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浙江省小屋杯2025年九年级下学期数学2月线上强基联考试题
1．（2025九下·浙江月考）我们不妨定义：使函数值为0的自变量的值，称为该函数的零点．例如：函数-1的零点为1和-1．若函数的零点是和，则函数的零点是　 　．
2．（2025九下·浙江月考）令，则　 　．
3．（2025九下·浙江月考）如图，在矩形ABCD中，，以CD为直径作，点E，F分别在边AD，BC上，且与相切于点，则AE的长为　 　.
4．（2025九下·浙江月考）如图，在Rt中，为斜边AC的中点，为BD上一点，为CE上一点，已知的面积是面积的4倍，若BD平分，则BD的长为　 　.
5．（2025九下·浙江月考）在平面直角坐标系中，直线将平面上的点分成了三类，一类在直线上，一类在直线的左上方，一类在直线的右下方.可以发现：以二元一次不等式-6的解为坐标的点都在直线的左上方；反过来，以二元一次不等式的解为坐标的点都在直线的右下方．因此，在平面直角坐标系中，不等式表示直线左上方的平面区域；不等式表示直线右下方的平面区域．若实数x，y满足约束条件，则的最小值为　 　.
6．（2025九下·浙江月考）如图，内接于，点是劣弧AC的中点，连接BD交AO的延长线于点，交AC于点，若，则　 　．
7．（2025九下·浙江月考）如图，过坐标原点的直线AB与反比例函数的图象交于A，B两点（点在第一象限），点为第一象限内，位于直线AB上方反比例函数图象上一点，连结并延长CA交轴于点，连结BC分别交轴、轴于E、F两点，连结AF，若AC的面积为6，则　 　．
8．（2025九下·浙江月考）如图，在中，点在BC边上，连结于点，设，若，则　 　．
9．（2025九下·浙江月考）已知实数x，y满足，则　 　．
10．（2025九下·浙江月考）对于正整数，若存在正整数和，使得可以用来表示，称是“小屋数”，以下命题正确的有　 　．（填序号）
①1是“小屋数”；②对于任意大于1的整数是“小屋数”；③5是“小屋数”；④若为“小屋数”，则对于任意自然数为“小屋数”；⑤2025是“小屋数”.
11．（2025九下·浙江月考）已知关于的方程．
（1）若，求该方程的解；
（2）若该方程有增根，试求出该增根；
（3）若该方程无解，求的取值范围．
12．（2025九下·浙江月考）若对于实数r、s，满足，且当时，对应的函数值的取值范围也为，则称区间[r，s]为该函数的一个“保值区间”．
（1）若存在“保值区间”，试求和的值；
（2）已知函数的图象上有两点和，其中．
①求的值；
②若，且[a，b]为函数的“保值区间”，求的值．
13．（2025九下·浙江月考）如图，四边形ABCD内接于是的中点，的延长线上有一点，连结AC，BD．
（1）证明：；
（2）如图1，设BA，OD的延长线交于点，若AE平分，证明：；
（3）如图2，连结BE交CA于点，若，求．
答案解析部分
1．【答案】-2或-3
【知识点】二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数与一元二次方程的综合应用
【解析】【解答】解：函数的零点是和，
，
，
当时，，
.
故答案为：-2或-3.
【分析】由二次函数的性质可得，再通过公式变形可得，故当时，可得，即函数的零点是-2或-3.
2．【答案】
【知识点】求代数式的值-整体代入求值；整体思想
【解析】【解答】解：，
，
，
，
，
，
，
，
，
.
故答案为：.
【分析】对代数式进行适量的变形，降低计算难度，再将x的值代入求代数式的值.
3．【答案】1或4
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；切线长定理；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：如图1，当点E在点F左边时，连接OE、OF，
设，
四边形ABCD是矩形，，
，，，
AD、BC与相切，，，
，
EF与相切，
，
，
，
，
，
，
，解得，
，
；
如图2，当点E在点F右边时，连接OE、OF，
同理可得，
，解得，
，
.
故答案为：1或4.
【分析】设，利用切线长定理由HL判定，进而证得，再通过相似三角形的性质得到，求得，即可求得AE=1或4.
