2024年重庆市南岸区重庆南开融侨中学九年级数学第一学期开学学业水平测试模拟试题【含答案】

这是一份2024年重庆市南岸区重庆南开融侨中学九年级数学第一学期开学学业水平测试模拟试题【含答案】，共23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）如图，在△ABC中，点D、E、F分别是边AB、AC、BC的中点，要判定四边形DBFE是菱形，下列所添加条件不正确的是（ ）
A．AB=ACB．AB=BCC．BE平分∠ABCD．EF=CF
2、（4分）如图，已知△ABC是边长为3的等边三角形，点D是边BC上的一点，且BD＝1，以AD为边作等边△ADE，过点E作EF∥BC，交AC于点F，连接BF，则下列结论中①△ABD≌△BCF；②四边形BDEF是平行四边形；③S四边形BDEF＝；④S△AEF＝．其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
3、（4分）某学校五个绿化小组一天植树的棵数如下：，，，，，如果这组数据的平均数与众数相等，那么这组数据的中位数是（ ）
A．B．C．D．
4、（4分）如图所示，在平行四边形中，对角线相交于点，，，，则平行四边形的周长为（ ）
A．B．
C．D．
5、（4分）已知直线y=2x-b经过点（1，-1），则b的值为( )
A．3B．-3C．0D．6
6、（4分）下列计算正确的是（ ）
A．B．C．D．
7、（4分）点P （2，5）经过某种图形变化后得到点Q（﹣2，5），这种图形变化可以是（ ）
A．关于x轴对称B．关于y轴对称
C．关于原点对称D．上下平移
8、（4分）下列有理式中的分式是（ ）
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，在矩形中，的平分线交于点, 于点,连接并延长交于点,连接交于点,下列结论：
①；②；③；④；⑤,
其中正确的有__________（只填序号）.
10、（4分）若在实数范围内有意义，则x的取值范围是_________．
11、（4分）在□ABCD中，O是对角线的交点，那么____．
12、（4分）对于分式，当x ______ 时，分式无意义；当x ______ 时，分式的值为1．
13、（4分）已知b是a，c的比例中项，若a=4，c=16，则b=________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图所示，在等边三角形中，，射线，点从点出发沿射线以的速度运动，同时点从点出发沿射线以的速度运动，设运动时间为.
（1）填空：当为 时，是直角三角形；
（2）连接，当经过边的中点时，四边形是否是特殊四边形？请证明你的结论.
（3）当为何值时，的面积是的面积的倍.
15、（8分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，CA平分∠DCB，DB平分∠ADC
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AC＝8，BD＝6，求点D到AB的距离
16、（8分）已知：如图，在□ABCD中，点E在AB上，点F在CD上，且DE∥BF．求证：DE = BF．
17、（10分）已知：如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD=CD，E是对角线BD上一点，且EA=EC．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）如果BE=BC，且∠CBE：∠BCE=2：3，求证：四边形ABCD是正方形．
18、（10分）已知中，其中两边的长分别是3，5，求第三边的长．
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）甲、乙两人进行射击比赛，在相同条件下各射击 12 次，他们的平均成绩各为 8 环，12 次射击成绩的方差分别是：S 甲＝3，S 乙＝2.5，成绩较为稳定的是__________．（填 “甲”或“乙”）
20、（4分）已知一组数据 a，b，c，d的方差是4，那么数据，，， 的方差是________．
21、（4分）如图，在平行四边形ABCD中，以点A为圆心，AB长为半径画弧交AD于点F，再分别以点B、F为圆心，大于BF的相同长度为半径画弧，两弧交于点P；连接AP并延长交BC于点E，连接EF．若四边形ABEF的周长为16，∠C＝60°，则四边形ABEF的面积是___．
22、（4分）将二元二次方程化为两个一次方程为______．
23、（4分）如图，△ABC中，∠B＝90°，AB＝6，BC＝8，将△ABC沿DE折叠，使点C落在AB边的C′处，并且C′D∥BC，则CD的长是________．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）已知一次函数，当时，，求它的解析式以及该直线与坐标轴的交点坐标．
