2024-2025学年福建省永春县九上数学开学经典模拟试题【含答案】

这是一份2024-2025学年福建省永春县九上数学开学经典模拟试题【含答案】，共21页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、（4分）一次函数y=kx+b，当k<0，b<0时，它的图象大致为（ ）
A．B．C．D．
2、（4分）一次函数的图象经过原点，则的值为( )
A．B．C．D．
3、（4分）直角三角形的三边为a﹣b，a，a+b且a、b都为正整数，则三角形其中一边长可能为（ ）
A．61B．71C．81D．91
4、（4分）下列式子因式分解正确的是（ ）
A．x2+2x+2＝（x+1）2+1B．（2x+4）2＝4x2+16x+16
C．x2﹣x+6＝（x+3）（x﹣2）D．x2﹣1＝（x+1）（x﹣1）
5、（4分）一次函数的图象经过第二、三、四象限，则化简所得的结果是( )
A．B．C．D．
6、（4分）在平面直角坐标系中,线段AB两端点的坐标分别为A(1,0),B(3,2).将线段AB平移后,A、B的对应点的坐标可以是( )
A．(1,−1),(−1,−3)B．(1,1),(3,3)C．(−1,3),(3,1)D．(3,2),(1,4)
7、（4分）若一个多边形的每一个外角都是40°，则这个多边形是( )
A．七边形B．八边形C．九边形D．十边形
8、（4分）已知P1（1，y1），P2（-1，y2）是一次函数y=﹣2x+1的图象上的两个点，则y1，y2的大小关系是（ ）
A．= B． ＜ C．＞D．不能确定
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）如图，以正方形ABCD的BC边向外作正六边形BEFGHC，则∠ABE＝___________度．
10、（4分）在正方形ABCD中，对角线AC＝2cm，那么正方形ABCD的面积为_____．
11、（4分）化简：______．
12、（4分）如图，直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，C是OB的中点，D是AB上一点，四边形OEDC是菱形，则△OAE的面积为________．
13、（4分）在中，，，点在上，．若点是边上异于点的另一个点，且，则的值为______．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）某校开展“涌读诗词经典，弘扬传统文化”诗词诵读活动，为了解八年级学生在这次活动中的诗词诵背情况，随机抽取了30名八年级学生，调查“一周诗词诵背数量”，调查结果如下表所示：
(1)计算这人平均每人一周诵背诗词多少首；
(2)该校八年级共有6名学生参加了这次活动，在这次活动中，估计八年级学生中一周诵背诗词首以上(含6首)的学生有多少人.
15、（8分） “五一”期间，小丽一家乘坐高铁前往某市旅游，计划第二天租用新能源汽车自驾出游．现有甲、乙两家租车公司，租车费用如下：甲公司按日收取固定租金80元，另外再按租车时间计费；乙公司无固定租金，直接按租车时间计费，每小时租费是30元．
（1）设租用时间为x小时，租用甲公司的车所需费用为y1元，租用乙公司的车所需费用为y2元，其图象如图所示，分别求出y1， y2关于x的函数解析式；
（2）请你帮助小丽计算，租用哪家新能源汽车自驾出游更合算？
16、（8分）已知四边形ABCD是正方形，点E是边BC上的任意一点，AE⊥EF，且直线EF交正方形外角的平分线CF于点F．
（1）如图1，求证：AE＝EF；
（2）如图2，当AB＝2，点E是边BC的中点时，请直接写出FC的长．
17、（10分）已知：如图，四边形ABCD为矩形，，，点E是CD的中点，点P在AB上以每秒2个单位的速度由A向B运动，设运动时间为t秒．
（1）当点P在线段AB上运动了t秒时，__________________（用代数式表示）;
（2）t为何值时，四边形PDEB是平行四边形：
（3）在直线AB上是否存在点Q，使以D、E、Q、P四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求出t的值：若不存在，说明理由．
18、（10分）计算
（1）﹣+；
（2）×﹣（ +）（﹣）．
B卷（50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（4分）有一组数据：2，5，5，6，7，这组数据的平均数为_____．
20、（4分）一组数据3，5，a，4，3的平均数是4，这组数据的方差为______．
21、（4分）若一次函数y＝kx﹣1的图象经过点（﹣2，1），则k的值为_____．
22、（4分）已知方程组，则x+y的值是____．
23、（4分）在□ABCD中，O是对角线的交点，那么____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）已知E、F分别是平行四边形ABCD的BC和DA边上的点，且CE=AF，问：DE与FB是否平行？说明理由．
25、（10分）如图，在中，．
用圆规和直尺在AC上作点P，使点P到A、B的距离相等保留作图痕迹，不写作法和证明
当满足的点P到AB、BC的距离相等时，求的度数．
26、（12分）（1）计算：.
