2024年广西柳州市十二中学九年级数学第一学期开学调研模拟试题【含答案】

这是一份2024年广西柳州市十二中学九年级数学第一学期开学调研模拟试题【含答案】，共19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）下列根式中，与是同类二次根式的是 （ ）
A． B． C． D．
2、（4分）如图，把绕着点逆时针旋转得到，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
3、（4分）甲、乙、丙三种糖果的售价分别为每千克6元、7元、8元，若将甲种8千克，乙种10千克，丙种3千克混在一起销售，若要想销售收入保持不变，则售价大概应定为每千克（ ）
A．7元B．6.8元C．7.5元D．8.6元
4、（4分）四边形ABCD的对角线AC与BD相等且互相垂直，则顺次连接这个四边形四边的中点得到四边形是（ ）
A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形
5、（4分）一次函数的图象经过点，且与轴，轴分别交于点、，则的面积是
A．B．1C．D．2
6、（4分）如图，在正方形ABCD中，E为DC边上的点，连接BE，将△BCE绕点C顺时针方向旋转90°得到△DCF，连接EF，若∠BEC=60°，则∠EFD的度数为（ ）
A．10°B．15°C．20°D．25°
7、（4分）如图，将一个矩形纸片ABCD，沿着BE折叠，使C、D两点分别落在点、处若，则的度数为
A．B．C．D．
8、（4分）如图，菱形ABCD的一边中点M到对角线交点O的距离为5cm，则菱形ABCD的周长为（ ）
A．5cmB．10cmC．20cmD．40cm
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）一组数据2，3，2，3，5的方差是__________.
10、（4分）如图，有一块长32米，宽24米的草坪，其中有两条宽2米的直道把草坪分为四块，则草坪的面积是_____平方米．
11、（4分）分式的值为1．则x的值为_____．
12、（4分）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，CD是斜边上的高，AC＝4，BC＝3，则CD＝______．
13、（4分）已知+＝0，则（a﹣b）2的平方根是_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）解方程：x2﹣6x+8＝1．
15、（8分）甲、乙两车分别从A地将一批物品运往B地，再返回A地，如图表示两车离A地的距离s（千米）随时间t（小时）变化的图象，已知乙车到达B地后以30千米/小时的速度返回．请根据图象中的数据回答：
（1）甲车出发多长时间后被乙车追上？
（2）甲车与乙车在距离A地多远处迎面相遇？
（3）甲车从B地返回的速度多大时，才能比乙车先回到A地？
16、（8分）阅读理解：我们知道因式分解与整式乘法是互逆关系，那么逆用乘法公式，即，是否可以因式分解呢？当然可以，而且也很简单。如；.请你仿照上述方法分解因式：
（1） （2）
17、（10分）为调查某校初二学生一天零花钱的情况，随机调查了初二级部分学生的零钱金额，并用得到的数据绘制了如下统计图①和图②，请根据相关信息，解答下列问题：
（1）本次接受随机抽样调查的学生人数为_____,图①中的值是_____；
（2）求本次调查获取的样本数据的平均数；
（3）根据样本数据，估计该年级300名学生每天零花钱不多于10元的学生人数．
18、（10分）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E，点F在BD上，且 BE＝DF 连接AE并延长，交BC于点G，连接CF并延长，交AD于点H．
(1)求证：△AOE≌△COF；
(2)若AC平分∠HAG，求证：四边形AGCH是菱形．
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，直线y=x+4与x轴、y轴分别交于点A和点B，点C、D分别为线段AB、OB的中点，点P为OA上一动点，PC+PD值最小时点P的坐标为_____．
20、（4分）如图，有一个由传感器A控制的灯，要装在门上方离地面4.5m的墙上，任何东西只要移至该灯5m及5m内，灯就会自动发光，小明身高1.5m，他走到离墙_______的地方灯刚好发光.
21、（4分）数据101，98，102，100，99的方差是______．
22、（4分）某品牌运动服原来每件售价640元，经过两次降价，售价降低了280元，已知两次降价的百分率相同，则每次降价的百分率为_____．
23、（4分）一次函数的图象过点，且y随x的增大而减小，则m=_______.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）实践与探究
如图，在平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点，点坐标为。直线与直线相交于点，点的横坐标为1。
（1）求直线的解析式；
（2）若点是轴上一点，且的面积是面积的，求点的坐标；
25、（10分）判断代数式的值能否等于-1？并说明理由.
