2024年贵州省黔东南州麻江县数学九年级第一学期开学教学质量检测模拟试题【含答案】

这是一份2024年贵州省黔东南州麻江县数学九年级第一学期开学教学质量检测模拟试题【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）点P(-2，3)关于y轴的对称点的坐标是( )
A．(2，3)B．(-2，3)C．(2，-3)D．(-2，-3)
2、（4分）一个多边形的内角和与外角和相等，则这个多边形的边数为（ ）
A．8B．6C．5D．4
3、（4分）如图，∠BAC＝90°，四边形ADEB、BFGC、CHIA均为正方形，若 S四边形ADEB＝6，S四边形BFGC=18，四边形CHIA的周长为( )
A．4B．8C．12D．8
4、（4分）在平面直角坐标系xOy中，线段AB的两个端点坐标分别为A(-1，-1)，B(1，2)，平移线段AB得到线段A’B’（点A与A’对应），已知A’的坐标为(3，-1)，则点B’的坐标为( )
A．(4，2)B．(5，2)C．(6，2)D．(5，3)
5、（4分）当 x＝－3 时，二次根式的值为（ ）
A．3B．－3C．±3D．
6、（4分）如图，一客轮以16海里/时的速度从港口A出发向东北方向航行，另一客轮同时以12海里/时的速度从港口A出发向东南方向航行，离开港口2小时后，则两船相距（ ）
A．25海里B．30海里C．35海里D．40海里
7、（4分）如图，菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，点P、Q、K分别为线段BC、CD、BD上的任意一点，则PK＋KQ的最小值为（ ）
A．B．C．2D．
8、（4分）如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=4，把矩形ABCD沿过点A的直线AE折叠，点D落在矩形ABCD内部的点D′处，则CD′的最小值是（ ）
A．4B．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，在四边形中，，，，，且，则______度.
10、（4分）一列数，，，，其中，（为不小于的整数），则___．
11、（4分）已知反比例函数的图象经过第一、三象限，则常数的取值范围是_____．
12、（4分）在湖的两侧有A，B两个消防栓，为测定它们之间的距离，小明在岸上任选一点C，并量取了AC中点D和BC中点E之间的距离为16米，则A，B之间的距离应为_________ 米．
13、（4分）已知一个反比例函数的图象与正比例函数的图象有交点，请写出一个满足上述条件的反比例函数的表达式：__________________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，在梯形中中，，是的中点，，，，，点是边上一动点，设的长为.
（1）当的值为多少时，以点为顶点的三角形为直角三角形；
（2）当的值为多少时，以点为顶点的四边形为平行四边形；
（3）点在边上运动的过程中，以为顶点的四边形能否构成菱形？试说明理由.
15、（8分）先化简再求值：，其中．
16、（8分）如图，△ABC中，AB=AC，AD是△ABC的角平分线，点O为AB的中点，连接DO并延长到点E，使OE=OD，连接AE，BE，
（1）求证：四边形AEBD是矩形；
（2）当△ABC满足什么条件时，矩形AEBD是正方形，并说明理由．
17、（10分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A(－2，1)，B(－1，4)，C(－3，3)．
（1）画出△ABC绕点B逆时针旋转90°得到的△A1BC1.
（2）以原点O为位似中心，位似比为2:1，在y轴的左侧，画出将△ABC放大后的△A2B2C2，并写出A2点的坐标_________.
18、（10分）如图，边长为1的正方形组成的网格中，的顶点均在格点上，点、的坐标分是，.
（1）的面积为______；
（2）点在轴上，当的值最小时，在图中画出点，并求出的最小值.
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△ABC中，AC＝BC＝9，∠C＝120°，D为AC边上一点，且AD＝6，E是AB边上一动点，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转30°得到DF，若F恰好在BC边上，则AE的长为_____．
20、（4分）若点P（3，2）在函数y=3x-b的图像上，则b=_________.
21、（4分）在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，点F为BC中点，过点F作FE⊥BC于点F交BD于点E，连接CE，若∠BDC＝34°，则∠ECA＝_____°．
22、（4分）小明从A地出发匀速走到B地.小明经过（小时）后距离B地（千米）的函数图像如图所示.则A、B两地距离为_________千米.