（2）已知、、是的三边长，且满足，，，试判断该三角形的形状.
参考答案与详细解析
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、B
【解析】
根据一次函数的性质可得出结论.
【详解】
解：因为 一次项系数 则随的增大而减少，函数经过二，四象限；
常数项 则函数一定经过三、四象限；
因而一次函数的图象一定经过第二、三、四象限．
故选B．
本题考查了一次函数的图像和性质，熟练掌握函数的性质是解题关键.
2、B
【解析】
分析：根据一次函数的定义及函数图象经过原点的特点，求出m的值即可．
详解：∵一次函数的图象经过原点，
∴m=1．
故选B．
点睛：本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，即一次函数y=kx+b（k≠1）中，当b=1时函数图象经过原点．
3、C
【解析】
由题可知：(a−b)2+a2=(a+b)2，解之得：a=4b，
所以直角三角形三边分别为3b、4b、5b.
当b=27时，3b=81.
故选C.
4、D
【解析】
利用因式分解定义，以及因式分解的方法判断即可．
【详解】
解：A、x2+2x+2不能进行因式分解，故A错误；
B、（2x+4）2＝4x2+16x+16不符合因式分解的定义，故B错误；
C、，等式左右不相等，故C错误；
D、x2﹣1＝（x+1）（x﹣1），正确
故选：D．
本题考查了因式分解的概念及判断，掌握因式分解的定义是解题的关键．
5、D
【解析】
根据题意可得﹣m＜0，n＜0，再进行化简即可．
【详解】
∵一次函数y＝﹣mx+n的图象经过第二、三、四象限，
∴﹣m＜0，n＜0，
即m＞0，n＜0，
∴
＝|m﹣n|+|n|
＝m﹣n﹣n
＝m﹣2n，
故选D．
本题考查了二次根式的性质与化简以及一次函数的图象与系数的关系，熟练掌握一次函数的图象与性质是解题的关键.
6、B
【解析】
根据平移中，对应点的对应坐标的差相等分别判断即可得解
【详解】
根据题意可得：将线段AB平移后，A，B的对应点的坐标与原A. B点的坐标差必须相等。
A. A点横坐标差为0，纵坐标差为1，B点横坐标差为4，纵坐标差为5，A. B点对应点的坐标差不相等，故不合题意；
B. A点横坐标差为0，纵坐标差为−1，B点横坐标差为0，纵坐标差为−1，A. B点对应点的坐标差相等，故合题意；
C. A点横坐标差为2，纵坐标差为−3，B点的横坐标差为0，纵坐标差为1，A. B点对应点的坐标差不相等，故不合题意；
D. ，A点横坐标差为−2，纵坐标差为−2，B点横坐标差为2，纵坐标差为−2，A. B点对应点的坐标差不相等，故不合题意；
故选：B
此题考查坐标与图形变化-平移，解题关键在于掌握平移的性质
7、C
【解析】
根据任何多边形的外角和都是360度，利用360除以外角的度数就可以求出外角和中外角的个数，即多边形的边数．
【详解】
360÷40=9，即这个多边形的边数是9，
故选C．
本题考查多边形的内角和与外角和之间的关系，根据外角和的大小与多边形的边数无关，由外角和求正多边形的边数，是常见的题目，需要熟练掌握．
8、B
【解析】
先根据一次函数y=﹣2x+1中k=﹣2判断出函数的增减性，再根据1＞﹣1进行解答即可．
【详解】
解：∵一次函数y=﹣2x+1中k=﹣2＜0，
∴此函数是y随x增大而减小，
∵1＞﹣1，
∴y1＜y2，故选：B．
本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点及一次函数的性质，熟知一次函数的增减性是解答此题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1
【解析】
分别求出正方形ABCD的内角∠ABC和正六边形BEFGHC的内角∠CBE的度数，进一步即可求出答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∵六边形BEFGHC是正六边形，
∴∠CBE=，
∴∠ABE=360°－(∠ABC+∠CBE)=360°－(90°+120°)=1°．
故答案为：1．
本题主要考查了正多边形的内角问题，属于基础题型，熟练掌握多边形的内角和公式是解题的关键．
10、2
【解析】
根据正方形的面积公式可求正方形面积.
