2024年安徽省合肥168中学九上数学开学监测模拟试题【含答案】

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这是一份2024年安徽省合肥168中学九上数学开学监测模拟试题【含答案】，共21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）若直线y=－2x－4与直线y=4x＋b的交点在第三象限，则b的取值范围是（）
A．－48D．－4≤6≤8
2、（4分）已知是整数，则正整数n的最小值是（）
A．4B．6C．8D．12
3、（4分）如图，在中，，的垂直平分线交于点，交于点，连接，，，，添加一个条件，无法判定四边形为正方形的是（）
A．B．C．D．
4、（4分）已知正比例函数y＝kx(k≠0)的函数值y随x的增大而增大，则一次函数y＝－kx＋k的图像大致是( )
A．B．C．D．
5、（4分）下列图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）
A．三角形B．圆C．角D．平行四边形
6、（4分）三个连续自然数的和小于15，这样的自然数组共有( )
A．6组B．5组C．4组D．3组
7、（4分）在平面直角坐标系中，直线y＝kx+b的位置如图所示，则不等式kx+b＜0的解集为（）
A．x＞﹣2B．x＜﹣2C．x＞1D．x＜1
8、（4分）将正方形和按如图所示方式放置，点和点在直线上点，在轴上，若平移直线使之经过点，则直线向右平移的距离为（）．
A．B．C．D．
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，点是函数的图象上的一点，过点作轴，垂足为点.点为轴上的一点，连结、.若的面积为，则的值为_________.
10、（4分）一个多边形的各内角都相等，且内外角之差的绝对值为60°，则边数为__________．
11、（4分）已知点关于轴的对称点为，且在直线上，则____．
12、（4分）将一个矩形纸片沿折叠成如图所示的图形，若，则的度数为________．

13、（4分）如图，在平行四边形中，对角线相交于点，且．已知，则____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）4月23日是世界读书日，总书记说：“读书可以让人保持思维活力，让人得到智慧的启发，让人漱养浩然正气．”倡导读书活动，鼓励师生利用课余时间广泛阅读．期末学校为了调查这学期学生课外阅读情况，随机抽样调查了一部分学生阅读课外书的本数，并将收集到的数据整理成如图的统计图．
(1)本次调查的学生人数为______人；
(2)求本次所调查学生读书本数的众数，中位数；
(3)若该校有800名学生，请你估计该校学生这学期读书总数是多少本？
15、（8分）已知一次函数的图象经过点和.
（1）求该函数图像与x轴的交点坐标；
（2）判断点是否在该函数图像上.
16、（8分）如图，在矩形中，、分别是、的中点，、分别是、的中点．
求证：；
四边形是什么样的特殊四边形？请说明理由．
17、（10分）关于的一元二次方程为
(1)求证:无论为何实数，方程总有实数根;
(2) 为何整数时，此方程的两个根都为正数.