23、（4分）如图中的虚线网格为菱形网格，每一个小菱形的面积均为1，网格中虚线的交点称为格点，顶点都在格点的多边形称为格点多边形，如：格点▱ABCD的面积是1．
（1）格点△PMN的面积是_____；
（2）格点四边形EFGH的面积是_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）直线是同一平面内的一组平行线．
(1)如图1．正方形的4个顶点都在这些平行线上，若四条直线中相邻两条之间的距离都是1，其中点，点分别在直线和上，求正方形的面积；
(2)如图2，正方形的4个顶点分别在四条平行线上，若四条直线中相邻两条之间的距离依次为．
①求证：；
②设正方形的面积为，求证．
25、（10分）某校八年级(1)班要从班级里数学成绩较优秀的甲、乙两位学生中选拔一人参加“全国初中数学联赛”，为此，数学老师对两位同学进行了辅导，并在辅导期间测验了6次，测验成绩如下表(单位：分)：
次数,1, 2, 3, 4, 5, 6
甲:79,78,84,81,83,75
乙:83,77,80,85,80,75
利用表中数据，解答下列问题：
(1)计算甲、乙测验成绩的平均数．
(2)写出甲、乙测验成绩的中位数．
(3)计算甲、乙测验成绩的方差．(结果保留小数点后两位)
(4)根据以上信息，你认为老师应该派甲、乙哪名学生参赛？简述理由．
26、（12分）某校为了弘扬中华传统文化，了解学生整体阅读能力，组织全校的1000名学生进行一次阅读理解大赛．从中抽取部分学生的成绩进行统计分析，根据测试成绩绘制了频数分布表和频数分布直方图：
（1）频数分布表中的 ；
（2）将上面的频数分布直方图补充完整；
（3）如果成绩达到90及90分以上者为优秀，可推荐参加决赛，估计该校进入决赛的学生大约有 人．
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】
根据“关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数”解答．
【详解】
点P（−2，3）关于y轴的对称点的坐标为（2，3）．
故选：A．
本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：
（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；
（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；
（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
2、D
【解析】
利用多边形的内角和与外角和公式列出方程，然后解方程即可．
【详解】
设多边形的边数为n，根据题意
（n-2）•180°=360°，
解得n=1．
故选：D．
本题考查了多边形的内角和公式与多边形的外角和定理，需要注意，多边形的外角和与边数无关，任何多边形的外角和都是360°．
3、B
【解析】
外围正方形的面积就是斜边和一直角边的平方，实际上是求另一直角边的平方，用勾股定理即可解答．
【详解】
解：根据勾股定理我们可以得出：
AB2+AC2=BC2
S正方形ADEB= AB2＝6，S正方形BFGC= BC2=18，
S正方形CHIA= AC2＝18-6=12，
∴AC=，
∴四边形CHIA的周长为==8
故选：B．
本题主要考查了正方形的面积公式和勾股定理的应用．只要搞清楚直角三角形的斜边和直角边本题就容易多了．
4、B
【解析】
试题解析：根据A点的坐标及对应点的坐标可得线段AB向右平移4个单位，然后可得B′点的坐标．
∵A（﹣1，﹣1）平移后得到点A′的坐标为（3，﹣1），
∴向右平移4个单位，∴B（1，2）的对应点坐标为（1+4，2），即（5，2）．
故选B．
5、A
【解析】
把x＝－3代入二次根式进行化简即可求解.
【详解】
解：当x＝－3时，.
故选A.
本题考查了二次根式的计算，正确理解算术平方根的意义是关键.
6、D
【解析】
首先根据路程=速度×时间可得AC、AB的长，然后连接BC，再利用勾股定理计算出BC长即可．
【详解】
解：连接BC，
由题意得：AC=16×2=32（海里），AB=12×2=24（海里），
CB= =40（海里），
故选：D．
本题主要考查了勾股定理的应用，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．
7、A
【解析】
先根据四边形ABCD是菱形可知，AD//BC，由∠A=120°可知∠B=60°，作点P关于直线BD的对称点P''，连接P'Q，PC，则P'Q的长即为PK+QK的最小值，由图可知，当点Q与点C重合，CP'⊥AB时PK+QK的值最小，再在Rt△BCP'中利用锐角三角函数的定义求出P'C的长即可。
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，
∵∠A=120°，
∴∠B=180°-∠A=180°-120°=60°，
作点P关于直线BD的对称点P'，连接P'Q，P'C，则P'Q的长即为PK+QK的最小值，由图可知，当点Q与点C重合，CP'⊥AB时PK+QK的值最小，
在Rt△BCP'中,
∵BC=AB=2，∠B=60°，
∴
故选：A.
本题考查的是轴对称一最短路线问题及菱形的性质，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键.
