2024-2025学年海南省海口九中学海甸分校九年级数学第一学期开学联考模拟试题【含答案】

这是一份2024-2025学年海南省海口九中学海甸分校九年级数学第一学期开学联考模拟试题【含答案】，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，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）方程x2+x﹣1＝0的一个根是（ ）
A．1﹣B．C．﹣1+D．
2、（4分）菱形具有而矩形不一定具有的性质是 ( )
A．对角线互相垂直B．对角线相等C．对角线互相平分D．对角互补
3、（4分）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，点D是BC上一点，DE∥AC，DF∥AB，则△BED与△DFC的周长的和为（ ）
A．34B．32C．22D．20
4、（4分）用反证法证明“三角形的三个外角中至多有一个锐角”，应先假设
A．三角形的三个外角都是锐角
B．三角形的三个外角中至少有两个锐角
C．三角形的三个外角中没有锐角
D．三角形的三个外角中至少有一个锐角
5、（4分）只用下列图形不．能．进行平面镶嵌的是（ ）
A．全等的三角形B．全等的四边形
C．全等的正五边形D．全等的正六边形
6、（4分）关于x的方程mx2＋(2m＋1)x＋m = 0，有实数根，则m的取值范围是（ ）
A．m＞且m≠0B．m≥C．m≥且m≠0D．以上答案都不对
7、（4分）用公式解方程﹣3x2+5x﹣1＝0，正确的是（ ）
A．x＝B．x＝C．x＝D．x＝
8、（4分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=2BC，则∠A=（ ）
A．15°B．30°C．45°D．60°
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，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，点D是AB的中点，BC＝2cm，则CD＝_____cm．
10、（4分）已知下列函数：；；.其中是一次函数的有__________．（填序号）
11、（4分）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边长为2，点的坐标为．若直线与正方形有两个公共点，则的取值范围是____________．
12、（4分）如图，在平面直角坐标系中，▱ABCD的顶点坐标分别为A（3，a）、B（2，2）、C（b，3）、D（8，6），则a+b的值为_____．
13、（4分）如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，对角线AC的垂直平分线分别交AD、AC于点E、O，连接CE，则CE的长为______．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）在平面直角坐标系中，如果点、点为某个菱形的一组对角的顶点，且点、在直线上，那么称该菱形为点、的“极好菱形”，如图为点、的“极好菱形”的一个示意图．

（1）点，，中，能够成为点、的“极好菱形”的顶点的是_______.
（2）若点、的“极好菱形”为正方形，则这个正方形另外两个顶点的坐标是________.
（3）如果四边形是点、的“极好菱形”
①当点的坐标为时，求四边形的面积
②当四边形的面积为，且与直线有公共点时，直接写出的取值范围.
15、（8分）如图，点A和点B分别在x轴和y轴上，且OA＝OB＝4，直线BC交x轴于点C，S△BOC＝S△ABC．
（1）求直线BC的解析式；
（2）在直线BC上求作一点P，使四边形OBAP为平行四边形（尺规作图，保留痕迹，不写作法）．

16、（8分）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．
（1）证明四边形ADCF是菱形；
（2）若AC＝4，AB＝5，求菱形ADCF的面积．
17、（10分）计算： （1）（+）（﹣）﹣（+3）2； （2）.
18、（10分）已知一次函数的图象经过点A（2，1），B（﹣1，﹣3）．
（1）求此一次函数的解析式；
（2）求此一次函数的图象与x轴、y轴的交点坐标；
（3）求此一次函数的图象与两坐标轴所围成的三角形面积．
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）如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，现将其沿EF对折，使得点C与点A重合，点D落在处，AF的长为___________．
20、（4分）如图，在▱ABCD中，AB=2，BC=3，∠BAD=120°，AE平分∠BAD，交BC于点E，过点C作CF∥AE，交AD于点F，则四边形AECF的面积为________．
21、（4分）将函数的图象向上平移3个单位长度，得到的函数图象的解析式为______.
22、（4分）如图，香港特别行政区区徽由五个相同的花瓣组成，它是以一个花瓣为基本图案通过连续四次旋转所组成，这四次旋转中，旋转角度最小是______°.
