开学考全真预测卷(2)-（夹卷）【教材笔记】2026-2027学年九年级上册数学课前预习笔记（人教版·新教材）

开学考全真预测卷（二） 威 时间：100分钟总分：120分 一、选择题（共10题，每题3分，总计30分） 1.若式子Y,在实数范围内有意义，则x的取值范 x-2 围是 A.x≥1且x≠2 B.x≤1 C.x>1且x≠2 D.x<1 弥 2.小明学了在数轴上画出表示无理数的点的方法后， 封 线 进行练习：首先画数轴，原点为0，在数轴上找到表 内 示数2的点A,然后过点A作AB⊥OA,使AB=3(如 请 图).以点O为圆心，OB的长为半径作弧，交数轴正 半轴于点P,则点P所表示的数介于 题 A.1和2之间 B.2和3之间 C.3和4之间 D.4和5之间 G -2-101A345 (第2题图) (第4题图) (第6题图) 3.若一个多边形的每个内角都等于160°，则这个多边 形的边数是 ( A.18 B.19 C.20 D.21 4.如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AC=10,BC=6, 点D,E分别是AB,AC的中点，下列说法不正确的是 ( A.DE∥BC B.BC=3DE C.BE=5 D.AB=8 5.下表为甲班55人某次数学小考成绩的统计结果，关 于甲班男、女生此次小考成绩的统计量，下列叙述正 确的是 () 图 成绩/分 50 70 90 男生/人 10 10 10 女生/人 5 15 5 合计/人 15 25 15 A.男生成绩的四分位距大于女生成绩的四分位距 B.男生成绩的四分位距小于女生成绩的四分位距 C.男生成绩的平均数大于女生成绩的平均数 D.男生成绩的平均数小于女生成绩的平均数 6.如图，在正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG 上，BC=1,CE=3,H是AF的中点，那么CH的长是 ( A.2.5 B.5 c D.2 7.已知点A(x1,y1),B(x2,y2)在直线y=kx+b(k≠0) 上，当x1<x2时，y2>y1,且b>0,则在平面直角坐标 系内，它的图象大致是 A D 8.在口ABCD中，AD=8,AE平分∠BAD交BC于点E, DF平分∠ADC交BC于点F,且EF=2,则AB的长 为 ( A.3 B.5 C.2或3 D.3或5 9.如图1，点F从菱形ABCD的顶点A出发，沿A→D→ B以1cm/s的速度匀速运动到点B,图2是点F运动 时，△FBC的面积y(cm)随时间x(s)变化的关系图 象，则a的值为 ( A.25 B.4 C.5 D.45 YA 0 B2 B aa+45x 图1 图2 (第9题图) (第10题图) 10.（中考新角度·规律探索)如图△OAB1,△B,AB2, △B2A2B3,…都是边长为2的等边三角形，点A在x轴 上，点O,B,B2,B,…都在正比例函数y=x的图象 上，则点B26的坐标是 A.(2026√3,2026) B.（2026,2026√3) C.(20273,2027) D.（2027,20273) 开学考全真预测卷（二） 二、填空题（共5题，每题4分，总计20分） 11.若最简二次根式√7a+b与°6a-b是同类二次根 式，则a+b= 12.在直角三角形中，若两条边的长分别为3,5，则第三 条边的长为 13.某老师绘制了一次数学小测验中甲、乙、丙三个班 级学生得分的箱线图（如图），若每班有42名学生， 则三个班级的第11名中， 班的分数最高. (填“甲”“乙”或“丙”) 分数 100 90 80- 0 白白 60 50- 甲乙丙 班级 B (第13题图) (第14题图) (第15题图) 14.如图，在菱形ABCD中，对角线AC,BD相交于点0， BD=8,AC=6,OE∥AB,交BC于点E,则OE的长 为 15.