2025届湖南省湘西州数学九上开学复习检测模拟试题【含答案】

这是一份2025届湖南省湘西州数学九上开学复习检测模拟试题【含答案】，共22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，△ABC顶点C的坐标是（1，-3），过点C作AB边上的高线CD，则垂足D点坐标为（ ）
A．（1，0）B．（0，1）
C．（-3，0）D．（0，-3）
2、（4分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，下列说法错误的是（ ）
A．AB∥DCB．AC=BDC．AC⊥BDD．OA=OC
3、（4分）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，若AF、BE分别是、的平分线，，，则EF的长是
A．1B．2C．3D．4
4、（4分）一个正多边形的每一个外角都等于45°，则这个多边形的边数为( )
A．4B．6C．8D．10
5、（4分）如图，证明矩形的对角线相等，已知：四边形是矩形．求证：．以下是排乱了的证明过程：①∴、．②∵③∵四边形是矩形④∴⑤∴．证明步骤正确的顺序是（ ）
A．③①②⑤④B．②①③⑤④C．③⑤②①④D．②⑤①③④
6、（4分）下列长度的三条线段能组成直角三角形的是( )
A．，，B．，，C．，，D．，，
7、（4分）下列各组线段 中，能构成直角三角形的是（ ）
A．2，3，4 B．3，4，6 C．5，12，13 D．4，6，7
8、（4分）已知某四边形的两条对角线相交于点O．动点P从点A出发，沿四边形的边按A→B→C的路径匀速运动到点C．设点P运动的时间为x，线段OP的长为y，表示y与x的函数关系的图象大致如图所示，则该四边形可能是（ ）
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，在中，，点分别是边的中点，延长到点，使，得四边形.若使四边形是正方形，则应在中再添加一个条件为__________.
10、（4分）如图，四边形ABCD是平行四边形，O是对角线AC与BD的交点，AB⊥AC，若AB=8，AC=12，则BD的长是．
11、（4分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠AOB=60°，AE平分∠BAD，AE交BC于E，则∠BOE的大小为______．
12、（4分）菱形的面积是16，一条对角线长为4，则另一条对角线的长为______.
13、（4分）函数向右平移1个单位的解析式为__________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，点E，F为▱ABCD的对角线BD上的两点，连接AE，CF，∠AEB＝∠CFD．求证：AE＝CF．
15、（8分）如图1，BD是正方形ABCD的对角线，BC=4，点H是AD边上的一动点，连接CH，作，使得HE=CH，连接AE。

（1）求证：；
（2）如图2，过点E作EF//AD交对角线BD于点F，试探究：在点H的运动过程中，EF的长度是否为一个定值；如果是，请求出EF的长度。
16、（8分）为发展旅游经济，我市某景区对门票釆用灵活的售票方法吸引游客．门票定价为50元/人，非节假日打折售票，节假日按团队人数分段定价售票，即人以下（含人）的团队按原价售票；超过人的团队，其中人仍按原价售票，超过人部分的游客打折售票．设某旅游团人数为人，非节假日购票款为（元），节假日购票款为（元）．与之间的函数图象如图所示．
（1）观察图象可知： ； ； ；
（2）直接写出，与之间的函数关系式；
（3）某旅行社导游王娜于5月1日带团，5月20日（非节假日）带团都到该景区旅游，共付门票款1900元，，两个团队合计50人，求，两个团队各有多少人？
17、（10分）如图，AD是△ABC边BC上的高，用尺规在线段AD上找一点E，使E到AB的距离等于ED(不写作法，保留作图痕迹)
18、（10分）计算:
(1)；
(2).
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）将直线y＝2x+3向下平移2个单位，得直线_____．
20、（4分）若，则的值是________
21、（4分）已知直线（n为正整数）与坐标轴围成的三角形的面积为Sn，则S1+S2+S3+…+S2012= ．
22、（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_____．
23、（4分）勾股定理是几何中的一个重要定理．在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载．如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理．图2是把图1放入长方形内得到的，，AB=3，AC=4，点D，E，F，G，H，I都在长方形KLMJ的边上，则长方形KLMJ的面积为___．
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，直线与、轴分别交于、两点.点为线段的中点．过点作直线轴于点．
（1）直接写出的坐标；
（2）如图1，点是直线上的动点，连接、，线段在直线上运动，记为，点是轴上的动点，连接点、，当取最大时，求的最小值；
（3）如图2，在轴正半轴取点，使得，以为直角边在轴右侧作直角，，且，作的角平分线，将沿射线方向平移，点、，平移后的对应点分别记作、、，当的点恰好落在射线上时，连接，，将绕点沿顺时针方向旋转后得，在直线上是否存在点，使得为等腰三角形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
25、（10分）计算:
（1）
（2） -
26、（12分）已知：如图，在△ABC中，AB=BC，∠ABC=90°，点D、E分别是边AB、BC的中点，点F、G是边AC的三等分点，DF、EG的延长线相交于点H，连接HA、HC．
(1)求证：四边形FBGH是菱形；
(2)求证：四边形ABCH是正方形．
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】
根据在同一平面内，垂直于同一直线的两直线平行可得CD∥y轴，再根据平行于y轴上的点的横坐标相同解答．
【详解】
如图，
∵CD⊥x轴，
∴CD∥y轴，
∵点C的坐标是（1，-3），
∴点D的横坐标为1，
∵点D在x轴上，
∴点D的纵坐标为0，
∴点D的坐标为（1，0）．
故选：A．
本题考查了坐标与图形性质，比较简单，作出图形更形象直观．
2、C
【解析】
矩形的性质有①矩形的两组对边分别平行且相等；②矩形的四个角都是直角；③矩形的两条对角线互相平分且相等．
所以选项A，B，D正确，C错误.
