2025届四川省遂宁市安居区数学九上开学学业质量监测模拟试题【含答案】

这是一份2025届四川省遂宁市安居区数学九上开学学业质量监测模拟试题【含答案】，共21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）某公园草坪的防护栏由100段形状相同的抛物线形构件组成，为了牢固起见，每段护栏需要间距0.4m加设一根不锈钢的支柱，防护栏的最高点距底部0.5m（如图），则这条防护栏需要不锈钢支柱的总长度至少为（ ）
A．50mB．100mC．160mD．200m
2、（4分）如图,矩形在平面直角坐标系中, ,,把矩形沿直线对折使点落在点处,直线与的交点分别为,点在轴上,点在坐标平面内,若四边形是菱形,则菱形的面积是（ ）
A．B．C．D．
3、（4分）一元二次方程的求根公式是（ ）
A．B．
C．D．
4、（4分）式子有意义，则a的取值范围是（ ）
A．且B．或
C．或D．且
5、（4分）因式分解x2﹣9y2的正确结果是（ ）
A．（x+9y）（x﹣9y）
B．（x+3y）（x﹣3y）
C．（x﹣3y）2
D．（x﹣9y）2
6、（4分）下列几红数中，是勾股数的有（ ）.
①5、12、13；②13、14、15；③3k、4k、5k（k为正整数）；④、2、.
A．1组B．2组C．3组D．4组
7、（4分）下列条件中，不能判定一个四边形是平行四边形的是（ ）
A．两组对边分别平行B．一组对边平行且相等C．两组对角分别相等D．一组对边相等且一组对角相等
8、（4分）如图所示的是一扇高为2m，宽为1.5m的长方形门框，光头强有一些薄木板要通过门框搬进屋内，在不能破坏门框，也不能锯短木板的情况下，能通过门框的木板最大的宽度为（ ）
A．1.5mB．2mC．2.5mD．3m
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）已知直线y=kx+3经过点A(2，5)和B(m，-2)，则m= ___________．
10、（4分）如图，这个图案是用形状、大小完全相同的等腰梯形密铺而成的，则这个图案中的等腰梯形的底角(指锐角)是_________度．
11、（4分）如图，矩形中，是上一点（不与重合），点在边上运动，分别是的中点，线段长度的最大值是__________.
12、（4分）若关于x的分式方程＝有增根，则m的值为_____．
13、（4分）二次根式有意义的条件是__________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）上午6：00时，甲船从M港出发，以80和速度向东航行。半小时后，乙船也由M港出发，以相同的速度向南航行。上午8：00时，甲、乙两船相距多远？要求画出符合题意的图形.
15、（8分）已知关于x的方程x1﹣（1k+1）x+k1﹣1＝0有两个实数根x1，x1．
（1）求实数k的取值范围；
（1）若方程的两个实数根x1，x1满足，求k的值．
16、（8分）在读书月活动中，某校号召全体师生积极捐书，为了解所捐书籍的种类，图书管理员对部分书籍进行了抽样调查，根据调查数据绘制了如下不完整的统计图表．请你根据统计图表所提供的信息回答下面问题：
某校师生捐书种类情况统计表
（1）统计表中的m= ，n= ；
（2）补全条形统计图；
（3）本次活动师生共捐书2000本，请估计有多少本科普类图书？
17、（10分）如图，城有肥料吨，城有肥料吨，现要把这些肥料全部运往、两乡、从城往、两乡运肥料的费用分别是元/吨和元/吨；从城往、两多运肥料的费用分别是元/吨和元/吨，现乡需要肥料吨，乡需要肥料吨，怎样调运可使总运费最少?
18、（10分）计算：（ +）×
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）已知一次函数的图象经过第一、二、四象限，则的取值范围是_____．
20、（4分）如图，已知正方形纸片ABCD，M，N分别是AD、BC的中点，把BC边向上翻折，使点C恰好落在MN上的P点处，BQ为折痕，则∠BPN=_____度．
21、（4分）如图，在平行四边形中，于点，若，则的度数为________．
22、（4分）观察式子，，，……，根据你发现的规律可知，第个式子为______.