如图，在正方形ABCD中，点E为BC的中点，F为 AB上一点，AE,CF交于点0.若AB=6,∠A0F= 45°，则BF的长为 三、解答题（共6题，总计70分） 16.(9分)(1)计算：(23+32)(23-32)+(3+√2)2； (2)先化简，再求值：(++-1，其中 x=√3+1. 3 17.(10分)某农业科技部门为了解甲、乙两种新品西 瓜的品质（大小、甜度等），进行了抽样调查.在相同 条件下，随机抽取了两种西瓜各7份样品，对西瓜 的品质进行评分（百分制），并对数据进行收集、整 理，下面给出两种西瓜得分的统计图表， 甲、乙两种西瓜的得分表 序号 1 3 4 6 7 甲种西瓜评分/分 7585 86 88 90 96 96 乙种西瓜评分/分 808387 90 9092 94 甲、乙两种西瓜的得分折线统计图 分数 ·一甲种西瓜 --乙种西瓜 100 90 80 75 01 234567序号 甲、乙两种西瓜的得分统计表 种类 平均数 中位数 众数 甲种西瓜 88 e 96 乙种西瓜 88 90 b (1)填空：a= ,b= (2)从方差的角度看， 种西瓜的得分较稳定 (填“甲”或“乙”) (3)小明认为甲种西瓜的品质较好些，小军认为乙种 西瓜的品质较好些.请结合统计图表中的信息分 别写出他们的理由. 18.(12分)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，过点C 的直线MN∥AB,D为AB边上一点，过点D作DE⊥ BC,交直线MN于点E,垂足为F,连接CD,BE, (1)求证：CE=AD (2)当四边形BECD是菱形时，D在AB的什么位 置？请说明理由 (3)在第(2)问的条件下，当∠A=时，四边形 BECD是正方形，并说明理由 M 19.（真实任务情境·买粽子)(12分)端午节前夕，某超 市用16800元购进A,B两种规格的粽子共600件，其 中A种规格的棕子进价为每件24元，B种规格的粽子 进价为每件36元. (1)求购买的A,B两种规格的粽子各多少件 (2)已知每件A种规格的粽子和每件B种规格的 粽子的利润和为20元，且A种规格的粽子利润 率不超过50%.设此次销售活动完成后的总利 润为w元，每件A种规格的粽子的利润为a元 (其中a>0) 求：①w与a的关系式； ②w的最大值， 开学考全真预测卷（二） 20.（13分)如图，直线y=-2x+7与x轴，y轴分别交 于点CB,与直线y=2交于点1 (1)求点A的坐标； (2)如果在y轴上存在一点P,使△OAP是以OA为底 边的等腰三角形，则点P的坐标是 (3)点Q在线段AB上，使SA40=6,求点Q的 坐标 3 B y= A =-2x+7 21.（中考新角度·综合与实践)(14分)如图，在矩形 ABCD中，AB=3cm,BC=4cm,E,F是对角线AC 上的两个动点，两点分别从A,C处同时出发，相向 而行，速度均为1cm/s,运动时间为ts,0≤t≤5. (1)AE= ,EF= ;（用含t的式子 表示) (2)若G,H分别是AB,DC的中点，求证：四边形 EGFH是平行四边形； (3)在第(2)问的条件下，当t为何值时，四边形 EGFH为矩形？开学考全真预测卷（一） 选择题答案速查 1234 56 7 8910 C DDBA C D CC A 11.x≤212.2513.2414.2215.24 16.解：(1)原式=1+2√2-2-22-2 =-3 (2)原式=12-1-23+23 =11. 17.解：(1)在Rt△ACD中，AC=40米，CD= 20米， .AD=√AC2-CD2=203米 在Rt△BCD中，∠BCD=45°，CD=20米， ∴.BD=CD=20米， ∴.AB=AD+BD=(20W3+20)米 答：AB的长为(20√3+20)米， (2)该车的速度为(203+20)÷6≈9.1（米/秒）. 