8、C
【解析】
根据翻折的性质和当点D'在对角线AC上时CD′最小解答即可．
【详解】
解：当点D'在对角线AC上时CD′最小，
∵矩形ABCD中，AB=4，BC=2，把矩形ABCD沿过点A的直线AE折叠点D落在矩形ABCD内部的点D处，
∴AD=AD'=BC=2，
在Rt△ABC中，AC=＝＝4，
∴CD'=AC-AD'=4-4，
故选：C．
本题考查了翻折变换、矩形的性质、勾股定理，利用勾股定理求出AC的长度是解题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1
【解析】
根据勾股定理可得AC的长度，再利用勾股定理逆定理可证明∠DAC=90°，进而可得∠BAD的度数．
【详解】
∵AB=2，BC=2，∠ABC=90°，
∴AC=,，∠BAC=45°，
∵12+（2）2=32，
∴∠DAC=90°，
∴∠BAD=90°+45°=1°，
故答案是：1．
考查了勾股定理和勾股定理逆定理，关键是掌握如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就是直角三角形．
10、
【解析】
把a1，a2，a3代入代数式计算，找出规律，根据规律计算．
【详解】
a1=，
，
，
……，
2019÷3=673，
∴a2019=-1，
故答案为：-1．
本题考查的是规律型：数字的变化类问题，正确找出数字的变化规律是解题的关键．
11、k＞
【解析】
【分析】根据反比例函数图象经过第一、三象限，可得2k-1>0，解不等式即可得.
【详解】由题意得：2k-1>0，
解得：k>，
故答案为k>.
【点睛】本题考查了反比例函数的图象与性质，对于反比例函数y=，当k>0时，图象位于一、三象限，在每一象限内，y随着x的增大而减小；当k<0时，图象位于二、四象限，在每一象限内，y随着x的增大而增大.
12、32
【解析】
分析：可得DE是△ABC的中位线,然后根据三角形的中位线定理,可得DE∥AB,且AB=2DE,再根据DE的长度为16米,即可求出A、B两地之间的距离.
详解：∵D、E分别是CA,CB的中点,
∴DE是△ABC的中位线,
∴DE∥AB,且AB=2DE,
∵DE=16米,
∴AB=32米.
故答案是:32.
点睛：本题考查了三角形的中位线定理的应用，解答本题的关键是：明确三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半.
13、
【解析】
写一个经过一、三象限的反比例函数即可.
【详解】
反比例函数与有交点.
故答案为：.
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：求反比例函数与一次函数的交点坐标，把两个函数关系式联立成方程组求解，若方程组有解则两者有交点，方程组无解，则两者无交点.也考查了待定系数法求函数解析式.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）当的值为3或8时，以点为顶点的三角形为直角三角形；（2）当的值为1或11时，以点为顶点的四边形为平行四边形；（3）以点为顶点的四边形能构成菱形，理由详见解析.
【解析】
（1）过AD作于，于，当时，分情况讨论，求出即可；
（2）分为两种情况，画出图形，根据平行四边形的性质推出即可；
（3）化成图形，根据菱形的性质和判定求出BP即可．
【详解】
解（1）如图，分别过AD作于，于
∴
而
∴
∴
若以为顶点的三角形为直角三角形，
则或，（在图中不存在）
当时
∴与重合
∴
当时
∴与重合
∴
故当的值为3或8时，以点为顶点的三角形为直角三角形；
（2）若以点为顶点的四边形为平行四边形，那么，有两种情况：
①当在的左边，
∵是的中点，
∴
∴
②当在的右边，
故当的值为1或11时，以点为顶点的四边形为平行四边形；
（3）由（2）知，当时，以点为顶点的四边形能构成菱形
当时，以点为顶点的四边形是平行四边形，
∴，过作于，
∵，，则，
∴.
∴，
∴
故此时是菱形
即以点为顶点的四边形能构成菱形.
此题考查直角三角形的性质，平行四边形的判定，解题关键在于作辅助线和利用勾股定理进行计算.
15、3.