故选C.
3、B
【解析】
由四边形ABCD是平行四边形，若AF、BE分别是、的平分线，易得与是等腰三角形，继而求得，则可求得答案．
【详解】
四边形ABCD是平行四边形，
，，，
，，
、BE分别是、的平分线，
，，
，，
，，
．
故选：B．
此题考查了平行四边形的性质以及等腰三角形的判定与性质注意证得与是等腰三角形是关键．
4、C
【解析】
因为多边形的外角和为360°，所以这个多边形的边数为：360÷45=8，
故选C.
5、A
【解析】
根据SAS定理证明三角形全等，进而得出对应边相等.
【详解】
解：∵四边形是矩形
∴、
∵
∴
∴
所以正确顺序为③①②⑤④
故答案为A
本题考查了全等三角形的证明，理清证明过程是排序的关键.
6、B
【解析】
如果三角形两条边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形就是直角三角形，最长边所对的角为直角；
【详解】
A. 2+3≠4，故该三角形不是直角三角形；
B. 3+4=5，故该三角形是直角三角形；
C.4+5≠6，故该三角形不是直角三角形；
D.5+6≠7，故该三角形不是直角三角形.
故选B
此题考查勾股定理逆定理，解题关键在于理解勾股定理逆定理的内容.
7、C
【解析】试题分析：选项A，22+32=13≠42；选项B，32+42=25≠62；选项C，52+122=169=132；选项D，42+62=52≠1．由勾股定理的逆定理可得，只有选项C能够成直角三角形，故答案选C.
考点：勾股定理的逆定理．
8、D
【解析】
通过点经过四边形各个顶点，观察图象的对称趋势问题可解.
【详解】
、选项路线都关于对角线对称，因而函数图象应具有对称性，故、错误，对于选项点从到过程中的长也存在对称性，则图象前半段也应该具有对称特征，故错误.
故选：.
本题动点问题的函数图象，考查学生对动点运动过程中所产生函数图象的变化趋势判断.解答关键是注意动点到达临界前后的图象变化.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、答案不唯一，如∠ACB=90° 或∠BAC=45°或∠B=45°
【解析】
先证明四边形ADCF是平行四边形，再证明AC=DF即可，再利用∠ACB=90°得出答案即可．
【详解】
∠ACB=90°时，四边形ADCF是正方形，
理由：∵E是AC中点，
∴AE=EC，
∵DE=EF，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AD=DB，AE=EC，
∴DE=BC，
∴DF=BC，
∵CA=CB，
∴AC=DF，
∴四边形ADCF是矩形，
点D. E分别是边AB、AC的中点，
∴DE//BC，
∵∠ACB=90°，
∴∠AED=90°，
∴矩形ADCF是正方形．
故答案为∠ACB=90°．
此题考查正方形的判定，解题关键在于掌握判定法则
10、1
【解析】
试题分析：由四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的对角线互相平分，可得OA的长，然后由AB⊥AC，AB=8，AC=12，根据勾股定理可求得OB的长，继而求得答案．
解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC=12，
∴OA=AC=6，BD=2OB，
∵AB⊥AC，AB=8，
∴OB===10，
∴BD=2OB=1．
故答案为：1．
11、
【解析】
由矩形的性质得出∠BAD=∠ABC=90°，OA=OB，证明△AOB是等边三角形，得出AB=OB，∠ABO=60°，证出△ABE是等腰直角三角形，得出AB=BE，因此BE=OB，由等腰三角形的性质即可得出∠BOE的大小．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=90°，OA=AC，OB=BD，AC=BD，
∴OA=OB，
∵∠ABO=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OB，∠ABO=60°，
∴∠OBE=30°，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AB=BE，
∴BE=OB，
∴∠BOE=(180°-∠OBE)= (180°-30°)=75°．
故答案为75°．
本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，等腰三角形的性质．熟练掌握矩形的性质，并能进行推理计算是解题的关键．
12、8
【解析】
【分析】根据菱形的面积等于对角线乘积的一半进行计算即可求得.