4．【答案】4
【知识点】平行线的性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：如图，过点C作，过点F作，
，
，
BD平分，
，
，
，
在Rt中，为斜边AC的中点，
，
的面积是面积的4倍 ，
，
，
，
，
.
故答案为：4.
【分析】利用平行线的性质得到，再通过角平分线的定义证得，由直角三角形的性质可得，进而得到，然后通过平行线的比例性质求得CD的长度，即可得到BD的长度.
5．【答案】
【知识点】一次函数的实际应用-几何问题；数形结合
【解析】【解答】解：如图，
实数x、y的范围为的内部及边上，边界点坐标分别为、、，
将代入可得，.
故答案为：.
【分析】根据约束条件画出x、y的可行区域，找到边界点的坐标，再将坐标依次代入 ，进而求得最小值.
6．【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；相似三角形的性质-对应三线
【解析】【解答】解：如图，连接AD、CD、CE，
设，
，
，，
，
点是劣弧AC的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
解得，
.
故答案为：.
【分析】设，利用等腰三角形的性质证得，再通过圆周角定理得到，进而证得，由相似三角形的性质可得，即，解得x=6，即可求得.
7．【答案】4
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；反比例函数的实际应用；三角形的面积
【解析】【解答】解：如图，作轴，轴，
，
，
，
，
设，
，
，，
，
当时，，
，
的面积为6，
，解得.
故答案为：4.
【分析】设，由平行线的比例性质可得，故可得，，再利用待定系数法解得直线BC的解析式为，进而求得OF=3a，然后通过三角形面积计算公式求得k的值.
8．【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；求正切值
【解析】【解答】解：，，
，
，
，
，
，
由三角函数二倍角公式可得，
，解得，
设，则，
，，
，
.
故答案为：.
【分析】由等腰三角形的性质可得，再通过三角函数二倍角公式可得，，设，则，进而求得，进而计算得.
9．【答案】4
【知识点】高次方程
【解析】【解答】解：对方程组进行变形，
可得，
，
.
故答案为：4.
【分析】利用三次完全平方公式对方程组进行变形可得，通过对比可得，进而求得.
10．【答案】①②④⑤
【知识点】探索数与式的规律；真命题与假命题
【解析】【解答】解：∵， 1是“小屋数” ，故①正确；
，且m为正整数，
且为正整数，
∴为“小屋数”， 故②正确；
， 5不是“小屋数” ，故③错误；
为“小屋数”，
，
，
=+3
是“小屋数” ，故④ 正确；
，2025是“小屋数” ，故⑤ 正确.
故答案为：①②④⑤.
【分析】利用小屋数的定义可判定①②⑤正确，③错误，再通过公式变形可得.
11．【答案】（1）解：原方程去分母并整理得：；
当时，，因式分解得
从而
经检验，原方程的解为.
（2）显然，若该方程有增根，则增根只能从中产生.
原方程去分母得：
①若，则左边，右边，左边右边，故不会是原方程的根，进而不会成为增根；
②若，原方程可化为，从而，故存在这样的，使得原方程的根为，此时增根为
综上，若该方程有增根，则增根为．
（3）原方程去分母并整理得：，
要令原方程无解，则存在以下几种情况：
①去分母后整式方程无解，从而，
化简并因式分解得：，从而；
②去分母后整式方程解全为增根，此时又有以下可能：
（i）若，则或7
时，方程可化为，此时，全是增根，符合题意；
时，方程可化为，此时，不是增根，此时原方程有解，不合题意，舍去.
（ii）若，则需要两个不等实数根分别为1和-1，但由（2）知，-1不会成为该方程的根，故舍去.
综上，的取值范围为．
【知识点】因式分解法解一元二次方程；一元二次方程根的判别式及应用；分式方程的增根；分式方程的无解问题
【解析】【分析】(1)对原方程进行化简，再代入a的值得到新方程，进而解得.