23、（4分）若把分式中的x，y都扩大5倍，则分式的值____________．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，在平面直角坐标系中，已知直线，都经过点，它们分别与轴交于点和点，点、均在轴的正半轴上，点在点的上方．
（1）如果，求直线的表达式；
（2）在（1）的条件下，如果的面积为3，求直线的表达式．
25、（10分）如下4个图中，不同的矩形ABCD，若把D点沿AE对折，使D点与BC上的F点重合；
（1）图①中，若DE︰EC=2︰1，求证：△ABF∽△AFE∽△FCE；并计算BF︰FC；
（2）图②中若DE︰EC=3︰1，计算BF︰FC= ；图③中若DE︰EC=4︰1，计算BF︰FC= ；
（3）图④中若DE︰EC=︰1，猜想BF︰FC= ；并证明你的结论
26、（12分）如图1，在直角坐标系中，一次函数的图象l与y轴交于点A（0 , 2），与一次函数y＝x﹣3的图象l交于点E（m ,﹣5）．
（1）m=__________；
（2）直线l与x轴交于点B，直线l与y轴交于点C，求四边形OBEC的面积；
（3）如图2，已知矩形MNPQ，PQ＝2，NP＝1，M（a，1），矩形MNPQ的边PQ在x轴上平移，若矩形MNPQ与直线l或l有交点，直接写出a的取值范围_____________________________
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、D
【解析】
利用求根公式解方程，然后对各选项进行判断．
【详解】
∵a＝1，b＝﹣1，c＝﹣1，
∴△＝b2﹣4ac＝12﹣4×（﹣1）＝5，
则x＝ ，
所以x1＝ ，x2＝ ．
故选：D．
本题考查了解一元二次方程﹣公式法，解题关键在于掌握运算法则．
2、A
【解析】
菱形的对角线互相垂直平分，矩形的对角线相等互相平分.
则菱形具有而矩形不一定具有的性质是：对角线互相垂直
故选A
3、B
【解析】
首先根据两组对边互相平行的四边形是平行四边形判定出四边形AEDF是平行四边形，进而得到DF＝AE，然后证明DE＝BE，即可得到DE+DF＝AB，从而得解．
【详解】
解：∵DE∥AC，DF∥AB，
∴四边形AEDF是平行四边形，
∴DF＝AE，
又∵DE∥AC，
∴∠C＝∠EDB，
又∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∴∠B＝∠EDB，
∴DE＝BE，
∴DF+DE＝AE+BE，
∴△BED与△DFC的周长的和＝△ABC的周长＝10+10+12＝32，
故选：B．
本题主要考查了平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定，关键是掌握平行四边形对边平行且相等，两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
4、B
【解析】
反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立．
【详解】
解：用反证法证明“三角形的三个外角中至多有一个锐角”，应先假设三角形的三个外角中至少有两个锐角，
故选B．
考查了反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．
5、C
【解析】
判断一种图形是否能够镶嵌，只要看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角．若能构成360°，则说明能够进行平面镶嵌；反之则不能．根据以上结论逐一判断即可．
【详解】
解：A项，三角形的内角和是180°，是360°的约数，能镶嵌平面，不符合题意；
B项，四边形的内角和是360°，是360°的约数，能镶嵌平面，不符合题意；
C项，正五边形的一个内角的度数为180－360÷5=108，不是360的约数，不能镶嵌平面，符合题意；
D项，正六边形的一个内角的度数是180－360÷6=120，是360的约数，能镶嵌平面，不符合题意；故选C.
本题考查了平面镶嵌的知识，几何图形能镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角.用一种正多边形单独镶嵌，只有正三角形，正四边形，正六边形三种正多边形能镶嵌成一个平面图案．
6、B
【解析】
【分析】分两种情况：m=0时是一元一次方程，一定有实根；m≠0时，方程有两个实数根，则根的判别式△≥0，建立关于m的不等式，求得m的取值范围．
【详解】当m≠0时，方程为一元二次方程，
∵a=m，b=2m+1，c=m且方程有实数根，
∴△=b2-4ac=（2m+1）2-4m2≥0，
∴m≥且m≠0；
当m=0时，方程为一元一次方程x=0，一定有实数根，
所以m的取值范围是m≥，
故选B.
【点睛】本题考查了方程有实数根的情况，考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac的关系：①当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；②当△=0时，方程有两个相等的两个实数根；③当△＜0时，方程无实数根．进行分类讨论是解题的关键．
7、C
【解析】
求出b2-4ac的值，再代入公式求出即可．
【详解】
解：-3x2+5x-1=0，
b2-4ac=52-4×（-3）×（-1）=13，
x=
故选C．
本题考查了解一元二次方程的应用，能正确利用公式解一元二次方程是解此题的关键．
8、B
【解析】
逆用直角三角形的性质：30度角所对的直角边等于斜边的一半，即可得出答案．
【详解】
在Rt△ABC中，
∵∠C=90°，AB=2BC，
∴∠A=30°.