【解析】
原式括号中两项通分并利用同分母分式的加法法则计算，同时利用除以一个数等于乘以这个数的倒数将除法运算化为乘法运算，约分得到最简结果，将的值代入化简后的式子中计算，即可求出值．
【详解】
解：原式，
,
当时，原式．
此题考查了分式的化简求值，分式的加减运算关键是通分，通分的关键是找最简公分母；分式的乘除运算关键是约分，约分的关键是找公因式，约分时，分式的分子分母出现多项式，应将多项式分解因式后再约分．
16、解：（1）证明：∵点O为AB的中点，连接DO并延长到点E，使OE=OD，
∴四边形AEBD是平行四边形．
∵AB=AC，AD是△ABC的角平分线，∴AD⊥BC．
∴∠ADB=90°．
∴平行四边形AEBD是矩形．
（2）当∠BAC=90°时，矩形AEBD是正方形．理由如下：
∵∠BAC=90°，AB=AC，AD是△ABC的角平分线，∴AD=BD=CD．
∵由（1）得四边形AEBD是矩形，∴矩形AEBD是正方形．
【解析】
试题分析：（1）利用平行四边形的判定首先得出四边形AEBD是平行四边形，进而由等腰三角形的性质得出∠ADB=90°，即可得出答案；
（2）利用等腰直角三角形的性质得出AD=BD=CD，进而利用正方形的判定得出即可．
（1）证明：∵点O为AB的中点，连接DO并延长到点E，使OE=OD，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∵AB=AC，AD是∠BAC的角平分线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∴平行四边形AEBD是矩形；
（2）当∠BAC=90°时，
理由：∵∠BAC=90°，AB=AC，AD是∠BAC的角平分线，
∴AD=BD=CD，
∵由（1）得四边形AEBD是矩形，
∴矩形AEBD是正方形．
17、（1）见解析；（2）见解析，（-4，2）
【解析】
（1）利用网格特点和旋转的旋转画出点A、B、C的对应点A1、B1、C1，从而得到△A1B1C1；
（2）延长OA到A2使A2A=OA，则点A2为点A的对应点，同样方法作出B、C的对应点B2，C2，从而得到△A2B2C2，然后写出A2的坐标．
【详解】
解：（1）如图，△A1B1C1为所求；
（2）如图，△A2B2C2为所作，点A2的坐标分别为（-4，2）
此题主要考查了旋转变换以及位似变换，正确利用旋转的性质得出对应点位置是解题关键．位似变换：利用以原点为位似中心的对应点的坐标之间的关系写出所求图形各顶点坐标，然后描点即可．
18、（1）;（2）
【解析】
（1）利用正方形的面积减去三个顶点上三角形的面积即可；
（2）作点A关于x轴的对称点A′，连接A′B交x轴于点P，则P点即为所求，利用勾股定理求出A′P的长即可．
【详解】
解：（1）（1）S△ABC＝3×3−×2×3−×3×1−×2×1＝9−3−−1＝
故填：；
（2）点关于轴对称的点
连接，（或点关于轴对称的点连接）
与轴的交点即为满足条件的点，（注：点的坐标为）
是边长为5和2的矩形的对角线
所以
即的最小值为.
本题考查的是作图−应用与设计作图，根据题意作出点A的对称点A′是解答此题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、3+
【解析】
由，可知，又有，联想一线三等角模型，延长到，使，得，进而可得，，由于，即可得是直角三角形，易求，由即可解题．
【详解】
解：如图，延长到，使，连接，
，，
，，
，
又，
，
在和中，
，
，，
，
，
设，则，由得：
，
解得，（不合题意舍去），
，
，
故答案为：．
本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了全等三角形的判定与性质和等腰直角三角形的性质．本题解题关键是通过一线三等角模型构造全等三角形，从而得到．
20、1
【解析】
∵点P（3，2）在函数y=3x-b的图象上，
∴2=3×3-b，
解得：b=1．
故答案是：1．
21、1．
【解析】
根据菱形的性质可求出∠DBC和∠BCA度数，再根据线段垂直平分线的性质可知∠ECB＝∠EBC，从而得出∠ECA＝∠BCA﹣∠ECB度数．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠BDC＝∠DBC＝34°．
∠BCA＝∠DCO＝90°﹣34°＝56°．
∵EF垂直平分BC，
∴∠ECF＝∠DBC＝34°．
∴∠ECA＝56°﹣34°＝1°．
故答案为1．
本题考查了菱形的性质及线段垂直平分线的性质，综合运用上述知识进行推导论证是解题的关键．
22、20
【解析】
根据图象可知小明从A地出发匀速走到B地需要4小时，走3小时后距离B地5千米，所以小明的速度为5千米/时，据此解答即可．
【详解】
解：根据题意可知小明从A地出发匀速走到B地需要4小时，走3小时后距离B地5千米，所以小明的速度为5千米/时，
所以A、B两地距离为：4×5=20（千米）．
故答案为：20
