2025届山东省济宁市梁山县数学九上开学质量跟踪监视模拟试题【含答案】

这是一份2025届山东省济宁市梁山县数学九上开学质量跟踪监视模拟试题【含答案】，共29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，在矩形纸片ABCD中，AB＝4，AD＝3，折叠纸片使DA与对角线DB重合，点A落在点A′处，折痕为DG，则A′G的长是()
A．1B．C．D．2
2、（4分）如图，要测量的A、C两点被池塘隔开，李师傅在AC外任选一点B，连接BA和BC，分别取BA和BC的中点E、F，量得E、F两点间距离等于23米，则A、C两点间的距离为（ ）
A．46B．23C．50D．25
3、（4分）如图，△ABC中，AB=AC=15，AD平分∠BAC，点E为AC的中点，连接DE，若△CDE的周长为21，则BC的长为（ ）
A．16B．14C．12D．6
4、（4分）如图，要测定被池塘隔开的A，B两点的距离．可以在AB外选一点C，连接AC，BC，并分别找出它们的中点D，E，连接DE．现测得AC＝30m，BC＝40m，DE＝24m，则AB＝（ ）
A．50mB．48mC．45mD．35m
5、（4分）如果aA．a+26、（4分）要使代数式有意义，则的取值范围是
A．B．C．D．
7、（4分）下列命题中是真命题的是（ ）
A．若a＞b，则3﹣a＞3﹣b
B．如果ab＝0，那么a＝0，b＝0
C．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形
D．有两个角为60°的三角形是等边三角形
8、（4分）下列图形是中心对称图形的是( )
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）如图如果以正方形的对角线为边作第二个正方形，再以对角线为边作第三个正方形，如此下去，…，已知正方形的面积为1，按上述方法所作的正方形的面积依次为，…（为正整数），那么第8个正方形的面积__.
10、（4分）如图是甲、乙两名射由运动员的10次射击训练成绩的折线统计图观察图形，比较甲、乙这10次射击成绩的方差S甲2、S乙2的大小：S甲2____S乙2（填“＞”、“＜”或“＝”）
11、（4分）已知：在△ABC中，AC=a，AB与BC所在直线成45°角，AC与BC所在直线形成的夹角的余弦值为（即csC=），则AC边上的中线长是_____________．
12、（4分）如图所示，为了安全起见，要为一段高5米，斜边长13米的楼梯上红地毯，则红地毯至少需要________米长。
13、（4分）使函数 有意义的 的取值范围是________.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）（1）如图1，在矩形中，对角线与相交于点，过点作直线，且交于点，交于点，连接，且平分.
①求证：四边形是菱形；
②直接写出的度数；
（2）把（1）中菱形进行分离研究，如图2，分别在边上，且，连接为的中点，连接，并延长交于点，连接.试探究线段与之间满足的关系，并说明理由；
（3）把（1）中矩形进行特殊化探究，如图3，矩形满足时，点是对角线上一点，连接，作，垂足为点，交于点，连接，交于点.请直接写出线段三者之间满足的数量关系.
15、（8分）已知与成正比例，且时．求：与的函数解析式．
16、（8分）计算：
（小题1）解不等式组
17、（10分）如图，已知菱形ABCD，AB=AC，E、F分别是BC、AD的中点，连接AE、CF．
（1）求证：四边形AECF是矩形；
（2）若AB=6，求菱形的面积．
18、（10分）（1）操作思考：如图1，在平面直角坐标系中，等腰直角的直角顶点在原点，将其绕着点旋转，若顶点恰好落在点处．则①的长为______；②点的坐标为______（直接写结果）
（2）感悟应用：如图2，在平面直角坐标系中，将等腰直角如图放置，直角顶点，点，试求直线的函数表达式．
（3）拓展研究：如图3，在直角坐标系中，点，过点作轴，垂足为点，作轴，垂足为点是线段上的一个动点，点是直线上一动点．问是否存在以点为直角顶点的等腰直角，若存在，请直接写出此时点的坐标，若不存在，请说明理由．
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）已知分式，当x__________时，分式无意义?当x____时，分式的值为零？当x=-3时，分式的值为_____________．
20、（4分）函数自变量的取值范围是______.
