阶段检测卷(四)上册第1章-下册第1章-【超级考卷】2025-2026学年九年级全一册数学学业质量评估（北师大版 江西专版）

直浮争年道年-D的图 斯段性检测卷（回] 3 通内容，上册第一章一于班第一章1 考对网，身转，4导病年 得分 一，单项感举量本大复共小理，每中慧升，满 心A山防度为，子与年养两数两重加用 18升) 所后，调AB的长麦 L园十大：问者中日者体带速的L林智厘所 米，其千州是 田 E▣ 无眉L2直已1年D直 4额测：在格A单，A=4n,=的： B:老新端青从：联的有友，建槽，与它 里1得年 制宽T点F,点后在D上，且G工=1 名如，生△A中，∠C-加=0G=+ 1.明风à号gG的由同为 得中A的度超 A.Zre! 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(2)在.理由如下： ,,小明应选择路线①， :∠BMN=68.6°，∠BMH=66.4° 21.解：(1)在Rt△DCE中，∠DCE= ∴.∠NMI=180°-∠BMN 30,CD=6m, ∠BMH=180-68.6°-66.4°=45°. DE-7CD-3m. .MN=28 cm. 故DE的长为3m. MI MI (2)①在Rt△DCE中，cos∠DCE co345=M示-28 .M19.80cm :K1=50cm, .EC=CD·cos∠DCE=6Xcos30 .PK=KI-M1-MP=50-19.80 -25.3=4.9(cm).3<4.9<5, =33(m). ∴此时枪身端点A与小红额头的距 在R△CA中，由am∠BCA-票 离在规定范围内 AB=hm,∠BCA=45,得CA 23.解：(1)0E=(0F AB (2)OF⊥OE且OF=OE.理由如下： tan5=m. 如图①，延长E)交CF于点K: ∴.EA=CA十EC=(h+33)m. ②如图，过点D作DF⊥AB,垂足 为F D127 ,∠ABC=∠AEB=∠BFC=90°， 4和 .∠ABE+∠BAE=90,∠ABE+ ∠CBF=90°，.∠BAE=∠CBF. 根据题意，得∠AED一∠FAE 在△ABE与△BCF中， ∠DFA=90°， ∠AEB=∠BFC, ∴，四边形DEAF是矩形。 ∠BAE=∠CBF ∴.DF=EA=(h+3√3)m,FA=DE AB-BC. =3m, ∴，△ABE≌△BCF(AAS),∴，BE= BF=AB-FA=(h-3)m. CF.AE=BF..AE L BE,CFL BE. 在RL△BDF中，Ian∠BDF=DF: BF .AE∥CK,.∠EAO=∠KCO.,O 是AC的中点，∠AOE=∠(COK, ∠BDF=27, .OA=OC,∴△AOE≌△COK ∴.BF=DF·tan∠BDF,即h-3 (ASA)..AE-CK.OE-OK...BF 106 数学·9年级(BS版) =CK,,FK=EF,△EFK是等腰 直角三角形..OF⊥OE且OF =OE. (3)如图②，当点P在线段A上时，延 长EO交CF于点K,过点P作PHI OF于点H. 图2 由(2)同理可证△AOE2△COK. .AE-CK. CF-AEI=2. .FK=2. 在Ri△EFK中，n∠FEK-F EF .∠FEK=30°，.∠EKF=60 EK-2FK-4.OF-EK-2. .∠EFO=30° :△OPP是等腰三角形，视察图形可 知，OF=FP=2. 在R△PHF中，PH=令PF=1, ∴.HF=3.∴.OH=2-3. .OP=/1+(2-5)2=√6-2： 如图③，当点P在线段OC上时，同 理可得0p-2 3 综上所述，OP的长是6-巨我 围3 【解析】(1)如图④，延长EO交CF于 点K,AE⊥BE,CF⊥BE,.AE∥ CK,.∠EAO=∠KCO.:O是AC 的中点，∠AOE=∠COK,.OA= OC,.△AOE≌△COK(ASA), ,OE=OK.又，△EFK是直角三角 形0F-EK=0E 图④ 13阶段性检测卷（四） 1.A2.D3.A4.A 5.B【解析】连接BD.如图.在菱形AB CD中，∠A=60°，AB=AD,.△ABD 为等边三角形.设AB=a,由题图②可 知，△ABD的面积为35.号a·@ ·n60=3,即。=3v,解得a =23(负值已舍去).故AB的长为 25. 6.B【解析】连接DE,如图. ,D,E分别为AC,BC的中点 .DE是△ABC的中位线， 六DE=AB=3em,DE/AB. ∴.