25、（10分）如图，在边长为24cm的等边三角形ABC中，点P从点A开始沿AB边向点B以每秒钟2cm的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以每秒钟4cm的速度移动．若P、Q分别从A、B同时出发，其中任意一点到达目的地后，两点同时停止运动，求：
（1）经过6秒后，BP= cm，BQ= cm；
（2）经过几秒△BPQ的面积等于？
（3）经过几秒后，△BPQ是直角三角形？
26、（12分）解不等式组：并写出它的所有的整数解．
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】
当AB=BC时，四边形DBFE是菱形．根据三角形中位线定理证明即可；当BE平分∠ABC时，可证BD=DE，可得四边形DBFE是菱形，当EF=FC，可证EF=BF，可得四边形DBFE是菱形，由此即可判断；
【详解】
解：当AB=BC时，四边形DBFE是菱形；
理由：∵点D、E、F分别是边AB、AC、BC的中点，
∴DE∥BC，EF∥AB，
∴四边形DBFE是平行四边形，
∵DE=BC，EF=AB，
∴DE=EF，
∴四边形DBFE是菱形．
故B正确，不符合题意，
当BE平分∠ABC时，∴∠ABE=∠EBC
∵DE∥BC，
∴∠CBE=∠DEB
∴∠ABE =∠DEB
∴BD=DE
∴四边形DBFE是菱形，
故C正确，不符合题意，
当EF=FC，
∵BF=FC
∴EF=BF，
∴四边形DBFE是菱形，
故D正确，不符合题意，
故选A．
本题考查三角形的中位线定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握三角形中位线定理，属于中考常考题型．
2、C
【解析】
连接EC，作CH⊥EF于H．首先证明△BAD≌△CAE，再证明△EFC是等边三角形即可解决问题；
【详解】
连接EC，作CH⊥EF于H．
∵△ABC，△ADE都是等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE，
∴BD＝EC＝1，∠ACE＝∠ABD＝60°，
∵EF∥BC，
∴∠EFC＝∠ACB＝60°，
∴△EFC是等边三角形，CH＝，
∴EF＝EC＝BD，∵EF∥BD，
∴四边形BDEF是平行四边形，故②正确，
∵BD＝CF＝1，BA＝BC，∠ABD＝∠BCF，
∴△ABD≌△BCF，故①正确，
∵S平行四边形BDEF＝BD•CH＝，
故③正确，
∵△ABC是边长为3的等边三角形，S△ABC＝
∴S△ABD
∴S△AEF＝ S△AEC＝•S△ABD＝
故④错误，
故选C．
本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
3、C
【解析】
试题分析：根据数据的特点可知众数为10，因此可得，解得x=10，因此这五个数可按从小到大排列为8、10、10、10、12，因此中位数为10.
故选C
考点：众数，中位数，平均数
4、D
【解析】
由▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AE=EB，易得DE是△ABC的中位线，即可求得BC的长，继而求得答案．
【详解】
∵▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
∴OA=OC，AD=BC，AB=CD=5，
∵AE=EB，OE=3，
∴BC=2OE=6，
∴▱ABCD的周长=2×（AB+BC）=1．
故选：D．
此题考查了平行四边形的性质以及三角形中位线的性质．注意证得DE是△ABC的中位线是关键．
5、A
【解析】
将点（1，-1）代入y=2x-b，即可求解．
【详解】
解：将点（1，-1）代入y=2x-b得：
-1=2-b，解得：b=3，
故选：A．
本题考查的是一次函数点的坐标特征，将点的坐标代入函数表达式即可求解．
6、B
【解析】
分析:根据二次根式的性质，二次根式的乘法，二次根式的除法逐项计算即可.
详解: A. ，故不正确；
B. ，故正确；
C. ，故不正确；
D. ，故不正确；
故选B.
点睛: 本题考查了二次根式的性质与计算，熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘除法法则是解答本题的关键.
7、B
【解析】
根据平面内两点关于y轴对称的点，横坐标互为相反数，纵坐标不变从而得出结论
【详解】
∵点P （2，5）经过某种图形变化后得到点Q（﹣2，5），
∴这种图形变化可以是关于y轴对称．
故选B．
此题主要考查平面内两点关于y轴对称的点坐标特征
8、D
【解析】
根据分式的定义逐项分析即可.
【详解】
A、B、C是整式；D的分母含字母，是分式.
故选D.