21、（4分）如图，点E是正方形ABCD内的一点，连接AE、BE、CE，将△ABE绕点B顺时针旋转90°到△CBE′的位置．若AE=1，BE=2，CE=3，则∠BE′C= 度．
22、（4分）如图，以点O为圆心的三个同心圆把以OA1为半径的大圆的面积四等分，若OA1=R,则OA4:OA3:OA2:OA1=______________,若有（）个同心圆把这个大圆等分，则最小的圆的半径是=_______．
23、（4分）如图，E是矩形ABCD的对角线的交点，点F在边AE上，且DF＝DC，若∠ADF＝25°，则∠ECD＝___°．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）问题发现：
（1）如图①，正方形ABCD的边长为4，对角线AC、BD相交于点O，E是AB上点（点E不与A、B重合），将射线OE绕点O逆时针旋转90°，所得射线与BC交于点F，则四边形OEBF的面积为 ．
问题探究：
（2）如图②，线段BQ＝10，C为BQ上点，在BQ上方作四边形ABCD，使∠ABC＝∠ADC＝90°，且AD＝CD，连接DQ，求DQ的最小值；
问题解决：
（3）“绿水青山就是金山银山”，某市在生态治理活动中新建了一处南山植物园，图③为南山植物园花卉展示区的部分平面示意图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，AD＝CD，AC＝600米．其中AB、BD、BC为观赏小路，设计人员考虑到为分散人流和便观赏，提出三条小路的长度和要取得最大，试求AB+BD+BC的最大值．
25、（10分）如图，在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，过点A作BD的平行线AE交CB的延长线于点E．
（1）求证：BE＝BC；
（2）过点C作CF⊥BD于点F，并延长CF交AE于点G，连接OG．若BF＝3，CF＝6，求四边形BOGE的周长．
26、（12分）如图，▱ABCD中，，，垂足分别是E，求证：．
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】
由在矩形纸片ABCD中，AB=4，AD=3，可求得BD的长，由折叠的性质，即可求得A′B的长，然后设A′G=x，由勾股定理即可得：x2+4=（4-x）2，解此方程即可求得答案．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴
∴
由折叠的性质,可得：A′D=AD=3,A′G=AG,
∴A′B=BD−A′D=5−3=2，
设A′G=x，
则AG=x，BG=AB−AG=4−x，
在Rt△A′BG中,
∴
解得：
∴
故选:C.
考查折叠的性质，矩形的性质，勾股定理等知识点，熟练掌握折叠的性质是解题的关键.
2、A
【解析】
试题分析：∵点EF分别是BA和BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴AC=2EF=2×23=46米．
故选A．
考点：三角形中位线定理．
3、C
【解析】
先根据等腰三角形三线合一知D为BC中点，由点E为AC的中点知DE为△ABC中位线，故△ABC的周长是△CDE的周长的两倍，由此可求出BC的值.
【详解】
∵AB=AC=15，AD平分∠BAC，
∴D为BC中点，
∵点E为AC的中点，
∴DE为△ABC中位线，
∴DE=AB，
∴△ABC的周长是△CDE的周长的两倍，由此可求出BC的值.
∴AB+AC+BC=42，
∴BC=42-15-15=12，
故选C.
此题主要考查三角形的中位线定理，解题的关键是熟知等腰三角形的三线合一定理.
4、B
【解析】
∵D是AC的中点，E是BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=AB，
∵DE=24m，
∴AB=2DE=48m，
故选B．
5、C
【解析】
根据不等式的性质，逐项判断即可．
【详解】
解：A.，，选项结论正确，不符合题意；
B.，，选项结论正确，不符合题意；
C.，，选项结论错误，符合题意；
D.，，选项结论正确，不符合题意．
故选：C．
此题主要考查了不等式的基本性质：（1）不等式的两边同时乘以（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；（2）不等式的两边同时乘以（或除以）同一个负数，不等号的方向改变；（3）不等式的两边同时加上（或减去）同一个数或同一个含有字母的式子，不等号的方向不变．
6、C
【解析】
根据二次根式的被开方数非负得到关于x的不等式，解不等式即得答案.
【详解】
解：根据题意，得，解得，.
故选C.
本题考查了二次根式有意义的条件，熟知二次根式被开方数非负是解题的关键.
7、D
【解析】
分别判断各选项是否正确即可解答.
【详解】
解：A. 若a＞b，则3﹣a＜3﹣b，故A错误；
B. 如果ab＝0，那么a＝0或b＝0，故B错误；
C. 一组对边相等，另一组对边平行的四边形不一定是平行四边形，故C错误；
D. 有两个角为60°的三角形是等边三角形，故D正确；
故选D.
本题考查了不等式的性质、平行四边形的判定、三角形的判定等知识，熟练掌握是解题的关键.
