2025届宁夏吴忠市红寺堡二中学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2025届宁夏吴忠市红寺堡二中学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，天平右盘中的每个砝码的质量都是，则物体的质量的取值范围，在数轴上可表示为（ ）
A．B．
C．D．
2、（4分）成都是一个历史悠久的文化名城,以下这些图形都是成都市民熟悉的,其中是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3、（4分）直角三角形两直角边长为5和12，则此直角三角形斜边上的中线的长是( )
A．5B．6C．6.5D．13
4、（4分）如图，的中线、交于点，连接，点、分别为、的中点，，，则四边形的周长为（ ）
A．12B．14C．16D．18
5、（4分）如图，若一次函数的图象与x轴的交于点，与y轴交于点下列结论：①关于x的方程的解为；②随x的增大而减小；③关于x的方程的解为；④关于x的不等式的解为其中所有正确的为
A．①②③B．①③C．①②④D．②④
6、（4分）如图，是由两个大小完全相同的圆柱形容器在中间连通而成的可以盛水的器具，现匀速地向容器A中注水，则容器A中水面上升的高度h随时间t变化的大致图象是（ ）
A．B．
C．D．
7、（4分）下列图形不是中心对称图形的是
A．B．C．D．
8、（4分）如果关于的一元二次方程有实数根，那么的取值范围是（ ）
A．B．C．D．且
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）在直角坐标系中，直线l：y＝x﹣与x轴交于点B1，以OB1为边长作等边△A1OB1，过点A1作A1B2平行于x轴，交直线l于点B2，以A1B2为边长作等边△A2A1B2，过点A2作A1B2平行于x轴，交直线l于点B3，以A2B3为边长作等边△A3A2B3，…，则等边△A2017A2018B2018的边长是_____．
10、（4分）如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=8，E是BC上一点（不与B、C重合），点P在边CD上运动，M、N分别是AE、PE的中点，线段MN长度的最大值是_____．
11、（4分）Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，则AC与AB两边的关系是_____．
12、（4分）如图所示，已知ABCD中，下列条件：①AC=BD；②AB=AD；③∠1=∠2；④AB⊥BC中，能说明ABCD是矩形的有______________（填写序号）
13、（4分）如果根式有意义，那么的取值范围是_________.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）先化简再求值：，其中.
15、（8分）（1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE．求证：CE＝CF；
（2）如图2，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，如果∠GCE＝45°，请你利用（1）的结论证明：GE＝BE+GD．
（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下列两题：
①如图3，在四边形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠B＝90°，AB＝BC＝12，E是AB上一点，且∠DCE＝45°，BE＝4，则DE＝ ．
②如图4，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC，且BD＝2，AD＝6，求△ABC的面积．
16、（8分）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，建立平面直角坐标系xOy，ABC的三个顶点的坐标分别为A(2，4)，B(1，1)，C(4，2)．
（1）平移ABC，使得点A的对应点为A1(2，﹣1)，点B，C的对应点分别为B1，C1，画出平移后的A1B1C1；
（2）在（1）的基础上，画出A1B1C1绕原点O顺时针旋转90°得到的A2B2C2，其中点A1，B1，C1的对应点分别为A2，B2，C2，并直接写出点C2的坐标．
17、（10分）抗震救灾中，某县粮食局为了保证库存粮食的安全，决定将甲、乙两个仓库的粮食，全部转移到具有较强抗震功能的A、B两仓库．已知甲库有粮食100吨，乙库有粮食80吨，而A库的容量为70吨，B库的容量为110吨．从甲、乙两库到A、B两库的路程和运费如下表：（表中“元/吨•千米”表示每吨粮食运送1千米所需人民币）
（1）若甲库运往A库粮食x吨，请写出将粮食运往A、B两库的总运费y（元）与x（吨）的函数关系式；
（2）当甲、乙两库各运往A、B两库多少吨粮食时，总运费最省，最省的总运费是多少？
18、（10分）如图，在四边形中，、、、分别是、、、的中点，.求证：.
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，在矩形ABCD中，AD=9cm，AB=3cm，将其折叠，使点D与点B重合，则重叠部分(△BEF)的面积为_________cm2.
