG,PQ=BG, ∠COG=90”,,四边形AC0G是 ∴6=√e-a=3. 可得△APQD△ABC, 矩形，.顶点A的坐标是(4W3). .∠A=30°， 即6-2-③-PQ 30A .∠B=90°-∠A=60 6 333 15.解：由题意，得∠A=30°，∠CBD =PQ= O B 8主 =45”. 2 11.100【解析】如图，过点A作AH1 在Rt△CBD中，∠CBD=45°， ,∴.BP=2t=3,.PQ≠BP, BC,交CB的延长线于点H,由题意 ..BD=CD=20 m. ,平行四边形PQGB不可能是菱形 可知，四边形ADCH为矩形.在 故线段BC上不存在一点G,使得四 Rt△ACD中，由题意知，∠CAD= 在R△CAD中，anA=C2D, AD 边形PQGB是菱形. 30,AD=150 m,..CD=AD. an30=20/3m, 六AD= CD 九年级下册 n∠CAD-=150X 3 =505(m), .AB=AD-BD=(203-20)m 9第一章单元检测卷 .AH=CD=503m.在Rt△ABH 即A,B两点间的距离为(20√3 1.A2.D3.A4.A 中，：∠BAH=30',AH=50w3m, 20)m. 16.解：如图，过点C作CD⊥AB于 5.C【解析】如图.在Rt△ABC中，AC ∴BH=AH·tan∠BAH=50V3X 点D =ia·AB=是×10=6(m).在 3 =50(m),..BC=AD-BH= Rt△DBC中，DC=cosg·DE=号X 150-50=100(m), 030 10=6(m),.EC=DE-DC= /100-36=8(m),∴.AE=EC-AC 在Rt△ADC和Rt△BCD中， =8一6=2(m),即梯子顶端上升了 :∠A=30',∠B=45°，AC=640m, 2m. .CD=320 m,AD=AC cosA= 3203m, ·BD=CD=320m,BC=CD sin45* 12.6或16 【解析】①若∠A为锐角， 3202m, 如图① "DE为AB的垂直平分线， .AC+BC-AB=640+3202- 6.A【解析】如图，连接BF,,CE为 (320w3十320)≈224m. 斜边AB上的中线，EF⊥AB,.EF 六AE=BE,ED⊥AB,AD= 2 故隧道打速后与打通前相比，从A地 为AB的垂直平分线，，AF=BF, AE-5,a∠AED-82-, 到B地的路程约缩短224m S△E=S△rE=5,∠FBA=∠A, 17.解：(1)证明：O是AB的中点， 2-14