26、（12分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D，F分别在AB，AC上，CF＝CB．连接CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转90°后得CE，连接EF．
（1）求证：△BCD≌△FCE；
（2）若EF∥CD．求∠BDC的度数．
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、C
【解析】
试题分析：A．与被开方数不同，故不是同类二次根式；
B．与被开方数不同，故不是同类二次根式；
C．与被开方数相同，故是同类二次根式；
D．与被开方数不同，故不是同类二次根式．
故选C．
考点：同类二次根式．
2、D
【解析】
直接根据旋转的性质求解
【详解】
绕着点逆时针旋转得到
∴BAD=CAE=20°
∴==30°+20°=50°
故选D
本题考查了旋转的性质。掌握旋转的性质是解题的关键。
3、B
【解析】
根据加权平均数的计算方法：先求出所有糖果的总钱数，再除以糖果的总质量，即可得出答案.
【详解】
解：售价应定为: （元）；故选：B
本题考查的是加权平均数的求法，本题易出现的错误是对加权平均数的理解不正确，而求6，7，8这三个数的平均数.
4、D
【解析】
根据四边形对角线相等且互相垂直，运用三角形中位线平行于第三边证明四个角都是直角且邻边相等，判断是正方形
【详解】
解：如图：
∵E、F、G、H分别为各边中点，
∴EF∥GH∥DB，EF=GH=DB，
EH=FG=AC，EH∥FG∥AC，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵DB⊥AC，
∴EF⊥EH，
∴四边形EFGH是矩形．
同理可证EH=AC，
∵AC=BD，
∴EH=EF
∴矩形EFGH是正方形，
故选：D．
本题考查的是中点四边形，解题时，主要是利用了三角形中位线定理的性质，比较简单，也可以利用三角形的相似，得出正确结论．
5、C
【解析】
由一次函数y＝−3x＋m的图象经过点P（−2，3），可求m得值，确定函数的关系式，进而可求出与x轴，y轴分别交于点A、B的坐标，从而知道OA、OB的长，可求出△AOB的面积．
【详解】
解：将点P（−2，3）代入一次函数y＝−3x＋m得：3＝6＋m，
∴m＝−3
∴一次函数关系式为y＝−3x−3，
当x＝0时，y＝−3；
当y＝0是，x＝−1；
∴OA＝1，OB＝3，
∴S△AOB＝×1×3＝，
故选：C．
考查一次函数图象上点的坐标特征，以及一次函数的图象与x轴、y轴交点坐标求法，正确将坐标与线段的长的相互转化是解决问题的前提和基础．
6、B
【解析】
试题分析：根据正方形的性质及旋转的性质可得ΔECF是等腰直角三角形，∠DFC=∠BEC=60°，即得结果.
由题意得EC=FC，∠DCF=90°，∠DFC=∠BEC=60°
∴∠EFC=45°
∴∠EFD=15°
故选B.
考点：正方形的性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质
点评：解答本题的关键是熟练掌握旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．
7、B
【解析】
根据折叠前后对应角相等即可得出答案．
【详解】
解：设∠ABE=x，
根据折叠前后角相等可知，∠C1BE=∠CBE=50°+x，
所以50°+x+x=90°，
解得x=20°．
故选B．
本题考核知识点：轴对称. 解题关键点：理解折叠的意义．
8、D
【解析】
根据菱形的性质得出AB=BC=CD=AD，AO=OC，根据三角形的中位线求出BC，即可得出答案．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，AO=OC，
∵AM=BM，
∴BC=2MO=2×5cm=10cm，
即AB=BC=CD=AD=10cm，
即菱形ABCD的周长为40cm，
故选D．
本题考查了菱形的性质和三角形的中位线定理，能根据菱形的性质得出AO=OC是解此题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1.2
【解析】
解：先求出平均数(2+3+2+3+5)5=3，
再根据方差公式计算方差=即可
10、1．
【解析】
草坪的面积等于矩形的面积-两条路的面积+两条路重合部分的面积，由此计算即可．
【详解】
解：S=32×24-2×24-2×32+2×2=1（m2）．
故答案为：1．
本题考查了生活中的平移现象，解答本题的关键是求出草坪总面积的表达式．
11、2
【解析】
分式的值为1的条件是：（1）分子为1；（2）分母不为1．两个条件需同时具备，缺一不可．据此可以解答本题．
【详解】
解：由题意可得|x|-2=1且x+2≠1，
解得x=2．
故答案是：2．
考查了分式的值为零的条件，由于该类型的题易忽略分母不为1这个条件，所以常以这个知识点来命题．
12、2.4
【解析】
在Rt中，由勾股定理可求得AB的长，进而可根据三角形面积的不同表示方法求出CD的长．
【详解】
解：Rt中，AC=4m，BC=3m
AB=m
∵
∴m=2.4m
故答案为2.4 m
本题考查勾股定理，掌握勾股定理的公式结合利用面积法是解题关键．
13、±1．
【解析】
根据非负数的性质列出方程求出a、b的值，代入所求代数式计算即可.
【详解】
根据题意得a-1=2，且b-5=2，
解得：a=1，b=5，
则（a-b）2=16，则平方根是：±1．
故答案是：±1．
本题考查了非负数的性质：几个非负数的和为2时，这几个非负数都为2．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、x1＝2 x2＝2．
【解析】
应用因式分解法解答即可.