易证△DEFn△BAF, 品（腊）-子紫-器 :BE=CE=专BC=4em Sw=5E=号×ABBE =号××6X4=8m: am-子aw-子×8-2 (cm2). :56m=2DE,CE=X3X4=6 (cm ),DG+GC=1:2, 5m=专5am=}×6=2m. .SHaeIe:=S十S么em:=2+2 4(cm), 7.号8.49.202410.21 1.35【解析】过点C作CE⊥r轴于 点E,如图.在Rt△OAB中，∠AOB =30°，0B=4,.OA=0B·c0s30°= 23,,C为0A的中点，.0C=√3. 在Rt△(OCE中，(OE=OC·cos30°= =×-3 2 12.号或号或(6一22)【解析】设运动 的时间为1s,分以下情况讨论： ①如图①所示，当点M在AB上，点 V在BC上时，0<1≤2，BM=5一21， BN=.,BM=BN,,5-21=t,解 .V=4×4×4-1×1×4=60, 得1=： .该几何体的体积是60 15.解：设每件商品应降价x元 由题意，得(40-x)(20+2x)=1200, 解得x1=10,x=20. ,每件盈利不少于25元 40-r≥25，r≤15， 国① .x=10. ②如图②所示，当点M在AB上，点 故当每件商品降价10元时，该商店 N在CD上时，过点N作NG⊥BM 每天的销售利润为1200元. 于点G,2<t≤2.5，BM=5-2:.CN 16.解：(1)甲投放的垃圾恰好是A类垃 =1一2.由等腰三角形三线合一的性 质，得BG=BM根据矩形的性质 圾的概率为子 (2)画树状图如图 可得BG=CN.CN=号BM1 2=子6-20.解得1- 9 由树状图可知，共有24种等可能的 结果，其中乙投放的垃圾恰有1袋与 甲投放的垃圾是同类的有12种， MG .乙投放的垃圾恰有1袋与甲投放 国2 的垃较是同类的概率为号-之 ②如图③所示，当点M在BC上，点 N在CD上时，2.5<1≤3.5，则BM 17.解：（答案不唯一）(1)如图①，直线1 =2t-5.CM=7-21.CN=1-2.在 即为所求 R1△MCN中，MN=(7-2)2+(1 (2)如图②，矩形OBGC即为所求 -2),BM=MN,.(21-5)2=(7 一2)2+(1一2)2，整理，得2一121+ 28=0,解得t4=6一22,2=6十22 (不合题意，舍去)： 图D 图2 18.解：(1)原方程有两个不相等的实 数根， .4>0 ④当点M,N都在C,D上时，3.5<1 .[-(2m-1)]°-4(m2-2m+3)> 6.若点M在点N的右边，则CM =21-7,CN=1-2,∴.MN=1-2 0,解得m> (21-7)=5-1.BP=(21-7)2+2 BM=MN,.(21-7)2+22=(5 故实数m的取值范围为m> 4 )2.此方程无实数根，不合题意， (2)存在. 舍去：若点M在点N的左边，则CM :十-2m-1,2=m2一2m =2t-7,CN=t-2,MN=2:-7-(1 十3， 一2)=t一5，此时BN=(t一2)+ .当(-)2=5时，一2x1a+ 2.,BN=MV,.(1-2)2+2=(1 x=(n1十2)2-41=5， -5)产，解得1=1（不合题意，舍去）. .(2m-1)2一4(m2一2m+3)■5，解 6 得m=4. 综上所述，当运动时间为号或号或 >号m的值为 (6-2√2)s时，△MBN为等腰三 19.解：(1)证明：，四边形ABCD为正方 形，且∠BEG=90°， 角形. ∴.AD∥BC,∠A=∠BEG=90°， 13.解：(1)原式=2×2 1 ()+ .∠AEB=∠EBG ∴.△ABE∽△EGB -1-+1- (2)AB=AD=4,E为AD的中点， ,∴.AE=DE=2. (2)'∠ADE=∠B,∠A=∠A. 在Rt△ABE中，BE=VAE+AB ∴.△ADE∽△ABC 器器 =√2+P-25. 由(I)知，△ABEO△EGB. .AD·BC=AB·DE. ,AB=5,DE=2, 品器甲后器 25 GB' AD·BC=10. .GB=10. 14.解：由三视图可知，原几何体是棱长 ∴.CG=GB-BC=10-4=6. 为4的正方体截掉一个底面边长为 20.解：(1)证明：，AB∥CD,AD∥BC. 1,高为4的长方体， ∴.∠DAC=∠BCA,四边形ABCD 107 全一册·参考答案 是平行四边形 :AC平分∠DAB. ∴Pc=--(-)=4 .∠DAC=∠CAB. .∠BCA=∠CAB. S=SAe十SAc=7X4X 2 .AB=CB. (4+5)=18, ,四边形ABCD为菱形， .四边形APQB的面积为2×18 (2)由(1)，得四边形ABCD为菱形， =36. .AOLOB.AC=20A=8.BD=20B =6, AB=VOA+OB=+3 =5. :AB·CE=AC·BD.