8、C
【解析】
根据中心对称图形的概念求解．
【详解】
解：A、不是中心对称图形，故此选项错误；
B、不是中心对称图形，故此选项错误；
C、是中心对称图形，故此选项正确；
D、不是中心对称图形，故此选项错误．
故选：C．
本题考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、128
【解析】
由题意可以知道第一个正方形的边长为1，第二个正方形的边长为 ，第三个正方形的边长为2，就有第n个正方形的边长为（n-1），再根据正方形的面积公式就可以求出结论．
【详解】
第一个正方形的面积为1,故其边长为1=2；
第二个正方形的边长为,其面积为2=2；
第三个正方形的边长为2,其面积为4=2；
第四个正方形的边长为2,其面积为8=2；
…
第n个正方形的边长为(),其面积为2.
当n=8时，
S=2，
=2=128.
故答案为：128.
此题考查正方形的性质，解题关键在于找到规律.
10、＜
【解析】
利用折线统计图可判断乙运动员的成绩波动较大，然后根据方差的意义可得到甲乙的方差的大小．
【详解】
解：由折线统计图得乙运动员的成绩波动较大，
所以S甲2＜S乙2
故选＜
本题考查了条形统计图：条形统计图是用线段长度表示数据，根据数量的多少画成长短不同的矩形直条，然后按顺序把这些直条排列起来．也考查了方差的意义．
11、或
【解析】
解：分两种情况：
①△ABC为锐角三角形时，如图1．
作△ABC的高AD，BE为AC边的中线．
∵在直角△ACD中，AC=a，csC=，
∴CD=a，AD=a．
∵在直角△ABD中，∠ABD=45°，
∴BD=AD=a，
∴BC=BD+CD=a．
在△BCE中，由余弦定理，得
BE2=BC2+EC2-2BC•EC•csC
∴BE=；
②△ABC为钝角三角形时，如图2．
作△ABC的高AD，BE为AC边的中线．
∵在直角△ACD中，AC=a，csC=，
∴CD=a，AD=a．
∵在直角△ABD中，∠ABD=45°，
∴BD=AD=a，
∴BC=BD+CD=a．
在△BCE中，由余弦定理，得
BE2=BC2+EC2-2BC•EC•csC
∴BE=．
综上可知AC边上的中线长是或．
12、17
【解析】
地毯的长度实际是所有台阶的宽加上台阶的高，平移可得，台阶的宽之和与高之和构成了直角三角形的两条直角边，因此利用勾股定理求出水平距离即可.
【详解】
根据勾股定理，楼梯水平长度为：
＝12米，
则红地毯至少要12＋5＝17米长.
本题考查了勾股定理的应用，是一道实际问题，解题的关键是从实际问题中抽象出直角三角形，利用平移性质，把地毯长度分割为直角三角形的直角边.
13、 且
【解析】
根据被开方数是非负数且分母不能为零，可得答案．
【详解】
解：由题意，得

解得x＞-3且．
故答案为：x＞-3且．
本题考查函数自变量的取值范围，利用被开方数是非负数且分母不能为零得出不等式是解题关键．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、 (1)①见解析;②60°;(1)见解析;(3)见解析.
【解析】
（1）①由△DOE≌△BOF，推出EO=OF，由OB=OD，推出四边形EBFD是平行四边形，再证明EB=ED即可；②先证明∠ABD=1∠ADB，推出∠ADB=30°，即可解决问题；
（1）延长到，使得，连接，由菱形性质，，得，由此，由ASA可证得，由此，故
，由，可证得是等边三角形，可得，，由SAS可证，可得，即是等边三角形，
在中，由，，可得，由此可得；
（3）结论：EG1=AG1+CE1．如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，先证明△DEG≌△DEM，再证明△ECM是直角三角形即可解决问题．
【详解】
（1）①证明：如图1中，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是菱形．
②∵四边形是菱形，
∴，
∵平分，
∴，
∴=，
∵四边形是矩形，
∴A=，
∴+=，
∴==，
∴；
（1）结论：．
理由：如图1中，延长到，使得，连接．
∵四边形是菱形，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
在中，∵，，
∴，
∴．
（3）结论：．
理由：如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，
∵∠FAD+∠DEF=90°，
∴AFED四点共圆，
∴∠EDF=∠DAE=45°，∠ADC=90°，
∴∠ADF+∠EDC=45°，
∵∠ADF=∠CDM，
∴∠CDM+∠CDE=45°=∠EDG，
在△DEM和△DEG中，
，
∴△DEG≌△DEM，
∴GE=EM，
∵∠DCM=∠DAG=∠ACD=45°，AG=CM，
∴∠ECM=90°，
∴EC1+CM1=EM1，
∵EG=EM，AG=CM，
∴GE1=AG1+CE1．
本题考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
15、．
【解析】
根据正比例函数的定义设该函数的解析式为（），将x，y的值代入求出k的值即可得出答案．
【详解】
解：设该函数的解析式为（），
∵当时，，∴
解得
∴所求函数的解析式为.