23、（4分）若在实数范围内有意义，则的取值范围是____________.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）房山某中学改革学生的学习模式，变“老师要学生学习”为“学生自主学习”，培养了学生 自主学习的能力．小华与小明同学就“最喜欢哪种学习方式”随机调查了他们周围的一些同学，根据收集到的数据绘制了以下的两个统计图．请根据下面两个不完整的统计图回答以下问题：
(1)这次抽样调查中，共调查了 名学生；
(2)补全两幅统计图；
(3)根据抽样调查的结果，估算该校 1000 名学生中大约有多少人选择“小组合作学习”？
25、（10分）已知y是x的函数，自变量x的取值范围是，下表是y与x的几组对应值．
小华根据学习函数的经验，利用上述表格所反映出的y与x之间的变化规律，对该函数的图象与性质进行了探究．下面是小华的探究过程，请将其补充完整：
（1）如图，在平面直角坐标系xOy中，描出了以上表中各组对应值为坐标的点．根据描出的点，画出该函数的图象．
（2）根据画出的函数图象，写出：
①时，对应的函数值y约为 （结果精确到0.01）；
②该函数的一条性质： ．
26、（12分）如图，在直角坐标系中，点为坐标原点，点，分别在轴，轴的正半轴上，矩形的边，，反比例函数的图象经过边的中点．
（1）求该反比例函数的表达式；
（2）求的面积．
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】
分析：根据所建坐标系特点可设解析式为y=ax2+c的形式，结合图象易求B点和C点坐标，代入解析式解方程组求出a，c的值得解析式；再根据对称性求B3、B4的纵坐标后再求出总长度．
解答：解：
（1）由题意得B（0，0.5）、C（1，0）
设抛物线的解析式为：y=ax2+c
代入得 a=-c=
∴解析式为：y=-x2+
（2）当x=0.2时y=0.48
当x=0.6时y=0.32
∴B1C1+B2C2+B3C3+B4C4=2×（0.48+0.32）=1.6米
∴所需不锈钢管的总长度为：1.6×100=160米．
故选C．
2、C
【解析】
如图，连接AD，根据勾股定理先求出OC的长，然后根据折叠的性质以及勾股定理求出AD、DF的长，继而作出符合题意的菱形，分别求出菱形的两条对角线长，然后根据菱形的面积等于对角线积的一半进行求解即可.
【详解】
如图，连接AD，
∵∠AOC=90°，AC=5，AO=3，
∴CO==4，
∵把矩形沿直线对折使点落在点处，
∴∠AFD=90°，AD=CD，CF=AF=，
设AD=CD=m，则OD=4-m，
在Rt△AOD中，AD2=AO2+OD2，
∴m2=32+(4-m)2，
∴m=，
即AD=，
∴DF===，
如图，过点F作FH⊥OC，垂足为H，延长FH至点N，使HN=HF，在HC上截取HM=HD，则四边形MFDN即为符合条件的菱形，
由题意可知FH=，
∴FN=2FH=3，DH=，
∴DM=2DH=，
∴S菱形MFDN=，
故选C.
本题考查了折叠的性质，菱形的判定与性质，勾股定理等知识，综合性质较强，有一定的难度，正确添加辅助线，画出符合题意的菱形是解题的关键.
3、A
【解析】
根据一元二次方程的求根公式，即可做出判断.
【详解】
解：一元二次方程的求根公式是，故选A.
本题主要考查了一元二次方程的求根公式，准确的识记求根公式是解答本题的关键.