【详解】设另一条对角线的长为x，则有
=16，
解得：x=8，
故答案为8.
【点睛】本题考查了菱形的面积，熟知菱形的面积等于菱形对角线乘积的一半是解题的关键.
13、或
【解析】
根据“左加右减,上加下减”的规律即可求得.
【详解】
解：∵抛物线向右平移1个单位
∴抛物线解析式为或.
本题考查的是二次函数，熟练掌握二次函数的平移是解题的关键.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、详见解析
【解析】
由平行四边形的性质得出AB＝CD，∠BAE＝∠CDF，由AAS证明证得△ABE≌△CDF，继而证得结论．
【详解】
解：证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD．
∴∠BAE＝∠DCF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（AAS）．
∴AE＝CF．
题考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
15、（1）见解析（2）EF为定值4
【解析】
（1）根据CH⊥HE与正方形的内角为90°即可证明；
（2）连接FH，作EM⊥AG延长线，可证明四边形EFHM为矩形，再得到EF=HM=DC即可求解.
【详解】
（1）∵CH⊥HE
∴∠CHD+∠AHE=90°，
又∠DCH+∠CHD=90°，
∴
（2）连接FH，作EM⊥AG延长线，
∵EF//AD，FH⊥DA，∴四边形EFHM为矩形
∴EF=HM
∵CH=HE，，又∠CDH=∠HME=90°，
∴△CDH≌△HME
∴HM=CD，
故EF=CD=4为定值.
此题主要考查正方形的判定与性质，解题的关键是根据题意作出辅助线进行求解.
16、（1），，；（2），；（3）团有40人，团有10人
【解析】
（1）根据函数图象，用购票款数除以定价的款数，计算即可求出a的值；用第11人到20人的购票款数除以定价的款数，计算即可求出b的值，由图可求m的值；
（2）利用待定系数法求正比例函数解析式求出y1，分x≤10与x>10，利用待定系数法求一次函数解析式求出y2与x的函数关系式即可；
（3）设A团有n人，表示出B团的人数为（50-n），然后分0≤n≤10与n>10两种情况，根据（2）的函数关系式列出方程求解即可．
【详解】
解：（1）在非节假日，人数为10人时，总票价为300，所以人均票价为300÷10=30，因为30÷50=0.6，所以打了6折，a=6.
在节假日，如图x=10时，票价开始发生变化，所以m=10，人数从10人增加到20人，总票价增加了400元，所以此时人均票价为400÷10=40，因为40÷50=0.8，所以打了八折，b=8.
故，，，
（2）在非节假日，设，将（10,300）代入，可得，解得k1=30，故.
在节假日，当时，，当时，设将（10,500），（20,900）代入，可得，解得，故
所以.
（3）设团有n人，团有人，
则当时，根据题意
解得：，∴不合要求.
当时，根据题意
解得：，∴
∴团有40人，团有10人.
本题考查一次函数的应用，（1）结合图象，理解图象上的点代表的意义是解决本题的关键;(2)y1为正比例函数，在图象上找一点代入一般式即可，y2为分段函数，第一段为正比例函数，第二段为一次函数，找到相应的点代入一般式即可求出解析式；（3）设A团有n人，利用方程思想，列出表达式求解即可.
17、见解析.
【解析】
利用基本作图，作∠ABD的平分线交AD于E，则E到AB的距离等于ED．
【详解】
如图，点E为所作．
本题考查了作图-基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．
18、（1）3； （2）.
【解析】
（1）先去括号，再合并同类二次根式即可；
（2）先化简，再合并同类二次根式即可.
【详解】
（1）原式=
=；
（2）原式=
=.
本题考查了二次根式的加减运算，应先把各个二次根式化成最简二次根式，然后再合并同类二次根式即可. 同类二次根式的合并方法是把系数相加减，被开方式和根号不变.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、y=2x+1．
【解析】
根据“左加右减，上加下减”的平移规律可得：将直线y=-2x+3先向下平移3个单位，得到直线y=－2x+3-2，即y=-2x+1.
故答案是：y=﹣2x+1.
20、.
【解析】
解：∵﹣=2，∴a﹣b=﹣2ab，∴原式====﹣．故答案为﹣．
21、．
【解析】
令x=0，则；
令y=0，则，解得．
∴．
∴．
考点：探索规律题（图形的变化类），一次函数图象上点的坐标特征
22、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.