本题主要考查分式的定义，判断分式的依据是看分母中是否含有字母，如果含有字母则是分式，如果不含有字母则不是分式．注意π不是字母，是常数，所以分母中含π的代数式不是分式，是整式．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、①②③④
【解析】
①根据角平分线的定义可得∠BAE=∠DAE=45°，然后利用求出△ABE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AE=AB，从而得到AE=AD，然后利用“角角边”证明△ABE和△AHD全等，根据全等三角形对应边相等可得BE=DH，再根据等腰三角形两底角相等求出∠ADE=∠AED=67.5°，根据平角等于180°求出∠CED=67.5°，从而判断出①正确；②求出∠AHB=67.5°，∠DHO=∠ODH=22.5°，然后根据等角对等边可得OE=OD=OH，判断出②正确；③求出∠EBH=∠OHD=22.5°，∠AEB=∠HDF=45°，然后利用“角边角”证明△BEH和△HDF全等，根据全等三角形对应边相等可得BH=HF，判断出③正确；④根据全等三角形对应边相等可得DF=HE，然后根据HE=AE-AH=BC-CD，BC-CF =BC-（CD-DF）=2HE，判断出④正确；⑤判断出△ABH不是等边三角形，从而得到AB≠BH，即AB≠HF，得到⑤错误．
【详解】
∵在矩形ABCD中，AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE=45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AE=AB，
∵AD=AB，
∴AE=AD，
在△ABE和△AHD中，
∵∠BAE＝∠DAE,
∠ABE＝∠AHD＝90°,
AE＝AD，
∴△ABE≌△AHD（AAS），
∴BE=DH，
∴AB=BE=AH=HD，
∴∠ADE=∠AED=（180°-45°）=67.5°，
∴∠CED=180°-45°-67.5°=67.5°，
∴∠AED=∠CED，故①正确；
∵AB=AH，
∵∠AHB=（180°-45°）=67.5°，∠OHE=∠AHB（对顶角相等），
∴∠OHE=67.5°=∠AED，
∴OE=OH，
∵∠DHO=90°-67.5°=22.5°，∠ODH=67.5°-45°=22.5°，
∴∠DHO=∠ODH，
∴OH=OD，
∴OE=OD=OH，故②正确；
∵∠EBH=90°-67.5°=22.5°，
∴∠EBH=∠OHD，
在△BEH和△HDF中，
∵∠EBH＝∠OHD＝22.5°,
BE＝DH,
∠AEB＝∠HDF＝45°，
∴△BEH≌△HDF（ASA），
∴BH=HF，HE=DF，故③正确；
∵HE=AE-AH=BC-CD，
∴BC-CF=BC-（CD-DF）=BC-（CD-HE）
=（BC-CD）+HE=HE+HE=2HE．故④正确；
∵AB=AH，∠BAE=45°，
∴△ABH不是等边三角形，
∴AB≠BH，
∴即AB≠HF，故⑤错误；
综上所述，结论正确的是①②③④．
故答案为：①②③④．
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，熟记各性质并仔细分析题目条件，根据相等的度数求出相等的角，从而得到三角形全等的条件或判断出等腰三角形是解题的关键，也是本题的难点．
10、x≥-1
【解析】
根据二次根式的性质即可求解.
【详解】
依题意得x+1≥0，
解得x≥-1
故填：x≥-1
此题主要考查二次根式的性质，解题的关键是熟知根号内被开方数为非负数.
11、
【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．
12、
【解析】
根据分母为零时，分式无意义；分子为零且分母不为零，分式的值为1，据此分别进行求解即可得.
【详解】
当分母x+2=1，
即x=-2时，分式无意义；
当分子x2-9=1且分母x+2≠1，
即x=2时，分式的值为1，
故答案为=-2，=2．
本题考查了分式无意义的条件，分式的值为1的条件，从以下三个方面透彻理解分式的概念：(1)分式无意义⇔分母为零；(2)分式有意义⇔分母不为零；(2)分式值为零⇔分子为零且分母不为零．
13、±8
【解析】
根据比例中项的定义即可求解.
【详解】
∵b是a，c的比例中项，若a=4，c=16，
∴b2=ac=4×16=64，
∴b=±8，
故答案为±8
此题考查了比例中项的定义，如果作为比例线段的内项是两条相同的线段，即a∶b=b∶c或，那么线段b叫做线段a、c的比例中项.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）或；（2）是平行四边形，见解析；（3）或.
【解析】
（1）根据题意可分两种情况讨论：①当时，因为是等边三角形，所以时满足条件；②当时，因为是等边三角形，所以，得到，故，即可得到答案；
（2）判断出得出，即可得出结论；
（3）先判断出和的边和上的高相等，进而判断出，再分两种情况，建立方程求解即可得出结论.