故选B.
本题考查了直角三角形的性质.熟练应用直角三角形的性质：30度角所对的直角边等于斜边的一半是解题的关键.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1
【解析】
根据含30°角的直角三角形的性质求出AB，再根据直角三角形斜边上的中线的性质求出CD即可．
【详解】
解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝1cm，
∴AB＝1BC＝4cm，
∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是AB的中点，
∴CD＝AB＝1cm.
故答案为：1．
本题考查含30°角的直角三角形的性质和直角三角形斜边上的中线的性质，能灵活运用定理进行推理是解答此题的关键．
10、
【解析】
根据一次函数的定义进行判断即可.
【详解】
解：，是一次函数；
，自变量的次数为2，故不是一次函数；
是一次函数.
故答案为.
本题主要考查一次函数的定义，一次函数解析式 y=kx+b 的结构特征：
（1）k是常数，k≠0 ；（2）自变量x的次数是1；（3）常数项b可以为任意实数．
11、﹣1＜b＜1
【解析】
当直线y=x+b过D或B时，求得b，即可得到结论．
【详解】
∵正方形ABCD的边长为1，点A的坐标为（1，1），∴D（1，3），B（3，1）．
当直线y=x+b经过点D时，3=1+b，此时b=1．
当直线y=x+b经过点B时，1=3+b，此时b=﹣1．
所以，直线y=x+b与正方形有两个公共点，则b的取值范围是﹣1＜b＜1．
故答案为﹣1＜b＜1．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，正方形的性质，关键是掌握待定系数法正确求出函数的解析式．
12、12
【解析】
如图，连接AC、BD交于点O′，利用中点坐标公式，构建方程求出a、b即可；
【详解】
解：如图，连接AC、BD交于点O′．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO′＝O′C，BO′＝O′D，
∵A（3，a），B（2，2），C（b，3），D（8，6），
∴，
∴a＝5，b＝7，
∴a+b＝12，
故答案为：12
此题考查坐标与图形的性质，解题关键在于构建方程求出a、b
13、2.5
【解析】
∵EO是AC的垂直平分线，
∴AE=CE，
设CE=x，则ED=AD-AE=4-x，
在Rt△CDE中，CE2=CD2+ED2，
即x2=22+（4-x）2，
解得x=2.5，
即CE的长为2.5，
故答案为2.5.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、 (1) ，;
(1) （1，3）、（3，1）;
(3)①1;②-2≤b≤2.
【解析】
（1）如图1中，观察图象可知：F、G能够成为点M，P的“极好菱形”顶点；
（1）先求得对角线PM的长，从而可得到正方形的边长，然后可得到这个正方形另外两个顶点的坐标；
（3）①，先依据题意画出图形，然后可证明该四边形为正方形，从而可求得它的面积；②根据菱形的性质得：PM⊥QN，且对角线互相平分，由菱形的面积为8，且菱形的面积等于两条对角线积的一半，可得QN的长，证明Q在y轴上，N在x轴上，可得结论．
【详解】
解：（1）如图1中，观察图象可知：F、G能够成为点M，P的“极好菱形”顶点．
故答案为F，G；
（1）如图1所示：
∵点M的坐标为（1，1），点P的坐标为（3，3），
∴MP=1．
∵“极好菱形”为正方形，其对角线长为1，
∴其边长为1．
∴这个正方形另外两个顶点的坐标为（1，3）、（3，1）．
（3）①如图1所示：
∵M（1，1），P（3，3），N（3，1），
∴MN=1，PN⊥MN．
∵四边形MNPQ是菱形，
∴四边形MNPQ是正方形．
∴S四边形MNPQ=2．．
②如图3所示：
∵点M的坐标为（1，1），点P的坐标为（3，3），
∴PM=1，
∵四边形MNPQ的面积为8，
∴S四边形MNPQ=PM•QN=8，即
×1×QN=8，
∴QN=2，
∵四边形MNPQ是菱形，
∴QN⊥MP，ME=，EN=1，
作直线QN，交x轴于A，
∵M（1，1），
∴OM=，
∴OE=1，
∵M和P在直线y=x上，
∴∠MOA=25°，
∴△EOA是等腰直角三角形，
∴EA=1，
∴A与N重合，即N在x轴上，
同理可知：Q在y轴上，且ON=OQ=2，
由题意得：四边形MNPQ与直线y=x+b有公共点时，b的取值范围是-2≤b≤2．
本题是二次函数的综合题，考查了菱形的性质、正方形的判定、点M，P的“极好菱形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会利用图象解决问题．
15、（1）;（2）见解析.