18、（10分）计算:(- )2×( )-2+(-2019)0
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）分式方程的解为_____．
20、（4分）若分式方程无解，则等于___________
21、（4分）函数y=﹣的自变量x的取值范围是_____．
22、（4分）已知直角坐标系内有四个点A(-1，2)，B(3，0)，C(1，4)，D(x，y)，若以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，则D点的坐标为___________________．
23、（4分）若关于x的一元二次方程x2﹣2kx+1-4k=0有两个相等的实数根，则代数式（k-2)2+2k(1-k)的值为______．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，在△ABC中，∠C＝90°，D为边BC上一点，E为边AB的中点，过点A作AF∥BC，交DE的延长线于点F，连结BF．
（1）求证：四边形ADBF是平行四边形；
（2）当D为边BC的中点，且BC＝2AC时，求证：四边形ACDF为正方形．
25、（10分）如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，且EC平分∠BED．
（1）△BEC是否为等腰三角形？证明你的结论；
（2）若AB=2，∠DCE=22.5°，求BC长．
26、（12分）如图，正方形ABCD，点P为射线DC上的一个动点，点Q为AB的中点，连接PQ，DQ，过点P作PE⊥DQ于点E．
（1）请找出图中一对相似三角形，并证明；
（2）若AB＝4，以点P，E，Q为顶点的三角形与△ADQ相似，试求出DP的长．
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、A
【解析】
联立y=－2x－4和y=4x＋b，求解得交点坐标，x和y的值都用b来表示，再根据交点坐标在第三象限表明x、y都小于0，即可求得b的取值范围：
【详解】
解：由
解得
∵交点在第三象限，
∴，
解得
∴－4＜b＜1．
故选A．
2、B
【解析】
因为是整数，且，则1n是完全平方数，满足条件的最小正整数n为1．
【详解】
∵且，且是整数，
∴是整数，即1n是完全平方数，
∴n的最小正整数值为1．
故选B．
主要考查了二次根式的定义，关键是根据乘除法法则和二次根式有意义的条件．二次根式有意义的条件是被开方数是非负数进行解答．
3、D
【解析】
根据中垂线的性质：中垂线上的点到线段两个端点的距离相等，有BE=EC，BF=FC进而得出四边形BECF是菱形；由菱形的性质知，以及菱形与正方形的关系，进而分别分析得出即可．
【详解】
解：∵EF垂直平分BC，
∴BE=EC，BF=CF，
∵BF=BE，
∴BE=EC=CF=BF，
∴四边形BECF是菱形；
当BC=AC时，
∵∠ACB=90°，
则∠A=45°时，菱形BECF是正方形．
∵∠A=45°，∠ACB=90°，
∴∠EBC=45°
∴∠EBF=2∠EBC=2×45°=90°
∴菱形BECF是正方形．
故选项A正确，但不符合题意；
当CF⊥BF时，利用正方形的判定得出，菱形BECF是正方形，故选项B正确，但不符合题意；
当BD=DF时，BC=EF，对角线相等的菱形是正方形，得菱形BECF是正方形，故选项C正确，但不符合题意；
当AC=BF时，AC=BF=CE，∠A=∠CEA=∠FBA，由菱形的对角线平分对角和直角三角形的两锐角互余得：∠ABC=30°，即∠FBE=60°，所以无法得出菱形BECF是正方形，故选项D错误，符合题意．
故选D．
本题考查菱形的判定和性质及中垂线的性质、直角三角形的性质、正方形的判定等知识，熟练掌握正方形的判定是解题关键．
4、D
【解析】
先根据正比例函数y=kx的函数值y随x的增大而增大判断出k的符号，再根据一次函数的性质即可得出结论．
【详解】
∵正比例函数y=kx的函数值y随x的增大而增大，
∴k＞0，
∵b=k＞0，-k<0，
∴一次函数y=kx+k的图象经过一、二、四象限．
故选C．
考查的是一次函数的图象与系数的关系，即一次函数y=kx+b（k≠0）中，当k<0，b＞0时函数的图象在一、二、四象限．
5、B
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念逐项判断可得答案．
【详解】
解：A、三角形不一定是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
B、圆既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项正确；
C、角是轴对称图形，不一定是中心对称图形，故本选项错误；
D、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；