即5CE= 0 之×8X6(CE-号 21.解：(1)3=90°-a 23.解：(1)证明：“，四边形ABCD和四边 (2)在Rt△ABD中，BD= AD 形GBEF是平行四边形， tan37产 .BG∥DE,DM∥BC,∠A+∠ABC 吉AD =180°，∠G+∠GBE=180°， ∴四边形BMDN是平行四边形. AD 在R1△ACD中，CD= tan45=AD. ,∠ABC=∠GBE=60°， .∠A=∠G=120 ∴BC=BD-CD= AD-AD-20. .AB=BE.BE=GD. 解得AD=60. ..AB-GD. 在△ABM和△GDM中. 故气球A离地面的高度AD约为60m /∠AMB=∠GMD, 22.解：)：反比例函数y=四的图象 ∠A=∠G. 过A(-1,4),B(a,一1)两点， AB-GD. ∴.m=-1×4=a·(-1), ∴.△ABM≌△GDM(AAS) ∴.BM=DM. .n=一4,0=4， .四边形BMDN是菱形. ,反比例函数的表达式为y=一 (2)当∠GBC=30°时，四边形GCFD B(4.-1). 是正方形. 把A,B两点的坐标代人y=x十b 证明：连接OB交CG于点K,在BK 得期得合， 上取一点M,使得BM=GM,如图① 所示 一次函数的表达式为y=一7十3. ,∠GBC=30°，BG=BC, (2)A(-1,4),B(4,-1),P(n,0) &∠BGC=∠B0G=3×(180 BQ∥AP.BQ=AP, .四边形APQB是平行四边形， 30)=75 ,点A向左平移（一1一n)个单位长 .∠BGF=∠BCD=120, 度，向下平移4个单位长度得到 .∠0XGC=∠OCG=120-75°=45°， 点P, ..OG=OC.FG LCD .点B(4,一1)向左平移（一1一n)个 BG-BC. 单位长度，向下平移4个单位长度得 在△BOG和△BOC中.BO=BO. GO-CO. 到点Q(5十n,一5). ,.△BO≌△BO(SSS), 点Q在反比例函数y=一 4的图 .∠OBG=∠OBC=15”,.GK 象上， -CK. 六-5=一写解得a=一经检 .BM-MG, ∴.∠MBG=∠MGB=15. 验=一咎是原分式方程的解。 .∠GMK=15+15=30°， .∠MGK=∠BGC-∠BGM=75 P(-o）.Q(÷,- -15°=60°. ∴.∠MKG=90,.BOLG. 如图，连接AQ,交x轴于点C 设GK=x.则BM=MG=2GK=2x, 设直线AQ的表达式为y='x+b MK-3.r. 把A,Q两点的坐标代人y='x+b, 在Rt△BGK中，(2√3+2)=x2+ 「-k'+b=4, +66.每特二 (W3x+2.r)2, 1b=-1, 解得x=√②（负值已合去）， .直线AQ的表达式为y=一5x一1. .GK=CK=2 今y=0.则r=-吉 ∴.0G=OC=2. .AB-BE=CD-GF=4. c(-o) ∴.0G=OF=OD=0C=2 ,四边形DGCF是矩形 108 数学·9年级(BS版) GF⊥CD .四边形DGCF是正方形 图①D 图② (3)分两种情况讨论： ①由(2)，得当∠GBC=30时，四边形 GCFD是正方形，.四边形GCFD是 矩形： ②当∠GBC=120°时，以C.G,D,F 为顶点的四边形是矩形. 证明：当∠GBC=120时，点E与点A 重合，如图②所示 .BG=BC. ·∠BGC=∠BCG=号X(180 120°)=30°. .∠(GCD=120°-30°=90° :四边形ABCD和四边形GBEF是 平行四边形， .AB∥CD,AB∥FG,AB=CD,AB =GF, FG/CD.CD-GF. .四边形DCGF是平行四边形 ,∠GCD=90°， ,.四边形DCGF是矩形. 综上所述，当∠GBC等于30°或120 时，以C,G,D,F为顶点的四边形是 矩形. 14第二章单元检测卷 1.B2.C3.A4.D 5.B【解析】如图所示，过抛物线Lg的 顶点D作CD∥x轴，与y轴交于点 C,则四边形OCDA为矩形. '抛物线L:y=a.x2+br十c(a≠0)与 x轴只有一个交点A(1,0),与y轴交 于点B(0,2), .OB=2,0A=1. 将抛物线L,向下平移2个单位长度 得到抛物线L2,则AD=OC=2. 根据平移的性质及抛物线的对称性得 到阴影部分的面积之和等于矩形 OCDA的面积， ·.S丽影都5=SmA=OA·AD=1X 2=2. 6.C【解析】把A(一3,0)代入y=ax2+ x-6,得0=9a-3-6, 解得a=1, “抛物线的对称轴为直线工=一2 顶点坐标为（←名一要），故AB选