20、（4分）等式成立的条件是_____．
21、（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_____．
22、（4分）某班同学要测量学校升国旗的旗杆高度，在同一时刻，量得某同学的身高是1.5米，影长是1米，且旗杆的影长为8米，则旗杆的高度是 _________________ 米.
23、（4分）如图，将矩形ABCD沿直线BD折叠，使C点落在C′处，BC′交边AD于点E，若∠ADC′=40°，则∠ABD的度数是_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，在▱ABCD中，E、F分别是对角线BD上的两点．且BF=DE，求证:AF＝CE.
25、（10分）如图，平行四边形ABCD的边AB在x轴上，点C的坐标为（﹣5，4），点D在y轴的正半轴上，经过点A的直线y＝x﹣1与y轴交于点E，将直线AE沿y轴向上平移n（n＞0）个单位长度后，得到直线l，直线l经过点C时停止平移．
（1）点A的坐标为 ，点B的坐标为 ；
（2）若直线l交y轴于点F，连接CF，设△CDF的面积为S（这里规定：线段是面积为0的三角形），求S与n之间的函数关系式，并写出n的取值范围；
（3）易知AE⊥AD于点A,若直线l交折线AD﹣DC于点P，当△AEP为直角三角形时，请直接写出n的取值范围．
26、（12分）如图，高速公路的同一侧有A、B两城镇，它们到高速公路所在直线MN的距离分别为AA′＝2 km，BB′＝4 km，且A′B′＝8 km.
（1）要在高速公路上A′、B′之间建一个出口P，使A、B两城镇到P的距离之和最小.请在图中画出P的位置，并作简单说明.
（2）求这个最短距离．
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】
∵由图可知，1g∴在数轴上表示为：
。
故选A..
2、C
【解析】
根据中心对称图形的概念判断即可．
【详解】
解：A、B、D中的图形都不是中心对称图形，
C中图形是中心对称图形；
故选：C．
本题考查的是中心对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，这个图形就叫做中心对称图形．
3、C
【解析】
根据勾股定理可求得直角三角形斜边的长,再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解
【详解】
∵直角三角形两直角边长为5和12
∴斜边=13
∴此直角三角形斜边上的中线的长=6.5
故答案为:C
此题考查直角三角形斜边上的中线和勾股定理，解题关键在于掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
4、B
【解析】
根据三角形中位线定理，可得ED=FG=BC=4，GD=EF=AO=3，进而求出四边形DEFG的周长．
【详解】
∵BD，CE是△ABC的中线，
∴ED∥BC且ED=BC，
∵F是BO的中点，G是CO的中点，
∴FG∥BC且FG=BC，
∴ED=FG=BC=4，
同理GD=EF=AO=3，
∴四边形DEFG的周长为3+4+3+4=1．
故选B．
本题考查了三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．三角形中位线的性质定理，为证明线段相等和平行提供了依据．
5、A
【解析】
根据一次函数的性质进行分析即可. 一次函数与y轴交点的坐标总是（0，b)，与x轴总是交于（-，0）; 当k>0时，直线必通过一、三象限，y随x的增大而增大；当k<0时，直线必通过二、四象限，y随x的增大而减小.根据2分析函数与方程和不等式的关系．
【详解】
解：根据题意可知：由直线与x轴交点坐标可知关于x的方程的解为；由图象可知随x的增大而减小；由直线与y轴的交点坐标可知关于x的方程的解为；由函数图象分析出y>0时，关于x的不等式的解为
所以，正确结论是：①②③．
故选A．
本题考核知识点：一次函数的性质. 解题关键点：结合函数的图象分析问题．
6、C
【解析】
根据题意可以分析出各个过程中A中水面上的快慢，从而可以解答本题．
【详解】
由题意和图形可知，
从开始到水面到达A和B连通的地方这个过程中，A中水面上升比较快，
从水面到达A和B连通的地方到B中水面和A中水面持平这个过程中，A中水面的高度不变，
从B中水面和A中水面持平到最后两个容器中水面上升到最高这个过程中，A中水面上升比较慢，
故选C．
本题考查函数图象，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
7、D
【解析】
根据中心对称图形的概念求解．
【详解】
A、是中心对称图形．故不能选；
B、是中心对称图形．故不能选；
C、是中心对称图形．故不能选；
D、不是中心对称图形．故可以选．
故选D
本题考查了中心对称图形的概念：中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
8、D
【解析】
利用一元二次方程的定义和判别式的意义得到k≠0且△=（-3）2-4×k×（-1）≥0，即可得出答案.