故选：B．
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；判断中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
6、C
【解析】
解：设这三个连续自然数为：x-1，x，x+1，
则0＜x-1+x+x+1＜15，
即0＜3x＜15，
∴0＜x＜5，
因此x=1，2，3，1．
共有1组．
故应选C．
7、B
【解析】
从图象上得到函数的增减性及与x轴的交点的横坐标，即能求得不等式kx+b＜0的解集．
【详解】
解：直线y＝kx+b的图象经过点（1，0），且函数值y随x的增大而减小，
∴不等式kx+b＜0的解集是x＜﹣1．
故选：B．
考查了函数的有关知识，认真体会一次函数与一元一次方程及一元一次不等式之间的内在联系．
8、C
【解析】
已知点和正方形，即可得C（1，0），代入可得y=2，所以（1，2），又因正方形，可得（3，2），设平移后的直线设为，将代入可求得，即直线向右平移的距离为．故选．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
连结OA，如图，利用三角形面积公式得到S△OAB＝S△ABC＝4，再根据反比例函数的比例系数k的几何意义得到|k|＝4，然后去绝对值即可得到满足条件的k的值．
【详解】
解：连结OA，如图
∵AB⊥y轴，
∴OC∥AB，
∴S△OAB＝S△ABC＝4，
而S△OAB＝|k|，
∴|k|＝4，
∵k＜0，
∴k＝﹣8
故答案为﹣8
本题考查了反比例函数的比例系数k的几何意义：在反比例函数y＝图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．
10、3或1
【解析】
分别表示多边形的每一个内角及与内角相邻的外角，根据题意列方程求解即可．
【详解】
解：因为：多边形的内角和为，又每个内角都相等，
所以：多边形的每个内角为，
而多边形的外角和为，由多边形的每个内角都相等，则每个外角也都相等，
所以多边形的每个外角为，
所以，
所以，所以或
解得：，经检验符合题意．
故答案为：3或1．
本题考查的是多边形的内角和与外角和，多边形的一个内角与相邻的外角互补，掌握相关的性质是解题的关键．
11、
【解析】
根据点P的坐标可求出点P′的坐标，再利用一次函数图象上点的坐标特征可得到关于k的一元一次方程，解之即可求出k值．
【详解】
解：∵点关于轴的对称点为
∴点P'的坐标为（1，-2）
∵点P'在直线上，
∴-2=k+3
解得：k=-5 ，
故答案为：-5.
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，关于x轴、y轴对称的点的坐标，掌握待定系数法求一次函数解析式是解题的关键.
12、126°
【解析】
直接利用翻折变换的性质以及平行线的性质分析得出答案．
【详解】
解：如图，由题意可得：
∠ABC=∠BCE=∠BCA=27°，
则∠ACD=180°-27°-27°=126°．
故答案为：126°．
本题主要考查了翻折变换的性质以及平行线的性质，正确应用相关性质是解题关键．
13、
【解析】
直接构造直角三角形，再利用平行四边形的性质结合勾股定理得出AC的长，利用平行四边形的性质求得AO的长即可．
【详解】
解：延长CB，过点A作AE⊥CB交于点E，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝DC＝5，BC＝AD＝3，DC∥AB，
∵AD⊥CB，AB＝5，BC＝3，
∴BD＝4，
∵DC∥AB，∠ADB＝90°，
∴∠DAB＝90°，
可得：∠ADB＝∠DAE＝∠ABE＝90°，
则四边形ADBE是矩形，
故DB＝EA＝4，
∴CE＝6，
∴AC＝，
∴AO＝．
故答案为：．
此题主要考查了勾股定理以及平行四边形的性质，正确作出辅助线是解题关键．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）20；（2）4,4；（3）估计该校学生这学期读书总数约3600本
【解析】
将条形图中的数据相加即可；
根据众数和中位数的概念解答即可；
先求出平均数，再解答即可．
【详解】
，
故答案为20；
由条形统计图知，调查学生读书本数最多的是4本，
故众数是4本
在调查的20人读书本数中，从小到大排列中第9个和第10个学生读的本数都是4本，
故中位数是4本；
故答案为4；4；
每个人读书本数的平均数是：
（本），
总数是：(本)
答：估计该校学生这学期读书总数约3600本．
本题考查条形统计图、用样本估计总体、中位数、众数、加权平均数，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
15、（1）（2，0）；（2）点不在该函数图像上.