本题考查了一次函数的应用，观察函数图象结合数量关系，列式计算是解题的关键．
23、1 2
【解析】
解：（1）如图，S△PMN=•S平行四边形MNEF=×12=1．故答案为1．
（2）S四边形EFGH=S平行四边形LJKT﹣S△LEH﹣S△HTG﹣S△FKG﹣S△EFJ=10﹣2﹣9﹣1﹣15=2．故答案为2．
故答案为1，2．
点睛：本题考查了菱形的性质、平行四边形的性质等知识，解题的关键是学会用分割法求面积，属于中考常考题型．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）9或5；（2）①见解析，②见解析
【解析】
（1）分两种情况：①如图1-1，得出正方形ABCD的边长为2，求出正方形ABCD的面积为9；
②如图1-2，过点B作EF⊥l1于E，交l4于F，则EF⊥l4，证明△ABE≌△BCF（AAS），得出AE=BF=2由勾股定理求出AB=，即可得出答案；
（2）①过点B作EF⊥l1于E，交l4于F，作DM⊥l4于M，证明△ABE≌△BCF（AAS），得出AE=BF，同理△CDM≌△BCF（AAS），得出△ABE≌△CDM（AAS），得出BE=DM即可；
②由①得出AE=BF=h2+h2=h2+h1，得出正方形ABCD的面积S=AB2=AE2+BE2，即可得到答案.
【详解】
解：（1）①如图，当点分别在上时，面积为：；
②如图，当点分别在上时，过点B作EF⊥l1于E，交l4于F，则EF⊥l4，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBF=180°-90°=90°，
∵∠CBF+∠BCF=90°，
∴∠ABE=∠BCF，
在△ABE和△BCF中
，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴AE=BF=2，
∴AB=，
∴正方形ABCD的面积=AB2=5；
综上所述，正方形ABCD的面积为9或5；
（2）①证明：过点B作EF⊥l1于E，交l4于F，作DM⊥l4于M，如图所示：则EF⊥l4，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBF=180°-90°=90°，
∵∠CBF+∠BCF=90°，
∴∠ABE=∠BCF，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴AE=BF，
同理△CDM≌△BCF（AAS），
∴△ABE≌△CDM（AAS），
∴BE=DM，
即h1=h2．
②解：由①得：AE=BF=h2+h2=h2+h1，
∵正方形ABCD的面积：S=AB2=AE2+BE2，
∴S=（h2+h1）2+h12=2h12+2h1h2+h3．
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
25、 (1)80分,80分 ;(2)80分; (3)9.33,11.33 ;(4)派甲去.
【解析】
试题分析：本题考查了方差, 算术平均数, 中位数的计算.
（1）由平均数的计算公式计算甲、乙测试成绩的平均分；
（2）将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，中间两个数的平均数是甲、乙测试成绩的中位数；
（3）由方差的计算公式计算甲、乙测试成绩的方差；
（4）方差越小，表明这个同学的成绩偏离平均数越小，即波动越小，成绩越稳定．
解：(1)x甲＝(分)，
x乙＝(分)．
(2)甲、乙测验成绩的中位数都是80分．
(3)＝[(79－80)2＋(78－80)2＋(84－80)2＋(81－80)2＋(83－80)2＋(75－80)2]≈9.33，
＝[(83－80)2＋(77－80)2＋(80－80)2＋(85－80)2＋(80－80)2＋(75－80)2]≈11.33.
(4)结合以上信息，应该派甲去，因为在平均数和中位数都相同的情况下，甲的测验成绩更稳定．
26、（1）14；（2）补图见解析；（3）1.
【解析】
（1）根据第1组频数及其频率求得总人数，总人数乘以第2组频率可得a的值；
（2）把上面的频数分布直方图补充完整；
（3）根据样本中90分及90分以上的百分比，乘以1000即可得到结果．
【详解】
（1）∵被调查的总人数为6÷0.12=50人，
∴a=50×0.28=14，
故答案为：14；
（2）补全频数分布直方图如下：
（3）估计该校进入决赛的学生大约有1000×0.08=1人，
故答案为：1．
此题考查了用样本估计总体，频数（率）分布表，以及频数（率）分布直方图，弄清题中的数据是解本题的关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
分组/分
频数
频率
50≤x＜60
6
0.12
60≤x＜70
0.28
70≤x＜80
16
0.32
80≤x＜90
10
0.20
90≤x≤100
4
0.08