【详解】
解：x2﹣6x+8＝1
（x﹣2）（x﹣2）＝1，
∴x﹣2＝1或x﹣2＝1，
∴x1＝2 x2＝2．
本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，解答关键是根据方程特点进行因式分解.
15、（1）1.5小时；（2）40.8；（3）48千米/小时.
【解析】
解：（1）由图知，可设甲车由A地前往B地的函数解析式为s=kt，
将（2.4，48）代入，解得k=20，所以s=20t，
由图可知，在距A地30千米处，乙车追上甲车，所以当s=30千米时，（小时）．
即甲车出发1.5小时后被乙车追上，
（2）由图知，可设乙车由A地前往B地函数的解析式为s=pt+m，
将（1.0，0）和（1.5，30）代入，得，解得，
所以s=60t﹣60，当乙车到达B地时，s=48千米．代入s=60t﹣60，得t=1.8小时，
又设乙车由B地返回A地的函数的解析式为s=﹣30t+n，
将（1.8，48）代入，得48=﹣30×1.8+n，解得n=102，
所以s=﹣30t+102，当甲车与乙车迎面相遇时，有﹣30t+102=20t
解得t=2.04小时代入s=20t，得s=40.8千米，即甲车与乙车在距离A地40.8千米处迎面相遇；
（3）当乙车返回到A地时，有﹣30t+102=0，解得t=3.4小时，
甲车要比乙车先回到A地，速度应大于（千米/小时）．
【点评】本题考查的是一次函数在实际生活中的运用，解答此类问题时要利用数形结合的方法解答．
16、①；②
【解析】
（1）逆用乘法公式（x+a） （x+b）=x2+（a+b）x+ab即可．
（2）逆用乘法公式（x+a） （x+b）=x2+（a+b）x+ab即可．
【详解】
（1）x2-7x-18=（x+2）（x-9）；
（2）x2+12xy-13y2=（x+13y）（x-y）．
本题考查因式分解的应用，解题的关键是学会逆用乘法公式（x+a） （x+b）=x2+（a+b）x+ab，进行因式分解，属于中考常考题型．
17、（1）50，32；（2）16；（3）1．
【解析】
（1）用零花钱为5元频数除以本组所占百分比即可求出抽样调查人数，求出零花钱为10元人数所占比例即可求出m；
（2）根据加权平均数计算公式即可解决问题；
（3）用300乘以样本中零花钱不多于10元的学生所占百分比即可求解．
【详解】
解：（1）4÷8%=50（人），
，
∴m=32；
（2）（元）；
（3）（人）．
本题考查了扇形统计图，条形统计图，加权平均数，用样本估计总体等知识，熟记相关知识点是解题关键．
18、 (1)见解析；(2) 见解析.
【解析】
（1）先由四边形ABCD是平行四边形，得出OA=OC，OB=OD，则OE=OF，又∵∠AOE=∠COF，利用SAS即可证明△AOE≌△COF；
（2）先证明四边形AGCH是平行四边形，再证明CG=AG，即可证明四边形AGCH是菱形．
【详解】
证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD．
∵BE＝DF，∴OE＝OF.
在△AOE与△COF中，
∴△AOE≌△COF(SAS)．
(2)由(1)得△AOE≌△COF，
∴∠OAE＝∠OCF，∴AE∥CF.
又∵AH∥CG，∴四边形AGCH是平行四边形．
∵AC平分∠HAG，∴∠HAC＝∠GAC．
∵AH∥CG，∴∠HAC＝∠GCA，
∴∠GAC＝∠GCA，∴CG＝AG，
∴□AGCH是菱形．
本题考查全等三角形的判定与性质，菱形的判定，难度适中，利用SAS证明△AOE≌△COF是解题关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（，0）
【解析】
【分析】根据一次函数解析式求出点A、点B的坐标，再由中点坐标公式求出点C、点D的坐标，根据对称的性质找出点D关于x轴的对称点D′的坐标，结合C、D′的坐标求出直线CD′的解析式，令y=0求出x的值，从而得到点P的坐标.
【详解】作点D关于x轴的对称点D′，连接CD′交x轴于点P，此时PC+PD值最小，
如图，
令y=x+4中x=0，则y=4，
∴点B的坐标为（0，4），
令y=x+4中y=0，则x+4=0，解得：x=-6，
∴点A的坐标为（-6，0），
∵点C、D分别为线段AB、OB的中点，
∴点C（-3，2），点D（0，2），
∵点D′和点D关于x轴对称，
∴点D′的坐标为（0，-2），
设直线CD′的解析式为y=kx+b，
∵直线CD′过点C（-3，2），D′（0，-2），
∴有，解得：，
∴直线CD′的解析式为y=-x-2，
令y=0，则0=-x-2，解得：x=-，
∴点P的坐标为（-，0），
故答案为（-，0）．
【点睛】本题考查了待定系数法、一次函数以及轴对称中最短路径问题，解题的关键是求出直线CD′的解析式，解决此类问题时找点的坐标，常利用待定系数法求出函数解析式.