【详解】
解：方程为一元二次方程，
.
方程有实数的解，
，
.
综合得且.
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac有如下关系：当△＞0时，方程有两个不相等的实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△＜0时，方程无实数根．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
从特殊得到一般探究规律后，利用规律解决问题即可；
【详解】
∵直线l：y=x﹣与x轴交于点B1，
∴B1（1，0），OB1=1，△OA1B1的边长为1，
∵直线y=x﹣与x轴的夹角为30°，∠A1B1O=60°，
∴∠A1B1B2=90°，
∵∠A1B2B1=30°，
∴A1B2=2A1B1=2，△A2B3A3的边长是2，
同法可得：A2B3=4，△A2B3A3的边长是22，
由此可得，△AnBn+1An+1的边长是2n，
∴△A2017B2018A2018的边长是1．
故答案为1．
本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征以及等边三角形的性质的运用，解决问题的关键是依据等边三角形的性质找出规律，求得△AnBn+1An+1的边长是2n．
10、5
【解析】
由条件可先求得MN=AP，则可确定出当P点运动到点C时，PA有最大值，即可求得MN的最大值
【详解】
∵M为AE中点，N为EP中点
∴MN为△AEP的中位线，
∴MN= AP
若要MN最大，则AP最大．
P在CD上运动，当P运动至点C时PA最大，
此时PA=CA是矩形ABCD的对角线
AC==10,
MN的最大值= AC=5
故答案为5
此题考查了三角形中位线定理和矩形的性质，解题关键在于先求出MN=AP
11、AB=2AC．
【解析】
解：如图所示，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，则AB=2AC．
故答案为AB=2AC．
本题考查了在直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边的一半，应熟练掌握．
12、①④
【解析】
矩形的判定方法由：①有一个角是直角的平行四边形是矩形；②有三个角是直角的四边形是矩形；③对角线相等的平行四边形是矩形，由此可得能使平行四边形ABCD是矩形的条件是①和④.
13、
【解析】
根据二次根式的性质和，被开方数大于或等于0，可以求出x的范围．
【详解】
根据题意得：x+2⩾0，
解得：x⩾−2.
故答案是：x⩾−2.
此题考查二次根式有意义的条件，难度不大
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、1－
【解析】
试题分析：首先将括号里面的分式进行通分，然后根据分式的除法计算法则将分式进行约分化简，最后将x的值代入化简后的式子进行计算得出答案．
试题解析：原式，将x=代入得：
原式=1－．
15、（1）见解析；（2）见解析；（4）①DE＝4；②△ABC的面积是1．
【解析】
（1）根据正方形的性质，可直接证明△CBE≌△CDF，从而得出CE=CF；
（2）延长AD至F，使DF=BE，连接CF，根据（1）知∠BCE=∠DCF，即可证明∠ECF=∠BCD=90°，根据∠GCE=45°，得∠GCF=∠GCE=45°，利用全等三角形的判定方法得出△ECG≌△FCG，即GE=GF，即可得出答案GE=DF+GD=BE+GD；
（4）①过C作CF⊥AD的延长线于点F．则四边形ABCF是正方形，设DF=x，则AD=12-x，根据（2）可得：DE=BE+DF=4+x，在直角△ADE中利用勾股定理即可求解；
②作∠EAB=∠BAD，∠GAC=∠DAC，过B作AE的垂线，垂足是E，过C作AG的垂线，垂足是G，BE和GC相交于点F，BF=2-2=4，设GC=x，则CD=GC=x，FC=2-x，BC=2+x．在直角△BCF中利用勾股定理求得CD的长，则三角形的面积即可求解．
【详解】
（1）证明：如图1，在正方形ABCD中，
∵BC＝CD，∠B＝∠CDF，BE＝DF，
∴△CBE≌△CDF，
∴CE＝CF；