【详解】
解：（1）①当时，
是等边三角形，，
，
从点出发沿射线以的速度运动，
当时，是直角三角形；
②当时，
是等边三角形，，
， ，
，
，
从点出发沿射线以的速度运动，
当时，是直角三角形；
故答案为：或；
（2）是平行四边形.
理由：如图，
，
，
经过边的中点，
，
，
，
四边形是平行四边形；
（3）设平行线与的距离为，
边上的高为，的边上的高为，
的面积是的面积的倍，
，
当点在线段上时，，
，
；
当点在的延长线上时，
，
，
即：秒或秒时，的面积是的面积的倍，
故答案为：或.
此题是四边形综合题，主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，用方程的思想解决问题是解本题的关键.
15、（1）见解析；（2）.
【解析】
（1）由平行线的性质和角平分线的性质可得AD=BC，且AD∥BC，可证四边形ABCD是平行四边形，且AD=CD，可证四边形ABCD是菱形；
（2）由勾股定理可求AB的长，由面积法可求点D到AB的距离．
【详解】
证明：（1）∵CA平分∠DCB，DB平分∠ADC
∴∠ADB＝∠CDB，∠ACD＝∠ACB
∵AD∥BC
∴∠DAC＝∠ACB＝∠ACD，∠ADB＝∠DBC＝∠CDB
∴AD＝CD，BC＝CD
∴AD＝BC，且AD∥BC
∴四边形ABCD是平行四边形，且AD＝CD
∴四边形ABCD是菱形
（2）如图，过点D作DE⊥AB，
∵四边形ABCD是菱形
∴AO＝CO＝4，BO＝DO＝3，AC⊥BD
∴AB＝＝＝5
∵S△ABD＝AB×DE＝×DB×AO
∴5DE＝6×4
∴DE＝
本题考查了菱形的判定和性质，角平分线的性质，勾股定理，熟练运用菱形的性质是本题的关键．
16、证明见解析.
【解析】
只要证明四边形DEBF是平行四边形即可解决问题.
【详解】
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，即DF∥BE，
又∵DE∥BF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴DE=BF．
本题考查平行四边形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定和性质．
17、（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（1）首先证得△ADE≌△CDE，由全等三角形的性质可得∠ADE=∠CDE，由AD∥BC可得∠ADE=∠CBD，易得∠CDB=∠CBD，可得BC=CD，易得AD=BC，利用平行线的判定定理可得四边形ABCD为平行四边形，由AD=CD可得四边形ABCD是菱形；
（2）由BE=BC可得△BEC为等腰三角形，可得∠BCE=∠BEC，利用三角形的内角和定理可得∠CBE=180× =45°，易得∠ABE=45°，可得∠ABC=90°，由正方形的判定定理可得四边形ABCD是正方形．
【详解】
（1）在△ADE与△CDE中，
，
∴△ADE≌△CDE，
∴∠ADE=∠CDE，
∵AD∥BC，
∴∠ADE=∠CBD，
∴∠CDE=∠CBD，
∴BC=CD，
∵AD=CD，
∴BC=AD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AD=CD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）∵BE=BC，
∴∠BCE=∠BEC，
∵∠CBE：∠BCE=2：3，
∴∠CBE=180× =45°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABE=45°，
∴∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是正方形．
18、4或
【解析】
分5是斜边长、5是直角边长两种情况，根据勾股定理计算即可．
【详解】
解：当5是斜边长时，第三边长，
当5是直角边长时，第三边长，
则第三边长为4或．
本题考查的是勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是，，斜边长为，那么．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、乙
【解析】
根据方差的意义，比较所给的两个方差的大小即可得出结论.
【详解】
∵，乙的方差小，
∴本题中成绩较为稳定的是乙，故填乙.
本题考查方差在实际中的应用.方差反应一组数据的稳定程度，方差越大这组数据越不稳定，方差越小，说明这组数据越稳定.
20、
【解析】
方差是用来衡量一组数据波动大小的量，每个数都加了2，所以波动不会变，方差不变．从而可得答案．
【详解】
解：设数据a、b、c、d的平均数为，
数据都加上了2，则平均数为，
∵


故答案为1．
本题考查了方差，说明了当数据都加上一个数（或减去一个数）时，方差不变，即数据的波动情况不变．掌握以上知识是解题的关键．
21、8.