(2)由增根的定义可得若该方程有增根，则增根只能从中产生，分别代入x的值进行检验，可得增根为．
(3)对方程无解的情况进行分类讨论：一是去分母后整式方程无解，即，从而可得；而是去分母后整式方程解全为增根，进而求得当a=-1时，方程有增根，综上所述．
12．【答案】（1）解：设该保值区间为，其中，则有以下两种可能：
（i），两式相减得：，进而
由于，所以，进而；
（ii），两式相减得：，进而
由于，所以，进而；
综上所述，．
（2）解：①由于，故绝对值可以直接去掉，从而得到，
两式相减并整理得：，由于，从而，进而．
②由①可得函数解析式为，
，且[a，b]为其“保值区间”，
，
为的一条对称轴，
当时，此时随的增大而减小，故有，
两式相减并整理得：，由于，从而，进而，
代回第一个式子得：，整理得，解得或2，
相应地，或1，但，从而只能为，进而
当时，此时，注意到，从而且，解得，由于，所以，
进而；
当时，此时随的增大而增大，故有，即，
从而a，b为关于的方程的两根，解得，但，故舍去．
综上所述，或．
【知识点】一次函数的性质；一次函数的其他应用
【解析】【分析】(1)利用一次函数的性质可得当k>0时，可得到方程组，解得，进而；当k<0时，可得到方程组，解得，进而，综上所述，．
(2) ① 将和 代入函数解析式可得，进而证得，故．
② 由①可得函数解析式为，进而可得且x=2为的一条对称轴，当时，利用一次函数的性质可得，进而求得，代回方程解得或2，故当时，可得，，进而解得，故；当时，利用一次函数的性质可得，
从而a，b为关于的方程的两根，解得，但，故舍去．综上所述，或．
13．【答案】（1）解：延长DO交BC于点M，交于点N，
点是的中点，
，，
，
，
，
，
.
（2）解：设，
AE平分 ，
，
，
，
，，
，
，
，
，
故，解得，
，
，
，
.
（3）解：如图，延长AD到点P，使，
设，设，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，即，
化简得，
，
，
，，
此时AC经过点O，且，
，，
，
.
【知识点】垂径定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】(1)由垂径定理可得，，故，再利用圆周角定理证得，进而证得.
(2)设，故，利用圆内接四边形的性质可得，再通过圆周角定理可得，由三角形的外角定理可得，进而解得，即可证得，通过AAS判定得到 .
(3)延长AD到点P，使，易证是等腰直角三角形，进而证得，由相似三角形的性质可得，设，设，利用圆周角的性质可得，进而得到，即可解得，此时AC经过点O，且，故，，再通过平行线的性质证得.
1 / 1浙江省小屋杯2025年九年级下学期数学2月线上强基联考试题
1．（2025九下·浙江月考）我们不妨定义：使函数值为0的自变量的值，称为该函数的零点．例如：函数-1的零点为1和-1．若函数的零点是和，则函数的零点是　 　．
【答案】-2或-3
【知识点】二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数与一元二次方程的综合应用
【解析】【解答】解：函数的零点是和，
，
，
当时，，
.
故答案为：-2或-3.
【分析】由二次函数的性质可得，再通过公式变形可得，故当时，可得，即函数的零点是-2或-3.
2．（2025九下·浙江月考）令，则　 　．
【答案】
【知识点】求代数式的值-整体代入求值；整体思想
【解析】【解答】解：，
，
，
，
，
，
，
，
，
.
故答案为：.
【分析】对代数式进行适量的变形，降低计算难度，再将x的值代入求代数式的值.
3．（2025九下·浙江月考）如图，在矩形ABCD中，，以CD为直径作，点E，F分别在边AD，BC上，且与相切于点，则AE的长为　 　.
【答案】1或4
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；切线长定理；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：如图1，当点E在点F左边时，连接OE、OF，
设，
四边形ABCD是矩形，，
，，，
AD、BC与相切，，，
，
EF与相切，
，
，
，
，
，
，
，解得，
，
；
如图2，当点E在点F右边时，连接OE、OF，
同理可得，
，解得，
，
.
故答案为：1或4.
【分析】设，利用切线长定理由HL判定，进而证得，再通过相似三角形的性质得到，求得，即可求得AE=1或4.
4．（2025九下·浙江月考）如图，在Rt中，为斜边AC的中点，为BD上一点，为CE上一点，已知的面积是面积的4倍，若BD平分，则BD的长为　 　.
【答案】4
【知识点】平行线的性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：如图，过点C作，过点F作，
，
，
BD平分，
，
，
，
在Rt中，为斜边AC的中点，
，
的面积是面积的4倍 ，
，
，
，
，
.
故答案为：4.