答：该车的速度约为9.1米/秒 18.(1)证明：D,E分别为AB,BC的中点， ∴.DE为△ABC的中位线， DE∥AC,且DE=2AC 又：F为AC的中点，AF=2AC, ∴.DE=AF, ∴.四边形ADEF为平行四边形 (2)选②AE平分∠BAC. 证明：.AE平分∠BAC, ∴.∠DAE=∠FAE. ,四边形ADEF为平行四边形， .EF∥DA, ∴.∠DAE=∠AEF, ∴.∠FAE=∠AEF, .AF=EF, ∴.平行四边形ADEF为菱形； 或选③AB=AC. 证明：D,F分别为AB,AC的中点， .AD-TAB.AF-TAC 又.AB=AC, ∴.AD=AF, .平行四边形ADEF为菱形 19.解：(1)由题中图象可得A,B两地之间的距 参考 离是80×30=2400（米）， 乙骑车的速度是2400÷10=240（米/分）. 故答案为2400；240. (2)设点E的横坐标为a,则80a+240a= 2400, 解得a=7.5, ∴.点E的纵坐标为80×7.5=600， ∴.点E的坐标为(7.5,600)，该点的实际意 义是甲走了7.5分时，走了600米，此时与乙 相遇. (3)由题意可得两人相遇前：(80+240)x+ 160=2400,解得x=7; 两人相遇后：(80+240)x-160=2400, 解得x=8. 故甲从A地出发到抵达B地的过程中，与乙 相距160米时x的值是7或8. 20.(1)证明：，△ABC的边AC,AB上的中线 BD,CE相交于点O,M,N分别是BO,C0的 中点， ED∥BC且ED=2BC,MN∥BC且MN= BC,ED/MN且ED=MN ∴.四边形EMND是平行四边形 (2)解：当AB=AC时，四边形EMND为矩形. 理由如下： ,四边形EMND是平行四边形， .∴.OE=ON,0D=OM. AB=AC,点E,D分别是AB,AC的中点， .AE =AD. 在△ABD和△ACE中， rAB=AC, ∠A=∠A,.△ABD≌△ACE(SAS), LAD=AE, ∴.BD=CE OE ON,OD =OM,OM=BM,ON=CN, ∴.DM=EN. 又，四边形EMND是平行四边形， ∴.四边形EMND是矩形. 故答案为AB=AC. 21.解：(1)设大货车用a辆，小货车用b辆， 根据题意得贴152，解将8 答：大货车用8辆，小货车用7辆. (2)由题意得y=800x+900(8-x)+400(10- x)+600[7-(10-x)]=100x+9400(3≤ 参考 答案 x≤8，且x为整数). 开学考全真预测卷（二） (3)根据题意得12x+8(10-x)≥100， 选择题答案速查 解得x≥5. 123 4 5 67 8910 又.3≤x≤8 ∴.5≤x≤8，且x为整数 .y=100x+9400,k=100>0, 1.112.V34或413.丙1415.2 ∴.y随x的增大而增大， ∴.当x=5时，y取最小值，最小值为100× 16.解：(1)原式=12-18+3+26+2 5+9400=9900. =-1+2√6. 答：使总运费最少的调配方案是5辆大货车、 x2 (2)原武=x+(x-[ 1 5辆小货车前往A村；3辆大货车、2辆小货 车前往B村，最少运费为9900元. (x+1)(x-1) 22.解：(1)AB=15,四边形0ABC是矩形， x+1 ∴.0C=AB=15, 2 .1+x2-1 =(x+1)(x-1） ∴点C的坐标为(0,15). x+1 x2 将c(0,15)代人y=-子+6，得6=15， .x+1 =(x+1)(x-1) 1 直线4C的解析式为y=-x+15, =x-1 令y=0,得x=9, 当x=3+1时，原式=。1一=1= ∴点A的坐标为(9,0)，点B的坐标为(9， 3+1-1√531 15). 17.