【解析】
（1）设一次函数解析式为y=kx+b，把已知两点坐标代入求出k与b的值，即可确定出解析式，然后令y=0，解出x，即可求得交点；
（2）将x=-3代入解析式计算y的值，与6比较即可．
【详解】
解：（1）设一次函数解析式为y=kx+b，
把和代入解析式得：，解得：，
∴一次函数解析式为，
令y=0，则，解得：，
∴该函数图像与x轴的交点坐标为（2，0）；
（2）将x=-3代入解析式得：，
∵，
∴点不在该函数图像上.
此题考查了待定系数法求一次函数解析式，以及一次函数图像上点的坐标特征，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
16、（1）证明见解析（2）菱形
【解析】
（1）连接MN，证明四边形AMNB是矩形，得出∠MNB=90°，根据直角三角形斜边上的中线性质即可得出结论；
（2）先证明四边形MPNQ是平行四边形，再由（1）即可得出结论．
【详解】
证明：连接，如图所示：
∵四边形是矩形，
∴，，，
∵、分别是、的中点，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴平行四边形是矩形，
∴，
∵是的中点，
∴；四边形是菱形；理由如下：
解：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
又∵、分别是、的中点，
∴，
∴四边形是平行四边形，
由得，
∴四边形时菱形．
本题考查了菱形与矩形的性质，解题的关键是熟练的掌握菱形的判定与矩形的性质.
17、（1）为任何实数方程总有实数根；（2）.
【解析】
（1）表示出根的判别式，得到根的判别式大于0，进而确定出方程总有两个不相等的实数根；
（2）根据根与系数的关系列出方程，结合题目条件求解即可.
【详解】
（1）
∴为任何实数方程总有实数根。
（2）设方程两根为，，则
由题可得，
∴或
∴
∵是整数，∴
此题考查了根的判别式，以及根与系数的关系，根的判别式的值大于0，方程有两个不相等的实数根；根的判别式的值等于0，方程有两个相等的实数根；根的判别式的值小于0，方程没有实数根．
18、2
【解析】
分别计算乘方，负指数幂，零次幂，然后再按运算顺序进行计算即可.
【详解】
原式= ×4+1
=1+1=2.
考查了实数运算，解题关键是熟记其运算法则．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、x＝﹣3
【解析】
根据分式的方程的解法即可求出答案．
【详解】
解：，
∴，
∴（3﹣x）（1+x）＝x（1﹣x），
解得：x＝﹣3，
故答案为：x＝﹣3
本题考查分式方程，解题的关键是熟练运用分式的方程的解法，本题属于基础题型．
20、
【解析】
先去分母，把分式方程的增根代入去分母后的整式方程即可得到答案．
【详解】
解：，
去分母得：，
所以：，
因为：方程的增根是，
所以：此时，
故答案为：．
本题考查分式方程无解时字母系数的取值，掌握把增根代入去分母后的整式方程是解题关键．
21、x＜2
【解析】
令2-x>0，解这个不等式即可求出自变量x的取值范围.
【详解】
由题意得，
2-x>0，
∴x＜2.
故答案为：x＜2.
本题考查了常量与变量，根据实际问题的数量关系用解析式法表示实际问题中两变化的量之间的关系，常量和变量的定义，常量就是在变化过程中不变的量，变量就是可以取到不同数值的量．
22、 (5，2)，(-3，6)，(1，-2) ．
【解析】
D的位置分三种情况分析；由平行四边形对边平行关系，用平移规律求出对应点坐标．
【详解】
解：根据平移性质可以得到AB对应DC，所以，由B，C的坐标关系可以推出A，D的坐标关系，即D(-1-2，2+4)，所以D点的坐标为(-3，6)；
同理，当AB与CD对应时，D点的坐标为(5，2)；
当AC与BD对应时，D点的坐标为(1，-2)
故答案为：(5，2)，(-3，6)，(1，-2)．
本题考核知识点：平行四边形和平移.解题关键点：用平移求出点的坐标．
23、
【解析】
根据题意可得一元二次方程根的判别式为0，列出含k的等式，再将所求代数进行变形后整体代入求值即可.