23、110
【解析】
延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，可得四边形AOLP是正方形，然后求出正方形的边长，再求出矩形KLMJ的长与宽，然后根据矩形的面积公式列式计算即可得解．
【详解】
如图，延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，则四边形OALP是矩形.
∵∠CBF=90°，
∴∠ABC+∠OBF=90°，
又∵直角△ABC中,∠ABC+∠ACB=90°，
∴∠OBF=∠ACB，
在△OBF和△ACB中，
，
∴△OBF≌△ACB(AAS)，
∴AC=OB，
同理：△ACB≌△PGC，
∴PC=AB，
∴OA=AP，
所以，矩形AOLP是正方形，
边长AO=AB+AC=3+4=7，
所以，KL=3+7=10，LM=4+7=11，
因此，矩形KLMJ的面积为10×11=110.
本题考查勾股定理，解题的关键是读懂题意，掌握勾股定理.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1），（2），（3）存在，或
【解析】
（1）求出B，C两点坐标，利用中点坐标公式计算即可． （2）如图1中，作点B关于直线m的对称点，连接CB′，延长CB′交直线m于点P，此时PC-PB的值最大．求出直线CB′的解析式可得点P坐标，作PT∥BC，且PT=CD=5，作TE⊥AC于E，交BC于C′，此时PD′+D′C′+C′E的值最小． （3）如图2中，由题意易知，，．分两种情形：①当时，设．②当时，分别构建方程即可解决问题．
【详解】
解：（1）∵直线与轴分别交于C、B两点，
∴B（0，6），C（-8，0），
∵CD=DB， ∴D（-4，3）．
（2）如图1中，作点B关于直线m的对称点B′（-4，6），连接CB′，延长CB′交直线m于点P，此时PC-PB的值最大．
∵C（-8，0），B′（-4，6），
∴直线CB′的解析式为， ∴P（-2，9），
作PT∥BC，且PT=CD=5，作TE⊥AC于E，交BC于C′，
此时PD′+D′C′+C′E的值最小．
由题意点P向左平移4个单位，向下平移3个单位得到T，
∴T（-6，6）， ∴PD′+D′C′+C′E=TC′+PT+C′E=PT+TE=5+6=1．
∴PD′+D′C′+C′E的最小值为1．
（3）如图2中，延长交BK′于J，设BK′交OC于R．
∵B′S′=BS=4，S′K′=SK=，BK′平分∠CBO，
所以，所以OR=3，tan∠OBR= ，
∵∠S′JK′=∠OBR=∠RBC， ∴tan∠S′JK′==，
∴，∵， ∴，所以为的中点，
， ∴，
由旋转的性质可知：，．
①当时，设，
，
解得， 所以．
②当时，同理则有，
整理得：， 解得 ，
所以，
又因为，，所以直线为，
此时在直线上，此时三角形不存在，故舍去．
综上所述，满足条件的点N的坐标为或．
本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，轴对称最短问题，垂线段最短，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，学会用分类讨论的思想解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
25、（1）；(2）
【解析】
分析：
（1）按照“二次根式加减法法则”进行计算即可；
（2）根据“二次根式相关运算的运算法则”结合“平方差公式和完全平方公式”进行计算即可.
详解：
（1）原式= ==；
（2）原式= = = .
点睛：熟记“二次根式的相关运算法则和平方差公式及完全平方公式”是解答本题的关键.
26、（1）见解析 （2）见解析
【解析】
（1）由三角形中位线知识可得DF∥BG，GH∥BF，根据菱形的判定的判定可得四边形FBGH是菱形；
（2）连结BH，交AC于点O，利用平行四边形的对角线互相平分可得OB=OH，OF=OG，又AF=CG，所以OA=OC．再根据对角线互相垂直平分的平行四边形得证四边形ABCH是菱形，再根据一组邻边相等的菱形即可求解．
【详解】
（1）∵点F、G是边AC的三等分点，
∴AF=FG=GC．
又∵点D是边AB的中点，
∴DH∥BG．
同理：EH∥BF．
∴四边形FBGH是平行四边形，
连结BH，交AC于点O，
∴OF=OG，
∴AO=CO，
∵AB=BC，
∴BH⊥FG，
∴四边形FBGH是菱形；
（2）∵四边形FBGH是平行四边形，
∴BO=HO，FO=GO．
又∵AF=FG=GC，
∴AF+FO=GC+GO，即：AO=CO．
∴四边形ABCH是平行四边形．
∵AC⊥BH，AB=BC，
∴四边形ABCH是正方形．
本题考查正方形的判定，菱形的判定和性质，三角形的中位线，熟练掌握正方形的判定和性质是解题的关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人