本题考查的知识点是正比例函数的定义，比较简单，属于基础题目．
16、-2＜x≤-6
【解析】
解不等式（1）得：x-6≥2x
x-2x≥6
-x≥6
x≤-6
解不等式（2）得：1-3x+3＜8-x
-3x+x＜8-1-3
-2x＜4
x＞-2
∴这个不等式的解是-2＜x≤-6
17、（1）证明见解析；（2）24
【解析】
试题分析：（1）首先证明△ABC是等边三角形，进而得出∠AEC=90°，四边形AECF是平行四边形，即可得出答案；
（2）利用勾股定理得出AE的长，进而求出菱形的面积．
试题解析：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
又∵AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∵E是BC的中点，
∴AE⊥BC，
∴∠AEC=90°，
∵E、F分别是BC、AD的中点，
∴AF=AD，EC=BC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC且AD=BC，
∴AF∥EC且AF=EC，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵∠AEC=90°，
∴四边形AECF是矩形；
（2）在Rt△ABE中，AE=，
所以，S菱形ABCD=6×3=18．
考点：1.菱形的性质；2..矩形的判定．
18、（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）根据勾股定理可得OA长，由对应边相等可得B点坐标；
（2）通过证明得出点B坐标，用待定系数法求直线的函数表达式；
（3）设点Q坐标为，可通过证三角形全等的性质可得a的值，由Q点坐标可间接求出P点坐标.
【详解】
解：（1）如图1，作轴于F，轴于E.
由A点坐标可知
在中，根据勾股定理可得；
为等腰直角三角形

轴于F，轴于E
又



所以B点坐标为：
（2）如图，过点作轴．
为等腰直角三角形

轴
又
∴，
∴，
∴．
设直线的表达式为
将和代入，得
，
解得，
∴直线的函数表达式．
（3）如图3，分两种情况，点Q可在x轴下方和点Q在x轴上方
设点Q坐标为，点P坐标为
当点Q在x轴下方时，连接，过点作 交其延长线于M，则M点坐标为
为等腰直角三角形


又
由题意得
，
解得 ，所以
当点Q在x轴上方时，连接，过点作 交其延长线于N，则N点坐标为
同理可得,
由题意得
，
解得 ，所以
综上的坐标为：．
本题是一次函数与三角形的综合，主要考查了一次函数解析式、全等三角形的证明及性质，灵活运用全等的性质求点的坐标是解题的关键.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、 -5
【解析】
根据分式无意义的条件是分母为0可得第一空，根据分子为0，分母不为0时分式的值为0可得第二空，将的值代入分式中即可求值，从而得出第三空的答案．
【详解】
根据分式无意义的条件可知，当时，分式无意义，此时；
根据分式的值为0的条件可知，当时，分式的值为0，此时；
将 x的值代入分式中，得；
故答案为： ．
本题主要考查分式无意义，分式的值为0以及分式求值，掌握分式无意义，分式的值为0的条件是解题的关键．
20、
【解析】
根据分式与二次根式的性质即可求解.
【详解】
依题意得x-9＞0，
解得
故填：.
此题主要考查函数的自变量取值，解题的关键是熟知分式与二次根式的性质.
21、135
【解析】
试题分析：如图，连接EE′，
∵将△ABE绕点B顺时针旋转30°到△CBE′的位置，AE=1，BE=3，CE=3，
∴∠EBE′=30°，BE=BE′=3，AE=E′C=1．
∴EE′=3，∠BE′E=45°．
∵E′E3+E′C3=8+1=3，EC3=3．∴E′E3+E′C3=EC3．
∴△EE′C是直角三角形，∴∠EE′C=30°．∴∠BE′C=135°．
22、
【解析】
根据每个圆与大圆的面积关系，即可求出每个圆的半径长，即可得到结论.