【分析】利用平行线的性质得到，再通过角平分线的定义证得，由直角三角形的性质可得，进而得到，然后通过平行线的比例性质求得CD的长度，即可得到BD的长度.
5．（2025九下·浙江月考）在平面直角坐标系中，直线将平面上的点分成了三类，一类在直线上，一类在直线的左上方，一类在直线的右下方.可以发现：以二元一次不等式-6的解为坐标的点都在直线的左上方；反过来，以二元一次不等式的解为坐标的点都在直线的右下方．因此，在平面直角坐标系中，不等式表示直线左上方的平面区域；不等式表示直线右下方的平面区域．若实数x，y满足约束条件，则的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】一次函数的实际应用-几何问题；数形结合
【解析】【解答】解：如图，
实数x、y的范围为的内部及边上，边界点坐标分别为、、，
将代入可得，.
故答案为：.
【分析】根据约束条件画出x、y的可行区域，找到边界点的坐标，再将坐标依次代入 ，进而求得最小值.
6．（2025九下·浙江月考）如图，内接于，点是劣弧AC的中点，连接BD交AO的延长线于点，交AC于点，若，则　 　．
【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；相似三角形的性质-对应三线
【解析】【解答】解：如图，连接AD、CD、CE，
设，
，
，，
，
点是劣弧AC的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
解得，
.
故答案为：.
【分析】设，利用等腰三角形的性质证得，再通过圆周角定理得到，进而证得，由相似三角形的性质可得，即，解得x=6，即可求得.
7．（2025九下·浙江月考）如图，过坐标原点的直线AB与反比例函数的图象交于A，B两点（点在第一象限），点为第一象限内，位于直线AB上方反比例函数图象上一点，连结并延长CA交轴于点，连结BC分别交轴、轴于E、F两点，连结AF，若AC的面积为6，则　 　．
【答案】4
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；反比例函数的实际应用；三角形的面积
【解析】【解答】解：如图，作轴，轴，
，
，
，
，
设，
，
，，
，
当时，，
，
的面积为6，
，解得.
故答案为：4.
【分析】设，由平行线的比例性质可得，故可得，，再利用待定系数法解得直线BC的解析式为，进而求得OF=3a，然后通过三角形面积计算公式求得k的值.
8．（2025九下·浙江月考）如图，在中，点在BC边上，连结于点，设，若，则　 　．
【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；求正切值
【解析】【解答】解：，，
，
，
，
，
，
由三角函数二倍角公式可得，
，解得，
设，则，
，，
，
.
故答案为：.
【分析】由等腰三角形的性质可得，再通过三角函数二倍角公式可得，，设，则，进而求得，进而计算得.
9．（2025九下·浙江月考）已知实数x，y满足，则　 　．
【答案】4
【知识点】高次方程
【解析】【解答】解：对方程组进行变形，
可得，
，
.
故答案为：4.
【分析】利用三次完全平方公式对方程组进行变形可得，通过对比可得，进而求得.
10．（2025九下·浙江月考）对于正整数，若存在正整数和，使得可以用来表示，称是“小屋数”，以下命题正确的有　 　．（填序号）
①1是“小屋数”；②对于任意大于1的整数是“小屋数”；③5是“小屋数”；④若为“小屋数”，则对于任意自然数为“小屋数”；⑤2025是“小屋数”.
【答案】①②④⑤
【知识点】探索数与式的规律；真命题与假命题
【解析】【解答】解：∵， 1是“小屋数” ，故①正确；
，且m为正整数，
且为正整数，
∴为“小屋数”， 故②正确；
， 5不是“小屋数” ，故③错误；
为“小屋数”，
，
，
=+3
是“小屋数” ，故④ 正确；
，2025是“小屋数” ，故⑤ 正确.
故答案为：①②④⑤.
【分析】利用小屋数的定义可判定①②⑤正确，③错误，再通过公式变形可得.
11．（2025九下·浙江月考）已知关于的方程．
（1）若，求该方程的解；
（2）若该方程有增根，试求出该增根；
（3）若该方程无解，求的取值范围．
【答案】（1）解：原方程去分母并整理得：；
当时，，因式分解得
从而
经检验，原方程的解为.
（2）显然，若该方程有增根，则增根只能从中产生.