【解析】
（1）根据三角形面积公式得到OC=AC= OA=2，则C（2，0），然后利用待定系数法求直线BC的解析式；
（2）当AP⊥x轴时，AP∥OB，利用OC=AC可得到AP=OB，根据平行四边形的判定方法可得到四边形OBAP为平行四边形，于是过点A作x轴的垂线交直线BC于P即可．
【详解】
（1）依题意，A（4,0），B（0,4），
因为S△BOC＝S△ABC，所以，C为OA中点，所以，C（2,0），
设直线BC的解析式为：，则有
，所以，k＝－2，b＝4，
直线BC的解析式为：
（2）过点A作AP垂直x轴，交BC的延长线于P，连结OP，点P为所求.
此题考查作图—复杂作图，待定系数法求一次函数解析式，平行四边形的判定，解题关键在于掌握作图法则
16、见解析
【解析】
（1）证明：如图，∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DBE，
∵E是AD的中点，AD是BC边上的中线，
∴AE=DE，BD=CD，
在△AFE和△DBE中，
，
∴△AFE≌△DBE（AAS）；
∴AF=DB．
∵DB=DC，
∴AF=CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC=90°，D是BC的中点，
∴AD=DC=BC，
∴四边形ADCF是菱形；
（2）解：连接DF，
∵AF∥BC，AF=BD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴DF=AB=5，
∵四边形ADCF是菱形，
∴S=AC•DF=1．
【点评】此题考查了菱形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．注意根据题意画出图形，结合图形求解是关键．
17、（1）-19-6； （2）3-.
【解析】
分析：(1)用平方差公式和完全平方公式计算；(2)把式子中的二次根式都化为最简二次根式后，再加减.
详解：(1)()(﹣)﹣(＋3)2
＝7－5－(3＋6＋18)
＝－19－6；
(2)
＝
＝3－.
点睛：本题考查了二次根式的混合运算，二次根式的混合运算顺序与实数的混合运算顺序一样，先乘方，再乘除，最后加减，有括号时要先算括号里的或先去括号，能够使乘法公式的尽量使用乘法公式．
18、 (1) y= x-．(2) 与x轴的交点坐标（，0），与y轴的交点坐标（0，-）;(3).
【解析】
试题分析：根据一次函数解析式的特点，可得出方程组，得到解析式；
再根据解析式求出一次函数的图象与x轴、y轴的交点坐标；
然后求出一次函数的图象与两坐标轴所围成的三角形面积．
解：（1）根据一次函数解析式的特点，
可得出方程组，
解得，
则得到y=x﹣．
（2）根据一次函数的解析式y=x﹣，
得到当y=0，x=；
当x=0时，y=﹣．
所以与x轴的交点坐标（，0），与y轴的交点坐标（0，﹣）．
（3）在y=x﹣中，
令x=0，解得：y=，
则函数与y轴的交点是（0，﹣）．
在y=x﹣中，
令y=0，解得：x=．
因而此一次函数的图象与两坐标轴所围成的三角形面积是：×=．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
根据对折之后对应边长度相同，联立直角三角形中勾股定理即可求解．
【详解】
设
∵矩形纸片中，，
现将其沿对折，使得点C与点A重合，点D落在处，
∴ ，
在中，，
即 解得 ，
故答案为：．
本题考查了矩形的性质和勾股定理的应用，解题的关键在于找到对折之后对应边相等关系和勾股定理中的等量关系．
20、
【解析】
【分析】如图所示，过点A作AM⊥BC，垂足为M，先证明△ABE是等边三角形，从而求得BE=AB=2，继而求得AM长，再证明四边形AECF是平行四边形，继而根据平行四边形的面积公式进行计算即可求得.
【详解】如图所示，过点A作AM⊥BC，垂足为M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠B=180°-∠BAD=180°-120°=60°，
∠DAE=∠AEB，
∵AE平分∠BAD，∠BAD=120°，
∴∠DAE=60°，
∴∠AEB=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=2，
∴BM=1，AM=，
又∵CF//AE，∴四边形AECF是平行四边形，
∵CE=BC-BE=3-2=1，
∴S四边形AECF=CE•AM=，
故答案为：.
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等，正确添加辅助线、熟练应用相关的定理与性质是解题的关键.
21、
【解析】
根据一次函数的图像平移的特点即可求解.