【详解】
∵π•OA42＝π•OA12，
∴O A42＝OA12，
∴O A4=OA1；
∵π•OA32＝π•OA12，
∴O A32＝OA12，
∴O A3=OA1；
∵π•OA22＝π•OA12，
∴O A22＝OA12，
∴O A2=OA1；
∵OA1=R
因此这三个圆的半径为：O A2=R，O A3=R，O A4=R．
∴OA4:OA3:OA2:OA1=
由此可得，有（）个同心圆把这个大圆等分，则最小的圆的半径是=
故答案为：（1）；（2）．
本题考查了算术平方根的定义和性质；弄清每个圆与大圆的面积关系是解题的关键．
23、17.1．
【解析】
根据矩形的性质由∠ADF求出∠CDF，再由等腰三角形的性质得出∠ECD即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，
∵∠ADF=21°，
∴∠CDF=∠ADC﹣∠ADF=90°﹣21°=61°，
∵DF=DC，
∴∠ECD=，
故答案为：17.1．
本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，解本题的关键是求出∠CDF．是一道中考常考的简单题．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）4；（2）5；（3）600（+1）．
【解析】
（1）如图①中，证明△EOB≌△FOC即可解决问题；
（2）如图②中，连接BD，取AC的中点O，连接OB，OD．利用四点共圆，证明∠DBQ＝∠DAC＝45°，再根据垂线段最短即可解决问题．
（3）如图③中，将△BDC绕点D顺时针旋转90°得到△EDA，首先证明AB+BC+BD＝（+1）BD，当BD最大时，AB+BC+BD的值最大．
【详解】
解：（1）如图①中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OB＝OC，∠OBE＝∠OCF＝45°，∠BOC＝90°，
∵∠EOF＝90°，
∴∠EOF＝∠BOC，
∴∠EOB＝∠FOC，
∴△EOB≌△FOC（SAS），
∴S△EOB＝S△OFC，
∴S四边形OEBF＝S△OBC＝•S正方形ABCD＝4，
故答案为：4；
（2）如图②中，连接BD，取AC的中点O，连接OB，OD．
∵∠ABD＝∠ADC＝90°，AO＝OC，
∴OA＝OC＝OB＝OD，
∴A，B，C，D四点共圆，
∴∠DBC＝∠DAC，
∵DA＝DC，∠ADC＝90°，
∴∠DAC＝∠DCA＝45°，
∴∠DBQ＝45°，
根据垂线段最短可知，当QD⊥BD时，QD的值最短，DQ的最小值＝BQ＝5．
（3）如图③中，将△BDC绕点D顺时针旋转90°得到△EDA，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠BCD+∠BAD＝∠EAD+BAD＝180°，
∴B，A，E三点共线，
∵DE＝DB，∠EDB＝90°，
∴BE＝BD，
∴AB+BC＝AB+AE＝BE＝BD，
∴BC+BC+BD＝（+1）BD，
∴当BD最大时，AB+BC+BD的值最大，
∵A，B，C，D四点共圆，
∴当BD为直径时，BD的值最大，
∵∠ADC＝90°，
∴AC是直径，
∴BD＝AC时，AB+BC+BD的值最大，最大值＝600（+1）．
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
25、（1）详见解析；（2）3+1．
【解析】
（1）利用平行线等分线段定理证明即可．
（2）根据勾股定理得BC＝，易证△CBF∽△DBC，得BD＝15，根据矩形的性质和直角三角形的性质得OG＝，利用平行线等分线段定理得BE＝3，由中位线的性质得EG＝6，进而即可求解．
【详解】
（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴OC＝OA，
∵OB∥AE，
∴BC＝BE；
（2）∵CF⊥BD，
∴∠CFB＝90°，
在Rt△BCF中，BC＝，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD＝90°＝∠BFC，AC＝BD，
∵∠CBF＝∠DBC，
∴△CBF∽△DBC，
∴，
∴BD＝＝15，OB＝OD＝，
∴AC＝BD＝15，
∵CF⊥BD，BD∥AE，
∴CG⊥AE，
∴∠AGC＝90°，
∵OC＝OA，
∴OG＝AC＝，
∵OC＝OA，OF∥AG，
∴CF＝FG，
∴BC＝BE＝3，
∴EG＝2BF＝6，
∴四边形BOGE的周长＝3+6++＝3+1．
本题主要考查矩形的性质定理，平行线等分线段定理，直角三角形的性质定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质定理，掌握上述定理，是解题的关键．
26、证明见解析.
【解析】
根据平行四边形性质可得，，结合已知利用AAS易证，可得.
【详解】
证明：四边形ABCD是平行四边形，
，，
，
在和中，
，
≌，
．
本题考核知识点：平行四边形性质.解题关键点：熟记平行四边形性质.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分