4、A
【解析】
根据零指数幂的意义、分式有意义的条件列出不等式，解不等式即可．
【详解】
解：由题意得，a-1≠0，a+1≠0，
解得，a≠1且a≠-1，
故选：A．
本题考查的是分式有意义的条件、零指数幂，掌握分式有意义的条件是分母不等于零是解题的关键．
5、B
【解析】
原式利用平方差公式分解即可
【详解】
解：x2-9y2=（x+3y）（x-3y），
故选：B．
此题考查了因式分解-运用公式法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
6、B
【解析】
勾股数是满足a2+b2=c2 的三个正整数，据此进行判断即可．
【详解】
解：∵满足a2+b2=c2 的三个正整数，称为勾股数，
∴是勾股数的有①5、12、13；③3k、4k、5k（k为正整数）．
故选：B．
本题主要考查了勾股定理的逆定理，一组勾股数扩大相同的整数倍得到三个数仍是一组勾股数．
7、D
【解析】
根据平行四边形的判定方法逐一进行判断即可.
【详解】
A. 两组对边分别平行的四边形是平行四边形，故A选项正确，不符合题意；
B. 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故B选项正确，不符合题意；
C. 两组对角分别相等的四边形是平行四边形，故C选项正确，不符合题意；
D. 一组对边相等且一组对角相等的四边形不一定是平行四边形，
如图，四边形ABCD为平行四边形，连接AC，作AE垂直BC于E，
在EB上截取EC'=EC,连接AC',则△AEC'≌△AEC,AC'=AC，
把△ACD绕点A顺时针旋转∠CAC'的度数,则AC与AC'重合，
显然四边形ABC'D'满足:AB=CD=C'D'，∠B=∠D=∠D'，而四边形ABC'D'并不是平行四边形，故D选项错误，符合题意，
故选D.
本题考查了平行四边形的判定方法，熟练掌握平行四边形的判定方法是解本题的关键.
8、C
【解析】
利用勾股定理求出门框对角线的长度，由此即可得出结论．
【详解】
解：如图，门框的对角线长为：=2.5m，
所以能通过门框的木板的最大宽度为2.5m，
故选C．
本题考查了勾股定理的应用，利用勾股定理求出长方形门框对角线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】
由题意将点A(2，1)和B(m，-2)，代入y=kx+3，即可求解得到m的值．
【详解】
解：∵直线y=kx+3经过点A(2，1)和B(m，-2)，
∴，解得，
∴．
故答案为：-1．
本题考查一次函数图象性质，注意掌握点过一次函数图象即有点坐标满足一次函数解析式．
10、60°
【解析】
根据图案的特点，可知密铺的一个顶点处的周角，由3个完全相同的等腰梯形的较大内角组成，即可求出等腰梯形的较大内角的度数，进而即可得到答案.
【详解】
由图案可知：密铺的一个顶点处的周角，由3个完全相同的等腰梯形的较大内角组成，
∴等腰梯形的较大内角为360°÷3=120°，
∵等腰梯形的两底平行，
∴等腰梯形的底角（指锐角）是：180°-120°=60°．
故答案是：60°．
本题主要考查等腰梯形的性质以及平面镶嵌，掌握平面镶嵌的性质是解题的关键．
11、5
【解析】
根据矩形的性质求出AC,然后求出AP的取值范围,再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得MN=AP.
【详解】
解:∵矩形ABCD中，AB=6,BC=8 ,
∴对角线AC=10,
∵P是CD边上的一动点,
∴8≤AP≤10,
连接AP,
∵M,N分别是AE、PE的中点,
∴MN是△AEP的中位线,
∴, MN=AP.
∴MN最大长度为5.
本题考查了矩形的性质,三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半,熟记性质以及定理并求出AP的取值范围是解题的关键.
12、3
【解析】
增根是化为整式方程后产生的不适合分式方程的根．所以应先确定增根的可能值，让最简公分母x-2=0，得到x=2，然后代入化为整式方程的方程算出m的值．
【详解】
解：去分母得：3x＝m+3，
由分式方程有增根，得到x﹣2＝0，即x＝2，
把x＝2代入方程得：6＝m+3，
解得：m＝3，
故答案为：3
此题考查分式方程的增根，解题关键在于得到x的值.
13、
【解析】
根据被开方式大于零列式求解即可.