【解析】
由作法得AE平分∠BAD，AB=AF，所以∠1=∠2，再证明AF=BE，则可判断四边形AFEB为平行四边形，于是利用AB=AF可判断四边形ABEF是菱形；根据菱形的性质得AG=EG，BF⊥AE，求出BF和AG的长，即可得出结果．
【详解】
由作法得AE平分∠BAD，AB＝AF，
则∠1＝∠2，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BE∥AF，∠BAF＝∠C＝60°，
∴∠2＝∠BEA，
∴∠1＝∠BEA＝30°，
∴BA＝BE，
∴AF＝BE，
∴四边形AFEB为平行四边形，△ABF是等边三角形，
而AB＝AF，
∴四边形ABEF是菱形；
∴BF⊥AE，AG＝EG，
∵四边形ABEF的周长为16，
∴AF＝BF＝AB＝4，
在Rt△ABG中，∠1＝30°，
∴BG＝AB＝2，AG＝BG＝2，
∴AE＝2AG＝，
∴菱形ABEF的面积；
故答案为：
本题考查了基本作图、平行四边形的性质与判定、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质；证明四边形ABEF是菱形是解题的关键．
22、和
【解析】
二元二次方程的中间项，根据十字相乘法，分解即可．
【详解】
解：，
，
∴，．
故答案为：和．
本题考查了高次方程解法和分解因式的能力．熟练运用十字相乘法，是解答本题的关键．
23、
【解析】
解：设CD=x，
根据C′D∥BC，且有C′D=EC，
可得四边形C′DCE是菱形；
即Rt△BC′E中，
AC==10，

EB=x；
故可得BC=x+x =8；
解得x=．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、该直线与x轴交点的坐标是（1，0），与y轴的交点坐标是（0，-1）．
【解析】
把x、y的值代入y=kx-1，通过解方程求出k的值得到一次函数的解析式，根据直线与x轴相交时，函数的y值为0，与y轴相交时，函数的x值为0求出该直线与坐标轴的交点坐标．
【详解】
解：∵一次函数y=kx-1，当x=2时，y=-2，
∴-2=2k-1，解得k=1，
∴一次函数的解析式为y=x-1．
∵当y=0时，x=1；
当x=0时，y=-1，
∴该直线与x轴交点的坐标是（1，0），与y轴的交点坐标是（0，-1）．
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征．正确求出直线的解析式是解题的关键．
25、（1）12、1；（2）经过2秒△BPQ的面积等于.（3）经过6秒或秒后，△BPQ是直角三角形.
【解析】
（1）根据路程=速度×时间，求出BQ，AP的值就可以得出结论；
（2）作QD⊥AB于D，由勾股定理可以表示出DQ，然后根据面积公式建立方程求出其解即可；
（3）先分别表示出BP，BQ的值，当∠BQP和∠BPQ分别为直角时，由等边三角形的性质就可以求出结论．
【详解】
（1）由题意，得
AP=12cm，BQ=1cm．
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=1cm，
∴BP=21-12=12cm．
故答案为：12、1．
（2）设经过x秒△BPQ的面积等于，作QD⊥AB于D，则 BQ=4xcm.
∴∠QDB=90°，
∴∠DQB=30°，
在Rt△DBQ中，由勾股定理，得
解得；x1=10，x2=2，
∵x=10时，4x＞1，故舍去
∴x=2．
答：经过2秒△BPQ的面积等于.
（3）经过t秒后，△BPQ是直角三角形.
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=1cm，∠A=∠B=∠C=60°，
当∠PQB=90°时，
∴∠BPQ=30°，
∴BP=2BQ．
∵BP=1-2t，BQ=4t，
∴1-2t=2×4t，
解得t=；
当∠QPB=90°时，
∴∠PQB=30°，
∴BQ=2PB，
∴4t=2×（1-2t）
解得t=6
∴经过6秒或秒后，△BPQ是直角三角形.
本题考查了动点问题的运用，等边三角形的性质的运用，30°的直角三角形的性质的运用，勾股定理的运用，三角形的面积公式的运用，解答时建立根据三角形的面积公式建立一元二次方程求解是关键．
26、1、2、2
【解析】
解一元一次不等式组，先求出不等式组中每一个不等式的解集，再利用口诀求出这些解集的公共部分：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小解不了（无解）．最后求出整数解即可．
【详解】
解：解不等式①得，x≥1，
解不等式②得，x＜1，
∴不等式组的解集是1≤x＜1．
∴不等式组的所有整数解是1、2、2．
解一元一次不等式组，一元一次不等式组的整数解．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分