【详解】
正方形面积==2
故答案为2.
本题考查了正方形的性质，利用正方形的面积=对角线积的一半解决问题．
11、3
【解析】
分析：根据算术平方根的概念求解即可.
详解：因为32=9
所以=3.
故答案为3.
点睛：此题主要考查了算术平方根的意义，关键是确定被开方数是哪个正数的平方.
12、
【解析】
根据直线于坐标轴交点的坐标特点得出,A,B两点的坐标，得出OB，OA的长，根据C是OB的中点，从而得出OC的长，根据菱形的性质得出DE=OC=2;DE∥OC；设出D点的坐标，进而得出E点的坐标，从而得出EF,OF的长，在Rt△OEF中利用勾股定理建立关于x的方程，求解得出x的值，然后根据三角形的面积公式得出答案.
【详解】
解: 把x=0代入 y = − x + 4 得出y=4,
∴B(0,4);
∴OB=4;
∵C是OB的中点，
∴OC=2,
∵四边形OEDC是菱形,
∴DE=OC=2;DE∥OC,
把y=0代入 y = − x + 4 得出x=,
∴A(,0);
∴OA=,
设D(x,) ,
∴E(x,- x+2),
延长DE交OA于点F，
∴EF=-x+2,OF=x,
在Rt△OEF中利用勾股定理得：,
解得 ：x1=0(舍），x2=；
∴EF=1,
∴S△AOE=·OA·EF=2.
故答案为.
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征：一次函数y=kx+b，（k≠0，且k，b为常数）的图象是一条直线．它与x轴的交点坐标是（-，0）；与y轴的交点坐标是（0，b）．直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y=kx+b．也考查了菱形的性质.
13、24或21或
【解析】
情况1：连接EP交AC于点H，依据先证明是菱形，再根据菱形的性质可得到∠ECH=∠PCH=10°，然后依据SAS可证明△ECH≌△PCH，则∠EHC=∠PHC=90°，最后依据EP=2EH=2sin10°•EC求解即可．
情况2：如图2所示：△ECP为等腰直角三角形，则=EC=2．此时，=24
情况2：如图2：过点P′作P′F⊥BC．通过解直角三角形可以解得FC ，EF，再在Rt△P′EF中，利用勾股定理可以求得.
【详解】
解：情况1：如图所示：连接EP交AC于点H．
∵在中，
∴是菱形
∵菱形ABCD中，∠B=10°，
∴∠BCD=120°，∠ECH=∠PCH=10°．
在△ECH和△PCH中
，
∴△ECH≌△PCH．
∴∠EHC=∠PHC=90°，EH=PH．
∴EP=2EH=2sin10°•EC=2××2=1．
∴=21
情况2：如图2所示：△ECP为等腰直角三角形，则=EC=2．
∴=24
情况2：如图2：过点P′作P′F⊥BC．
∵P′C=2，BC=4，∠B=10°，
∴P′C⊥AB．
∴∠BCP′=20°．
∴FC=×2=2，P′F=，EF=2-2．
∴=，
故答案为：24或21或．
本题主要考查的是菱形的性质，全等三角形的判定和性质，以及解直角三角形和勾股定理得结合，是综合性题目，难度较大．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）5；（2）2640
【解析】
（1）根据平均数定义求解；（2）用样本估计总体情况.