（2）证明：如图2，延长AD至F，使DF＝BE，连接CF，
由（1）知△CBE≌△CDF，
∴∠BCE＝∠DCF．
∴∠BCE+∠ECD＝∠DCF+∠ECD
即∠ECF＝∠BCD＝90°，
又∵∠GCE＝45°，∴∠GCF＝∠GCE＝45°，
∵CE＝CF，∠GCE＝∠GCF，GC＝GC，
∴△ECG≌△FCG，
∴GE＝GF，
∴GE＝DF+GD＝BE+GD；
（4）①过C作CF⊥AD的延长线于点F．则四边形ABCF是正方形．
AE＝AB﹣BE＝12﹣4＝8，
设DF＝x，则AD＝12﹣x，
根据（2）可得：DE＝BE+DF＝4+x，
在直角△ADE中，AE2+AD2＝DE2，则82+（12﹣x）2＝（4+x）2，
解得：x＝2．
则DE＝4+2＝4．
故答案是：4；
②作∠EAB＝∠BAD，∠GAC＝∠DAC，过B作AE的垂线，垂足是E，过C作AG的垂线，垂足是G，BE和GC相交于点F，则四边形AEFG是正方形，且边长＝AD＝2，BE＝BD＝2，
则BF＝2﹣2＝4，设GC＝x，则CD＝GC＝x，FC＝2﹣x，BC＝2+x．
在直角△BCF中，BC2＝BF2+FC2，
则（2+x）2＝42+x2，
解得：x＝4．
则BC＝2+4＝5，
则△ABC的面积是：AD•BC＝×2×5＝1．
本题考查了全等三角形的判定和性质以及正方形的性质，解决本题的关键是注意每个题目之间的关系，正确作出辅助线．
16、（1）见解析；（2）见解析，C2(﹣3，﹣4)
【解析】
（1）根据可以得到平移方式，进而分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可．
（2）分别作出点A1，B1，C1的对应点A2，B2，C2即可．
【详解】
解：（1）如图，△A1B1C1即为所求．
（2）△A2B2C2即为所求． C2（﹣3，﹣4）．
本题主要考查图形的平移及旋转，准确的找到平移或旋转后的对应点是解题的关键．
17、（1）y=-30x+39200(0≤x≤1);(2) 从甲库运往A库1吨粮食，往B库运送30吨粮食，从乙库运往A库0吨粮食，从乙库运往B库80吨粮食时，总运费最省为37100元
【解析】
试题分析：弄清调动方向，再依据路程和运费列出y（元）与x（吨）的函数关系式，最后可以利用一次函数的增减性确定“最省的总运费”．
试题解析：（1）依题意有：若甲库运往A库粮食x吨，则甲库运到B库（100－x）吨，乙库运往A库（1－x）吨，乙库运到B库（10+x）吨．
则，解得：0≤x≤1．
y=12×20x+10×25（100－x）+12×15（1－x）+8×20×[110－（100－x）]
=－30x+39200
其中0≤x≤1
（2）上述一次函数中k=－30＜0
∴y随x的增大而减小
∴当x=1吨时，总运费最省
最省的总运费为：－30×1+39200=37100（元）
答：从甲库运往A库1吨粮食，往B库运送30吨粮食，从乙库运往A库0吨粮食，从乙库运往B库80吨粮食时，总运费最省为37100元．
18、见解析.
【解析】
连接，，根据是的中点，及、、分别是、、的中点可以证明
【详解】
解：证明：连接，.
∵是的中点，.
∴.
∵、、分别是、、的中点，
∴，，
∴.
本题主要考查了三角形的中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、7.1cm2
【解析】
已知四边形ABCD是矩形根据矩形的性质可得BC=DC，∠BCF=∠DCF=90°，又知折叠使点D和点B重合，根据折叠的性质可得C′F=CF，在RT△BCF中，根据勾股定理可得BC2+CF2=BF2，即32+（9-BF）2=BF2，解得BF=1，所以△BEF的面积=BF×AB=×1×3=7.1．
点睛：本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，勾股定理，熟记翻折前后两个图形能够重合找出相等的线段、相等的角是解题的关键．
20、﹣1≤a＜3
【解析】
根据负数没有算术平方根列出不等式组，求出解集即可．
【详解】
依题意，得：，解得：﹣1≤a＜3
此题考查二次根式的乘除法，解题关键在于掌握运算法则
21、（，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.