【详解】
解：∵一元二次方程x2﹣2kx+1-4k=0有两个相等的实数根，
∴ ,
整理得，，
∴
当时，
故答案为：.
本题考查一元二次方程根的判别式与根个数之间的关系，根据根的个数确定根的判别式的符号是解答此题的关键.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）见解析；（2）见解析.
【解析】
（1）根据平行线的性质得到∠AFE=∠BDE，根据全等三角形的性质得到AF=BD，于是得到结论；
（2）首先证明四边形ACDF是矩形，再证明CA=CD即可解决问题；
【详解】
（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠BDE，
在△AEF与△BED中，
，
∴△AEF≌△BED，
∴AF＝BD，
∵AF∥BD，
∴四边形ADBF是平行四边形；
（2）解：∵CD＝DB，AE＝BE，
∴DE∥AC，
∴∠FDB＝∠C＝90°，
∵AF∥BC，
∴∠AFD＝∠FDB＝90°，
∴∠C＝∠CDF＝∠AFD＝90°，
∴四边形ACDF是矩形，
∵BC＝2AC，CD＝BD，
∴CA＝CD，
∴四边形ACDF是正方形．
本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，矩形的判定和性质，正方形的判定，三角形中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题.
25、（1）△BEC是等腰三角形，见解析；（2）2
【解析】
（1）由矩形的性质和角平分线的定义得出∠DEC=∠ECB=∠BEC，推出BE=BC即可；
（2）证出AE=AB=2，根据勾股定理求出BE，即可得出BC的长．
【详解】
解：（1）△BEC是等腰三角形；理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DEC=∠BCE，
∵EC平分∠DEB，
∴∠DEC=∠BEC，
∴∠BEC=∠ECB，
∴BE=BC，即△BEC是等腰三角形．
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=90°，
∵∠DCE=22.5°，
∴∠DEB=2×（90°-22.5°）=135°，
∴∠AEB=180°-∠DEB=45°，
∴∠ABE=∠AEB=45°，
∴AE=AB=2，
由勾股定理得：BC=BE===2，
答：BC的长是2．
本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理的应用；熟练掌握矩形的性质，证出∠BEC=∠ECB是解决问题的关键．
26、（1）△DPE∽△QDA，证明见解析；（2）DP=2或5
【解析】
（1）由∠ADC＝∠DEP＝∠A＝90可证明△ADQ∽△EPD；
（2）若以点P，E，Q为顶点的三角形与△ADQ相似，有两种情况，当△ADQ∽△EPQ时，设EQ＝x，则EP＝2x，则DE＝2−x，由△ADQ∽△EPD可得，可求出x的值，则DP可求出；同理当△ADQ∽△EQP时，设EQ＝2a，则EP＝a，可得，可求出a的值，则DP可求．
【详解】
（1）△ADQ∽△EPD，证明如下：
∵PE⊥DQ，
∴∠DEP＝∠A＝90，
∵∠ADC＝90，
∴∠ADQ＋∠EDP＝90，∠EDP＋∠DPE＝90，
∴∠ADQ＝∠DPE，
∴△ADQ∽△EPD；
（2）∵AB＝4，点Q为AB的中点，
∴AQ＝BQ＝2，
∴DQ＝，
∵∠PEQ＝∠A＝90，
∴若以点P，E，Q为顶点的三角形与△ADQ相似，有两种情况，
①当△ADQ∽△EPQ时，，
设EQ＝x，则EP＝2x，则DE＝2−x，
由（1）知△ADQ∽△EPD，
∴，
∴，
∴x＝
∴DP＝＝5；
②当△ADQ∽△EQP时，设EQ＝2a，则EP＝a，
同理可得，
∴a＝，
DP＝．
综合以上可得DP长为2或5，使得以点P，E，Q为顶点的三角形与△ADQ相似．
本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分

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