【详解】
（1）平均数：（首）
（2）估计八年级学生中一周诵背诗词首以上(含6首)的学生有：6600=2640（人）
答：这人平均每人一周诵背诗词5首；估计八年级学生中一周诵背诗词首以上(含6首)的学生有2640人.
考核知识点：平均数，用样本估计总体.理解题意是关键.
15、（1）y1=15x+80（x≥0），y2=30x（x≥0）；（2）当租车时间为小时，选择甲乙公司一样；当租车时间小于小时，选择乙公司合算；当租车时间大于小时，选择甲公司合算．
【解析】
（1）根据函数图象中的信息，分别运用待定系数法，求得y1，y2关于x的函数表达式即可；
（2）当y1=y2时，15x+80=30x，当y1＞y2时，15x+80＞30x，当y1＜y2时，15x+80＜30x，分求得x的取值范围即可得出方案．
【详解】
（1）由题意设y1=k1x+80，把点（1，95）代入得95=k1+80
解得k1=15，
∴y1=15x+80（x≥0），
设y2=k2x，把（1，30）代入，可得30=k2
即k2=30，
∴y2=30x（x≥0）；
（2）当y1=y2时，15x+80=30x，解得x=；
当y1＞y2时，15x+80＞30x解得x＜；
当y1＜y2时，15x+80＞30x解得x＞；
答：当租车时间为小时，选择甲乙公司一样；当租车时间小于小时，选择乙公司合算；当租车时间大于小时，选择甲公司合算．
本题为函数实际应用问题，综合考察了待定系数法、一元一次方程和不等式和通过临界点比较函数值大小．
16、（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）截取BE=BM，连接EM，求出AM=EC，得出∠BME=45°，求出∠AME=∠ECF=135°，求出∠MAE=∠FEC，根据ASA推出△AME和△ECF全等即可；
（2）取AB中点M，连接EM，求出BM=BE，得出∠BME=45°，求出∠AME=∠ECF=135°，求出∠MAE=∠FEC，根据ASA推出△AME和△ECF全等即可．
【详解】
（1）证明：如图1，在AB上截取BM＝BE，连接ME，
∵∠B＝90°，
∴∠BME＝∠BEM＝45°，
∴∠AME＝135°
∵CF是正方形的∠C外角的平分线，
∴∠ECF=90°+45°=135°
∴∠AME＝∠ECF，
∵AB＝BC，BM＝BE，
∴AM＝EC，
∵AE⊥EF，
∴∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠CEF=90°，
∵∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠CEF,
在△AME和△ECF中
，
∴△AME≌△ECF（ASA），
∴AE＝EF；
（2）解：取AB中点M，连接EM，
∵AB＝BC，E为BC中点，M为AB中点，
∴AM＝CE＝BE，
∴∠BME＝∠BME＝45°，
∴∠AME＝135°＝∠ECF，
∵∠B＝90°，
∴∠BAE+∠AEB＝90°，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠FEC＝90°，
∴∠BAE＝∠FEC，
在△AME和△ECF中
，
∴△AME≌△ECF（ASA），
∴EM＝CF，
∵AB＝2，点E是边BC的中点，
∴BM＝BE＝1，
∴CF＝ME＝．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，角平分线的定义，关键是推出△AME≌△ECF．
17、（1）；（2）当时，四边形PDEB是平行四边形；（3）t的值为或或．
【解析】
（1）求出PA，根据线段和差定义即可解决问题．
（2）根据，构建方程即可解决问题．
（3）①当时，可得四边形DEPQ，四边形是菱形，②当时，可得四边形是菱形，分别求解即可解决问题．
【详解】
解：（1），，
，
故答案为．
（2）当时，四边形PDEB是平行四边形，
，
，
答：当时，四边形PDEB是平行四边形．
（3）存在．
①当时，可得四边形DEPQ，四边形是菱形，
作于H．
在中，，，
，
或，
或时，可得四边形DEPQ，四边形是菱形．
②当时，可得四边形是菱形，易知：，
，
综上所述，满足条件的t的值为或或．
本题属于四边形即综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
18、（1） （2）1
【解析】
试题分析：（1）先把二次根式化简再合并即可；
（2）进行二次根式的乘法运算即可.