20、4米
【解析】
过点C作CE⊥AB于点E，则人离墙的距离为CE， 在Rt△ACE中，根据勾股定理列式计算即可得到答案.
【详解】
如图，传感器A距地面的高度为AB=4.5米，人高CD=1.5米，
过点C作CE⊥AB于点E，则人离墙的距离为CE，
由题意可知AE=AB-BE=4.5-1.5=3（米）.
当人离传感器A的距离AC=5米时，灯发光.
此时，在Rt△ACE中，根据勾股定理可得，
CE2=AC2-AE2=52-32=42，
∴CE=4米.
即人走到离墙4米远时，灯刚好发光.
本题考查了勾股定理的应用，解题的关键是熟练的掌握勾股定理的定义与运算.
21、1
【解析】
先求平均数，再根据方差公式求方差.
【详解】
平均数 .x=（98+99+100+101+101）=100，
方差s1= [（98-100）1+（99-100）1+（100-100）1+（101-100）1+（101-100）1]=1．
故答案为1
本题考核知识点：方差. 解题关键点：熟记方差公式.
22、25% ．
【解析】
设每次降价的百分率为x，根据题意可得，640×（1-降价的百分率）2=（640-280），据此方程解答即可.
【详解】
设每次降价的百分率为x
由题意得：
解得：x=0.25
答：每次降低的百分率是25%
故答案为：25%
本题考查一元二次方程的应用，属于典型题，审清题意，列出方程是解题关键.
23、
【解析】
根据一次函数的图像过点，可以求得m的值，由y随x的增大而减小，可以得到m＜0，从而可以确定m的值．
【详解】
∵一次函数的图像过点，
∴，解得：或，
∵y随x的增大而减小，
∴，
∴，
故答案为：.
本题考查一次函数图像上点的坐标特征、一次函数的性质，解答此类问题的关键是明确一次函数的性质，利用一次函数的性质解答问题．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）；（2）点的坐标为或
【解析】
（1）先求出C点坐标，再利用待定系数法确定函数关系式即可求解；
（2）先求出A点坐标，再过点作轴，垂足为点；过点作轴，垂足为点，设点的坐标为，根据三角形的面积即可列出式子求解；
【详解】
解：（1）∵点在上，且横坐标是1，
∴把代入中，得，
∴点的坐标为，
设直线的解析式为，将点的坐标代入得
解得
∴直线的解析式为；
（2）∵点是直线与轴的交点，
∴把代入中得，，∴点坐标为，
过点作轴，垂足为点；过点作轴，垂足为点，
由点的坐标为可得，，
设点的坐标为，
依题意得，，
即，
解得，，
∴点的坐标为或；
此题主要考查一次函数的图像，解题的关键是熟知一次函数的的性质及三角形的面积求解.
25、不能，理由见解析
【解析】
先将原代数式化简，再令化简后的结果等于-1，解出a的值，由结合分式存在的意义可以得出结论．
【详解】
原式= .
当 =−1时，解得：a=0，
∵(a+1)(a−1)a≠0，即a≠±1，a≠0，
∴代数式的值不能等于−1.
此题考查分式的化简求值，解题关键在于掌握运算法则
26、（1）证明见解析；（2）90°.
【解析】
试题分析：（1）、根据旋转图形的性质可得：CD=CE,∠DCE=90°，根据∠ACB=90°得出∠BCD=90°-∠ACD=∠FCE，结合已知条件得出三角形全等；（2）、根据全等得出∠BDC=∠E,∠BCD=∠FCE,从而得出∠DCE=90°，然后根据EF∥CD得出∠BDC=90°．
试题解析：（1）、∵将线段CD绕点C按顺时针方向旋转90°后得CE,
∴CD=CE,∠DCE=90°,
∵∠ACB=90°,
∴∠BCD=90°-∠ACD=∠FCE,
在△BCD和△FCE中, CB＝CF
∵BCD＝∠FCE，CD＝CE，CB=CF，∠BCD=∠FCE
∴△BCD≌△FCE（SAS）．
（2）、由（1）可知△BCD≌△FCE,
∴∠BDC=∠E,∠BCD=∠FCE,
∴∠DCE=∠DCA+∠FCE=∠DCA+∠BCD=∠ACB=90°,
∵EF∥CD,
∴∠E=180°-∠DCE=90°,
∴∠BDC=90°．
考点：（1）、旋转图形的性质；（2）、三角形全等的证明与性质.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分