22、1．
【解析】
在同一时刻，物体的实际高度和影长成比例，据此列方程即可解答．
【详解】
解：设旗杆高度为x，则
，
解得x=1．
故答案为：1．
本题考查相似三角形的应用，熟知同一时刻物高与影长成正比是解题关键．
23、65°
【解析】
直接利用翻折变换的性质得出∠2=∠3=25°，进而得出答案．
【详解】
解：由题意可得：∠A=∠C′=90°，∠AEB=∠C′ED，
故∠1=∠ADC′=40°，
则∠2+∠3=50°，
∵将矩形ABCD沿直线BD折叠，使C点落在C′处，
∴∠2=∠3=25°，
∴∠ABD的度数是：∠1+∠2=65°，
故答案为65°．
本题考查了矩形的性质、翻折变换的性质，正确得出∠2=∠3=25°是解题关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、证明见解析.
【解析】
连接AC交BD于点O，连接AE，CF，根据平行四边形的对角线互相平分可得OA=OC，OB=OD，然后求出OE=OF，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可证明．
【详解】
证明：如图，连接AC交BD于点O，
在▱ABCD中，OA=OC，OB=OD，
∵BF=DE，
∴BF-OB =DE-OD，
即OE=OF，
∴四边形AECF是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）；
∴AF＝CE．
此题主要考查了平行四边形的判定和性质：平行四边形的对角线互相平分；对角线互相平分的四边形是平行四边形．
25、（1）A（2，0），B（-3，0）；（2）当0≤n≤1时，S=10-2n；当1＜n≤时，S=2n-10；（3）n=或0≤n≤1．
【解析】
（1）令y=0，则x-1=0，求A（2，0），由平行四边形的性质可知AB=1，则B（-3，0）；
（2）易求E（0，-1），当l到达C点时的解析式为y=x+，当0≤n≤1时，S=×4×（1-n）=10-2n；当1＜n≤时，S=×4×（n-1）=2n-10；
（3）由点可以得到AD⊥AE；当P在AD上时，△AEP为直角三角形，0≤n≤1；当P在CD上时，△AEP为直角三角形，则PE⊥AE，设P（m，4），可得=-2，求出P（-，4），此时l的解析式为y=x+，则n=．
【详解】
（1）令y=0，则x-1=0，x=2，
∴A（2，0），
∵C的坐标为（-1，4），四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=1，
∴OB=AB-OA=3，∴B（-3，0）；
（2）当x=0时，y＝x﹣1=-1，所以E（0，-1），
∵直线AE沿y轴向上平移得到l，当l到达C点时的解析式为y=x+，
此时l与y轴的交点为（0，），
当0≤n≤1时，S=×4×（1-n）=10-2n；
当1＜n≤时，S=×4×（n-1）=2n-10；
（3）∵D（0，4），A（2，0），E（0，-1），
∴AD=2，AE=，ED=1，
∴AD2+AE2=ED2，
∴AD⊥AE，
当P在AD上时，△AEP为直角三角形，
∴0≤n≤1；
当P在CD上时，△AEP为直角三角形，
则PE⊥AE，
设P（m，4），
∴=-2，
∴m=-，
∴P（-，4），
∴此时l的解析式为y=x+，
∴n=；
综上所述：当△AEP为直角三角形时，n=或0≤n≤1．
本题是一次函数的综合题；熟练掌握①平行四边形的性质求点的坐标；②动点中求三角形面积；③利用直角三角形的性质解决直线解析式，进而确定n 的范围是解题的关键．
26、这个最短距离为10km.
【解析】
分析：（1）作点A关于MN的对称点C，连接BC交MN于点P，连接PA，此时PA+PB的值最小．
（2）作CD⊥BB1的延长线于D，在Rt△BCD中，利用勾股定理求出BC即可；
详解：（1）作点A关于MN的对称点C，连接BC交MN于点P，连接PA，此时PA+PB的值最小．
（2）作CD⊥BB1的延长线于D，
在Rt△BCD中，BC= =10，
∴PA+PB的最小值=PB+PC=BC=10(km)．
点睛：本题考查作图-应用与设计，轴对称-最短问题、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
路程（千米）
运费（元/吨•千米）
甲库
乙库
甲库
乙库
A库
20
15
12
12
B库
25
20
10
8