试题解析：（1）原式=
= ＋3;
（2）原式=3-5+3
=1.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、1.
【解析】
把给出的这1个数据加起来，再除以数据个数1，就是此组数据的平均数．
【详解】
解：（2+1+1+6+7）÷1
＝21÷1
＝1．
答：这组数据的平均数是1．
故答案为：1．
此题主要考查了平均数的意义与求解方法，关键是把给出的这1个数据加起来，再除以数据个数1．
20、0.3．
【解析】
试题分析：∵3，5，a，4，3的平均数是4，∴（3+5+a+4+3）÷5=4，解得：a=5，
则这组数据的方差S3=[（3﹣4）3+（5﹣4）3+（5﹣4）3+（4﹣4）3+（3﹣4）3]=0.3，故答案为0.3．
考点：3．方差；3．算术平均数．
21、-1
【解析】
一次函数y=kx-1的图象经过点（-2，1），将其代入即可得到k的值．
【详解】
解：一次函数y＝kx﹣1的图象经过点（﹣2，1），
即当x＝﹣2时，y＝1，可得：1＝-2k﹣1，
解得：k＝﹣1．
则k的值为﹣1．
本题考查一次函数图像上点的坐标特征，要注意利用一次函数的特点以及已知条件列出方程，求出未知数．
22、﹣1．
【解析】
根据题意，①-②即可得到关于x+y的值
【详解】
，
①﹣②得到：﹣3x﹣3y＝6，
∴x+y＝﹣1，
故答案为﹣1．
此题考查解二元一次方程组，难度不大
23、
【解析】
由向量的平行四边形法则及相等向量的概念可得答案．
【详解】
解：因为：□ABCD，
所以，，
所以：．
故答案为：．
本题考查向量的平行四边形法则，掌握向量的平行四边形法则是解题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、DE∥FB
【解析】
试题分析：DE与FB平行，根据已知条件可证明DFBE是平行四边形，由平行四边形的性质可得DE∥FB．
试题解析：
DE∥FB．
因为 在□ABCD中，
AD∥BC （平行四边形的对边互相平行）．
且 AD=BC （平行四边形的对边相等），
所以 DF∥BE，
又 CE=AF，DE=AD﹣AF，BE=BC﹣CE，
所以 DF=BE，
所以 DFBE是平行四边形，（有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），
所以 DE∥FB．（平行四边形的对边相等）．
25、（1）图形见解析（2）30°
【解析】
试题分析：（1）画出线段AB的垂直平分线，交AC于点P，点P即为所求；
（2）由点P到AB、BC的距离相等可得出PC=PD，结合BP=BP可证出Rt△BCP≌Rt△BDP（HL），根据全等三角形的性质可得出BC=BD，结合AB=2BD及∠C=90°，即可求出∠A的度数．
试题解析：
（1）依照题意，画出图形，如图所示．
（2）∵点P到AB、BC的距离相等，
∴PC=PD．
在Rt△BCP和Rt△BDP中，
，
∴Rt△BCP≌Rt△BDP（HL），
∴BC=BD．
又∵PD垂直平分AB，
∴AD=2BD=2BC．
在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=2BC，
∴∠A=30°．
【点睛】本题考查了尺规作图、线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质以及解含30°角的直角三角形，解题的关键是：（1）熟练掌握尺规作图；（2）通过证全等三角形找出AB=2BC．
26、（1）-4；（2）为且.
【解析】
（1）根据二次根式的性质，整数指数幂的性质化简计算即可．
（2）利用勾股定理的逆定理解决问题即可．
【详解】
（1）解：原式=
（2）解：，；
∴
为且
本题考查勾股定理的逆定理，零指数幂，二次根式的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
一周诗词诵背数量(首)
人数(人)