解：(1)将甲种西瓜的得分从小到大排列为 (2)由折叠的性质可知，BD=AB=15. 75,85,86,88,90,96,96,处在中间位置的数 在Rt△BCD中，BC=OA=9, 是88，因此中位数是88，即a=88,乙种西瓜 .CD=√BD2-BC=√152-92=12， 的得分出现次数最多的是90分，因此众数是 .0D=0C-CD=15-12=3. 90,即b=90.故答案为88；90. 设DE=AE=x,则OE=9-x. (2)由甲、乙两种西瓜得分的大小波动情况， 在Rt△DE0中，：DE2=OD2+OE2, 直观可得s>s2, .x2=32+(9-x)2,解得x=5,即AE=5. ∴乙种西瓜的得分较稳定.故答案为乙， (3)存在.理由如下： (3)甲种西瓜的品质较好些，理由：甲种西瓜 如图，作点E关于y轴的对 得分的众数比乙种的高. 称点E',连接BE交y轴于 乙种西瓜的品质较好些，理由：乙种西瓜得分 点P,此时△PBE的周长 的方差小且中位数比甲种的高. 最小 18.（1)证明：DE⊥BC, E(4,0),.E(-4,0). ∴.∠DFB=90° 设直线BE的解析式为y= EO E A ,∠ACB=90°， ∴.∠ACB=∠DFB, kx+m,则有 9k+m=15,解 15 3, ∴.AC∥DE. -4k+m=0, 60 :MN∥AB,即CE∥AD, m=13' ∴.四边形ADEC是平行四边形， 1560 :.直线BE'的解析式为y=13+13, .'CE=AD. (2)解：D是AB的中点.理由如下： 令x-0,得y铝， :四边形BECD是菱形， ∴.CD=BD, ·点P的坐标为(0,60 .∠DBC=∠DCB, 13 .∠ACB=90°， 答案 17 ∴.∠ACD+∠DCB=90°，∠A+∠ABC=90°， ∴.∠A=∠ACD, ∴.CD=AD, .AD =BD, D是AB的中点. (3)解：当∠A=45时，四边形BECD是正方 形.理由如下： ∠ACB=90°，∠A=45°， ∴.△ABC是等腰直角三角形 :D为AB的中点， .CD⊥AB, ∴.∠CDB=90° 又：四边形BECD是菱形， ∴.四边形BECD是正方形 故答案为45， 19.解：（1)设购买A种规格的粽子x件，B种规 格的粽子y件 根张应得3801680， 每供[化m 答：购买A种规格的粽子400件，B种规格的 粽子200件. (2)①设每件A种规格的粽子的利润为α 2 元，则每件B种规格的粽子的利润为(20- a)元， 根据题意得w=400a+200(20-a), 整理得0=200a+4000. ②.：A种规格的棕子利润率不超过50%， ∴.a≤24×50%，即a≤12. 在w=200a+4000中，w随a的增大而 增大， ∴.当a=12时，w取最大值，最大值为200× 12+4000=6400 y=-2x+7, 20.解：(1)联立方程组，得 3 y= 2, 解得x2, ly=3, ∴.点A的坐标是(2,3). (2)设点P的坐标是(0，y). ,△OAP是以OA为底边的等腰三角形， .OP =PA, .22+(3-y)2=y2, 解得y=13 , 点P的坐标是(0，名)。 18 故答案为0，日》。 (3)直线y=-2x+7与x轴，y轴分别交 于点C,B, B(0,7),C(3.0), 4Su=7×7x2=7 设点Q的坐标是(a,b),如图，作QD⊥y轴于 点D,则QD=a, B y=-2x+7 .S△0B0=S△0B-SA040=7-6=1, 20B·0D=1,即3×7a=1,解得a-号 把a=弓代y=-2x+7中，得6-5， 点Q的坐标是（号月）。 1.(1)解：：四边形ABCD是矩形， ∴.∠B=90°， AC=√AB2+BC2=√32+42=5(cm). 