【详解】
函数的图象向上平移3个单位长度，得到的函数图象的解析式为+3，
∴函数为
此题主要考查一次函数的性质，解题的关键是熟知一次函数平移的特点.
22、72
【解析】
试题解析：观察图形可知，中心角是由五个相同的角组成，
∴旋转角度是
∴这四次旋转中,旋转角度最小是
故答案为72.
23、扩大5倍
【解析】
【分析】把分式中的x和y都扩大5倍，分别用5x和5y去代换原分式中的x和y，利用分式的基本性质化简即可．
【详解】把分式中的x，y都扩大5倍得：
=，
即分式的值扩大5倍，
故答案为：扩大5倍.
【点睛】本题考查了分式的基本性质，根据分式的基本性质，无论是把分式的分子和分母扩大还是缩小相同的倍数，都不要漏乘（除）分子、分母中的任何一项．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）；（2）．
【解析】
（1）先根据A点坐标求出OA的长度，然后根据求出OB的长度，进而得到B点的坐标，最后利用待定系数法即可求出直线的表达式；
（2）首先利用的面积求出点C的坐标，然后利用待定系数法即可求出直线的表达式．
【详解】
（1），
．
，
点在轴正半轴，
．
设的函数解析式为，
把，代入得
解得：，
．
（2），
，
∵，
．
设，则，
点在点上方，
，
．
设的函数解析式为，
把，代入得，
解得：，
．
本题主要考查一次函数，掌握待定系数法及数形结合是解题的关键．
25、（1）根据折叠的性质及矩形的性质可证得△ABF∽△AFE∽△FCE，再根据相似三角形的性质求解即可，1:1；（2）1:2，1:3；（3）1︰（n-1）
【解析】
试题分析：根据折叠的性质及矩形的性质可证得△ABF∽△AFE∽△FCE，再根据相似三角形的性质求解即可.
解：（1）∵∠BAF+∠AFB=90°，∠CFE+∠AFB=90°
∴∠BAF=∠CFE
∵∠B=∠C=90°
∴△ABF∽△FCE
∴BF︰CE=AB︰FC=AF︰FE
∴AB︰AF=BF︰FE
∵∠B=∠AFE=90°
∴△ABF∽△AFE
∴△ABF∽△AFE∽△FCE
∵DE︰EC=2︰1
∴FE︰EC=2︰1
∴BF︰FC=1︰1
（2）若DE︰EC=3︰1，则BF︰FC=1︰2；若DE︰EC=4︰1，计算BF︰FC=1︰3；
（3）∵DE︰EC=︰1
∴FE︰EC=︰1
∴BF︰FC=1︰（n-1）.
考点：相似三角形的综合题
点评：相似三角形的综合题是初中数学的重点和难点，在中考中极为常见，一般以压轴题形式出现，难度较大.
26、（1）-2；（2）；（3）≤a≤或3≤a≤6.
【解析】
（1）根据点E在一次函数图象上，可求出m的值；
（2）利用待定系数法即可求出直线l1的函数解析式，得出点B、C的坐标，利用S四边形OBEC＝S△OBE＋S△OCE即可得解；
（3）分别求出矩形MNPQ在平移过程中，当点Q在l1上、点N在l1上、点Q在l2上、点N在l2上时a的值，即可得解．
【详解】
解：（1）∵点E（m，−5）在一次函数y＝x−3图象上，
∴m−3＝−5，
∴m＝−2；
（2）设直线l1的表达式为y＝kx＋b（k≠0），
∵直线l1过点A（0，2）和E（−2，−5），
∴ ，解得，
∴直线l1的表达式为y＝x＋2，
当y＝x＋2=0时，x=
∴B点坐标为(，0)，C点坐标为（0，−3），
∴S四边形OBEC＝S△OBE＋S△OCE＝××5＋×2×3＝；
（3）当矩形MNPQ的顶点Q在l1上时，a的值为；
矩形MNPQ向右平移，当点N在l1上时，x＋2＝1，解得x＝，即点N（，1），
∴a的值为＋2＝；
矩形MNPQ继续向右平移，当点Q在l2上时，a的值为3，
矩形MNPQ继续向右平移，当点N在l2上时，x−3＝1，解得x＝4，即点N（4，1），
∴a的值为4＋2＝6，
综上所述，当≤a≤或3≤a≤6时，矩形MNPQ与直线l1或l2有交点．
本题主要考查求一次函数解析式，两条直线相交、图形的平移等知识的综合应用，在解决第（3）小题时，只要求出各临界点时a的值，就可以得到a的取值范围．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人