【详解】
由题意得
x-3>0，
∴x>3.
故答案为：x>3.
本题考查了代数式有意义时字母的取值范围，代数式有意义时字母的取值范围一般从几个方面考虑：①当代数式是整式时，字母可取全体实数；②当代数式是分式时，考虑分式的分母不能为0；③当代数式是二次根式时，被开方数为非负数．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、两船相距200，画图见解析.
【解析】
根据题意画出图形，利用勾股定理求解即可．
【详解】
解：如图所示，
∵甲船从港口出发，以80的速度向东行驶，
∴MA=80×2=160（km），
∵半个小时后，乙船也由同一港口出发，以相同的速度向南航行，
∴MB=80×1.5=120（km），
∴（km），
∴上午8：00时，甲、乙两船相距200km.
本题考查的是勾股定理的应用，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．
15、（1）；（1）
【解析】
(1)根据判别式的意义可得△=,解不等式即可求出实数k的取值范围;(1)利用根与系数的关系将两根之和和两根之积代入代数式求k的值即可.
本题解析：
【详解】
解：（1）由题意得：△≥0
∴
∴
（1）由题意得：
由得：
∴
∴ 或
∵ ∴
点睛：本题考查了一元二次方程的根的判别式当△>0,方程有两个不相等的实数根;当△=0,方程有两个相等的实数根;当△<0,方程没有实数根.也考查了根与系数的关系.
16、（1）8 30%；（2）图形见解析；（3）600.
【解析】
试题分析：（1）n=1﹣35%﹣20%﹣15%=30%，∵此次抽样的书本总数为12÷30%=40（本），∴m=40﹣12﹣14﹣6=8；（2）根据（1）中m值可补全统计图；（3）用样本中科普类书籍的百分比乘以总数可得答案．
试题解析：（1）m=8，n=30%；（2）统计图见下图：
（3）2000×30%=600（本），答：估计有600本科普类图书．
考点：1频率与频数；2条形统计图；3样本估计总体.
17、从A城运往C乡0吨，运往D乡200吨；从B城运往C乡240吨，运往的D乡60吨，此时总运费最少，总运费最小值是10040元．
【解析】
设总运费为y元，A城运往C乡的肥料量为x吨，则运往D乡的肥料量为（200-x）吨；B城运往C、D乡的肥料量分别为（240-x）吨和吨，然后根据总运费和运输量的关系列出方程式，最后根据x的取值范围求出y的最小值．
【详解】
解：设总运费为元，城运往乡的肥料量为吨，则运往乡的肥料量为吨；城运往、乡的肥料量分别为吨和吨．
由总运费与各运输量的关系可知，反映与之间的函数关系为
.
化简得
，随的增大而增大，
∴当时，的最小值．
因此，从城运往乡吨，运往乡吨；从城运往乡吨，运往乡吨，此时总运费最少，总运费最小值是元．
故答案为：从A城运往C乡0吨，运往D乡200吨；从B城运往C乡240吨，运往的D乡60吨，此时总运费最少，总运费最小值是10040元．
本题考查一次函数的应用，一次函数的性质的运用．解答时求出一次函数的解析式是关键．
18、6+2．
【解析】
先化简二次根式，再利用乘法分配律计算可得．
【详解】
原式＝（2+2）×
＝6+2．
本题主要考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式的混合运算顺序和运算法则．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
若函数y=kx+b的图象经过第一、二、四象限，则k＜0，b＞0，由此可以确定m的取值范围．
【详解】
解：∵直线y=（2m-3）x-m+5经过第一、二、四象限，
∴2m-3＜0，-m+5＞0，
故m＜．
故答案是：m＜．
考查了一次函数图象与系数的关系，一次函数y=kx+b的图象有四种情况：
①当k＞0，b＞0，函数y=kx+b的图象经过第一、二、三象限，y的值随x的值增大而增大；
②当k＞0，b＜0，函数y=kx+b的图象经过第一、三、四象限，y的值随x的值增大而增大；
③当k＜0，b＞0时，函数y=kx+b的图象经过第一、二、四象限，y的值随x的值增大而减小；
④当k＜0，b＜0时，函数y=kx+b的图象经过第二、三、四象限，y的值随x的值增大而减小．
20、1
【解析】
根据折叠的性质知：可知：BN=BP，再根据∠BNP=90°即可求得∠BPN的值.