由题意得AE=CF=tcm, 当点E,F相遇前，EF=AC-AE-CF=(5- 2t)cm; 当点E,F相遇后，EF=AE+CF-AC=(2t- 5)cm. 故答案为tcm,(5-2t)cm或(2t-5)cm. (2)证明：四边形ABCD是矩形， ∴.AB=CD,AB∥CD,AD∥BC,∠B=90°， .AC=AB2 +BC2=32+42=5(cm) ∠GAF=∠HCE. :G,H分别是AB,DC的中点， .AG-BG-AB.CH-DH-CD, ∴.AG=CH. AE CF,..AF CE. rAG=CH, 在△AFG和△CEH中，{∠GAF=∠HCE, LAF=CE, ∴.△AFG≌△CEH(SAS), ∴.GF=HE. 同理可得GE=HF, 参考 ∴.四边形EGFH是平行四边形. (3)解：如图，连接GH. x=-6±√6-4ac=-10±160 2a 2×3 -5±2√10 3 即x1=-5+21 3 ,=5-0 3 6.解：(1)k>-1,且k≠0. 由第(2)问可知，四边形EGFH是平行四 (2)k=-1. 边形. (3)k<-1. :点G,H分别是矩形ABCD的边AB,DC的 考点4用因式分解法解一元二次方程 中点， 1.A2.C3.②④①③4.0或5 ∴.GH=BC=4cm, 5.解：(1)因式分解，得(x-1)2=0, .当EF=GH=4cm时，四边形EGFH是矩 于是，得x-1=0, 形，分两种情况： 解得x1=x2=1. ①当点E,F相遇前，AE=CF=tcm,EF= (2)因式分解，得(2x-3)(x-2)=0, (5-2t)cm,此时5-2t=4,解得t=0.5; 于是，得2x-3=0,或x-2=0, ②当点E,F相遇后，AE=CF=tcm,EF= (2t-5)cm,此时2t-5=4,解得t=4.5. 解得号=2 故当t为0.5或4.5时，四边形EGFH为 考点5一元二次方程的根与系数的关系 矩形. 核心考点提前精练卷 1.c2.D3.B4号-号51 3 专题一一元二次方程 6.(1)证明：因为x2-(2a-1)x+a2-a=0, 考点1一元二次方程的概念 所以4=[-(2a-1)]2-4(a2-a) =4a2-4a+1-4a2+4a 1.C2.C =1>0, 3.56x-34.2x2-3x-2=0 所以该方程有两个不相等的实数根。 考点2用配方法解一元二次方程 (2)解：由(1)及根与系数的关系，得 1.A2.D x1+x2=2a-1,x1x2=a2-a. 3.解：(1)x1=2+√6，x2=2-V6 因为x1(x2+1)+x2(x1+1)=7, (2)y1=-2+25,y2=-2-25. 所以x1x2+x1+x1x2+x2=7, (3)x,=5+53=5-53 即2x1x2+x1+x2=7, 14,x2=14 代入得2(a2-a)+(2a-1)=7, 3 (4)x1=1,为2=-2 整理得a2=4, 解得a=±2. 配方过程略。 考点6一元二次方程的实际应用 考点3用公式法解一元二次方程 1.D2.B3.A4.C 1.D2.D3.B4.D 5.解：设个位上的数字为a,则十位上的数字为 5解：(1)a=2,6=-2c=4, (a-3).根据题意得a+10(a-3)=a2,解得 a1=5,a2=6. 则4=6-4ac=(-2)°-4x2×分=0， 当a=5时，这个两位数是25； 当a=6时，这个两位数是36. 则原方程有两个相等的实数根， 所以这个两位数是25或36. -%-治2-异 6.解：(1)因为AD=BC=x, AD+BC-2+AB-2=40, (2)方程化为一般形式为3x2+10x-5=0, 所以AB=-2x+44. a=3,b=10,c=-5, (2)由题意得(-2x+44)x=192, 则4=b2-4ac=102-4×3×(-5)=160>0, 即x2-22x+96=0, ∴.方程有两个不相等的实数根， 解得x1=6,x2=16. 答案