原方程去分母得：
①若，则左边，右边，左边右边，故不会是原方程的根，进而不会成为增根；
②若，原方程可化为，从而，故存在这样的，使得原方程的根为，此时增根为
综上，若该方程有增根，则增根为．
（3）原方程去分母并整理得：，
要令原方程无解，则存在以下几种情况：
①去分母后整式方程无解，从而，
化简并因式分解得：，从而；
②去分母后整式方程解全为增根，此时又有以下可能：
（i）若，则或7
时，方程可化为，此时，全是增根，符合题意；
时，方程可化为，此时，不是增根，此时原方程有解，不合题意，舍去.
（ii）若，则需要两个不等实数根分别为1和-1，但由（2）知，-1不会成为该方程的根，故舍去.
综上，的取值范围为．
【知识点】因式分解法解一元二次方程；一元二次方程根的判别式及应用；分式方程的增根；分式方程的无解问题
【解析】【分析】(1)对原方程进行化简，再代入a的值得到新方程，进而解得.
(2)由增根的定义可得若该方程有增根，则增根只能从中产生，分别代入x的值进行检验，可得增根为．
(3)对方程无解的情况进行分类讨论：一是去分母后整式方程无解，即，从而可得；而是去分母后整式方程解全为增根，进而求得当a=-1时，方程有增根，综上所述．
12．（2025九下·浙江月考）若对于实数r、s，满足，且当时，对应的函数值的取值范围也为，则称区间[r，s]为该函数的一个“保值区间”．
（1）若存在“保值区间”，试求和的值；
（2）已知函数的图象上有两点和，其中．
①求的值；
②若，且[a，b]为函数的“保值区间”，求的值．
【答案】（1）解：设该保值区间为，其中，则有以下两种可能：
（i），两式相减得：，进而
由于，所以，进而；
（ii），两式相减得：，进而
由于，所以，进而；
综上所述，．
（2）解：①由于，故绝对值可以直接去掉，从而得到，
两式相减并整理得：，由于，从而，进而．
②由①可得函数解析式为，
，且[a，b]为其“保值区间”，
，
为的一条对称轴，
当时，此时随的增大而减小，故有，
两式相减并整理得：，由于，从而，进而，
代回第一个式子得：，整理得，解得或2，
相应地，或1，但，从而只能为，进而
当时，此时，注意到，从而且，解得，由于，所以，
进而；
当时，此时随的增大而增大，故有，即，
从而a，b为关于的方程的两根，解得，但，故舍去．
综上所述，或．
【知识点】一次函数的性质；一次函数的其他应用
【解析】【分析】(1)利用一次函数的性质可得当k>0时，可得到方程组，解得，进而；当k<0时，可得到方程组，解得，进而，综上所述，．
(2) ① 将和 代入函数解析式可得，进而证得，故．
② 由①可得函数解析式为，进而可得且x=2为的一条对称轴，当时，利用一次函数的性质可得，进而求得，代回方程解得或2，故当时，可得，，进而解得，故；当时，利用一次函数的性质可得，
从而a，b为关于的方程的两根，解得，但，故舍去．综上所述，或．
13．（2025九下·浙江月考）如图，四边形ABCD内接于是的中点，的延长线上有一点，连结AC，BD．
（1）证明：；
（2）如图1，设BA，OD的延长线交于点，若AE平分，证明：；
（3）如图2，连结BE交CA于点，若，求．
【答案】（1）解：延长DO交BC于点M，交于点N，
点是的中点，
，，
，
，
，
，
.
（2）解：设，
AE平分 ，
，
，
，
，，
，
，
，
，
故，解得，
，
，
，
.
（3）解：如图，延长AD到点P，使，
设，设，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，即，
化简得，
，
，
，，
此时AC经过点O，且，
，，
，
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【知识点】垂径定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】(1)由垂径定理可得，，故，再利用圆周角定理证得，进而证得.
(2)设，故，利用圆内接四边形的性质可得，再通过圆周角定理可得，由三角形的外角定理可得，进而解得，即可证得，通过AAS判定得到 .
(3)延长AD到点P，使，易证是等腰直角三角形，进而证得，由相似三角形的性质可得，设，设，利用圆周角的性质可得，进而得到，即可解得，此时AC经过点O，且，故，，再通过平行线的性质证得.
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