【详解】
根据折叠的性质知：BP=BC，
∴BN=BC=BP，
∵∠BNP=90°，
∴∠BPN=1°，
故答案为：1．
本题考查了正方形的性质、翻折变换（折叠问题）等知识，熟练掌握相关的性质及定理是解题的关键.
21、26°
【解析】
根据可得△DBC为等腰三角形，则有∠DBC=∠C=64°，再根据平行四边形的对边互相平行，可得∠ADB=∠DBC=64°，最后再根据内角和定理来求得∠DAE的度数．
【详解】
解：∵，∠C=64°，
∴∠DBC=∠C=64°，
又∵四边形是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC=64°，
又∵，
∴∠DAE=90°−64°=26°．
故答案为：26°．
本题主要考查了平行四边形和等腰三角形的性质，熟练掌握是解题的关键．
22、
【解析】
分别找出分子指数规律和分母指数规律，再结合符号规律即可得出答案．
【详解】
∵，，，……，
∴第n个式子为(−1)n+1•
故答案为：(−1)n+1•．
主要考查了学生的分析、总结、归纳能力，规律型的习题一般是从所给的数据和运算方法进行分析，从特殊值的规律上总结出一般性的规律
23、且.
【解析】
分析：根据分式有意义和二次根式有意义的条件解题.
详解：因为在实数范围内有意义，所以x≥0且x－1≠0，则x≥0且x≠1.
故答案为x≥0且x≠1.
点睛：本题考查了分式和二次根式有意义的条件，分式有意义的条件是分母不等于0；二次根式有意义的条件是被开方数是非负数，代数式既有分式又有二次根式时，分式与二次根式都要有意义.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）500（2）见解析（3）300人
【解析】
（1）根据“个人自学后老师点拨”与所占的百分比进行计算即可得解.
（2）求出“教师传授”的人数：（人）补全条形统计图；求出“教师传授”所占百分比：和“小组合作学习” 所占百分比：补全扇形统计图.
（3）用样本估计总体.
【详解】
解：（1）根据“个人自学后老师点拨”300人．占60%，得（人）.
（2）补全统计图如下：
（3）∵（人），
∴根据抽样调查的结果，估计该校1000名学生中大约有300人选择“小组合作学习”.
考点：1．条形统计图；2.扇形统计图；3.用样本估计总体.
25、（1）见解析；（2）①-2.01（答案不唯一）；②y随x的增大而增大（答案不唯一）
【解析】
（1）将各点顺次连线即可得到函数的图象；
（2）①根据函数图象读取函数值即可；
②可从函数的增减性的角度回答.
【详解】
（1）如图，
（2）根据函数图象得：
①当x=-2.5时，y的值约为-2.01（答案不唯一），
故答案为：-2.01（答案不唯一）；
②当x<0时y随x的增大而增大（答案不唯一），
故答案为：y随x的增大而增大（答案不唯一）.
此题考查函数的图象，函数值，函数自变量的取值范围，根据描点法画出函数图象是解题的关键.
26、（1）；（2）．
【解析】
（1）根据，求出C点坐标，再根据为的中点，得到D点坐标，再用待定系数法即可求解函数解析式；
（2）先求出E点坐标，利用割补法即可求出的面积．
【详解】
解：（1）∵，，
∴．
∵为的中点，
∴．代入可得，
∴．
（2）将代入得，
∴．
∴矩形．
此题主要考查反比例函数与几何综合，解题的关键是熟知待定系数法的应用．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
种类
频数
百分比
A．科普类
12
n
B．文学类
14
35%
C．艺术类
m
20%
D．其它类
6
15%