甘肃省武威凉州区四校联考2025届九上数学开学教学质量检测模拟试题【含答案】

这是一份甘肃省武威凉州区四校联考2025届九上数学开学教学质量检测模拟试题【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）如图所示，在直角坐标系内，原点O恰好是▱ABCD对角线的交点，若A点坐标为(2，3)，则C点坐标为( )
A．(－3，－2)B．(－2，3)C．(－2，－3)D．(2，－3)
2、（4分）晋商大院的许多窗格图案蕴含着对称之美，现从中选取以下四种窗格图案，其中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3、（4分）如图是甲、乙两名运动员正式比赛前的5次训练成绩的折线统计图，你认为成绩较稳定的是（ ）
A．甲B．乙
C．甲、乙的成绩一样稳定D．无法确定
4、（4分）已知关于x的一元二次方程x2﹣2kx+6＝0有两个相等的实数根，则k的值为（ ）
A．±2B．±C．2或3D．或
5、（4分）将函数的图象向上平移5个单位长度，得到的函数解析式为（ ）
A．B．
C．D．
6、（4分）下列图案中，是中心对称图形的是( )
A．B． C． D．
7、（4分）二次根式中字母的范围为（ ）
A．B．C．D．
8、（4分）给出下列几组数：① 4,5,6；②8，15，16;③n2－1，2n，n2＋1；④m2－n2，2mn，m2＋n2（m>n>0）．其中—定能组成直角三角形三边长的是（ ）．
A．①② B．③④ C．①③④ D．④
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）一个正多边形的每个外角等于72°，则它的边数是__________．
10、（4分）已知点P（1，2）关于x轴的对称点为P′，且P′在直线y=kx+3上，把直线y=kx+3的图象向上平移2个单位，所得的直线解析式为 ．
11、（4分）关于x的一元一次不等式组中两个不等式的解集在同一数轴上的表示如图所示，则m的值是_______．
12、（4分）如果a－b＝2，ab＝3，那么a2b－ab2＝_________；
13、（4分）计算的结果是__________.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）为了解某中学学生对《最强大脑》、《朗读者》、《中国诗词大会》、《出彩中国人》四个电视节目的喜爱情况，随机抽取了x名学生进行调查统计（要求每名学生选出并且只能选出一个自己最喜爱的节目），并将调查结果绘制成如图统计图表：
根据以上提供的信息，解答下列问题：
（1）x ，a ，b ；
（2）补全上面的条形统计图；
（3）若该校共有学生5000名，根据抽样调查结果，估计该校最喜爱《中国诗词大会》节目的学生有多少名.
15、（8分）如图，在边长12的正方形ABCD中，点E是CD的中点，点F在边AD上，且AF=3DF，连接BE，BF，EF，请判断△BEF的形状，并说明理由．
16、（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”？
17、（10分）随着改革开放进程的推进，改变的不仅仅是人们的购物模式，就连支付方式也在时代的浪潮中发生着天翻地覆的改变，除了现金、银行卡支付以外，还有微信、支付宝以及其他支付方式．在一次购物中，小明和小亮都想从微信、支付宝、银行卡三种支付方式中选一种方式进行支付，请用画树状图或列表格的方法，求出两人恰好选择同一种支付方式的概率.
18、（10分）每年的6月5日为世界环保日，为了提倡低碳环保，某公司决定购买10台节省能源的新设备，现有甲乙两种型号的设备可供选购．经调查：购买3台甲型设备比购买2台乙型设备多花14万元，购买2台甲型设备比购买3台乙型设备少花4万元．
（1）直接写出甲乙两种型号设备每台的价格分别为多少万元；
（2）该公司经预算决定购买节省能源的新设备的资金不超过90万元，你认为该公司有几种购买方案？
（3）在（2）的条件下，若该公司使用新设备进行生产，已知甲型设备每台的产量为240吨/月，乙型设备每台的产量为180吨/月，每月要求总产量不低于2040吨，请你为该公司设计一种最省钱的购买方案．
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，把R1，R2，R3三个电阻串联起来，线路AB上的电流为I，电压为U，则U=IR1+IR2+IR3，当R1=18.3，R2=17.6，R3=19.1，U=220时，I的值为___________.
20、（4分）直线y=3x+2沿y轴向下平移4个单位，则平移后直线与y轴的交点坐标为_______．
21、（4分）如图，一次函数与的图的交点坐标为（2，3），则关于的不等式的解集为_____.

22、（4分）如图，小明作出了边长为2的第1个正△A1B1C1 ， 算出了正△A1B1C1的面积. 然后分别取△A1B1C1的三边中点A2、B2、C2 ， 作出了第2个正△A2B2C2 ， 算出了正△A2B2C2的面积. 用同样的方法，作出了第3个正△A3B3C3 ， 算出了正△A3B3C3的面积……，由此可得，第2个正△A2B2C2的面积是_______,第n个正△AnBnCn的面积是______
23、（4分）如图，在四边形ABCD中，∠ADC=∠ABC=90°，AD=CD，DP⊥AB于P．若四边形ABCD的面积是18，则DP的长是_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8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?
25、（10分）如图，已知四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
(1)求证：矩形DEFG是正方形．
(2)当点E从A点运动到C点时；
①求证：∠DCG的大小始终不变；
②若正方形ABCD的边长为2，则点G运动的路径长为 ．
26、（12分）已知：等腰三角形的一个角，求其余两角与的度数.
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】
根据图像,利用中心对称即可解题.
【详解】
由题可知▱ABCD关于点O中心对称,
∴点A和点C关于点O中心对称,
∵A(2，3)，
∴C(－2，－3)
故选C.
本题考查了中心对称,属于简单题,熟悉中心对称的点的坐标变换是解题关键.
2、B
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
A、是轴对称图形，也是中心对称图形．故错误；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形．故正确；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形．故错误；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形．故错误．
故选B．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3、A
【解析】
观察图象可知：甲的波动较小，成绩较稳定．
【详解】
解：从图得到，甲的波动较小，甲的成绩稳定．
故选：A．
本题考查方差的意义，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
4、B
【解析】
利用判别式的意义得到△＝（﹣2k）2﹣4×6＝0，然后解关于k的方程即可．
【详解】
解：根据题意得△＝（﹣2k）2﹣4×6＝0，
解得k＝±．
故选：B．
本题考查根的判别式：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．
5、A
【解析】
根据函数图象上加下减，可得答案．
【详解】
由题意，得
y=2x+5，
即y=2x+5，
故选：A.
此题考查一次函数图象与几何变换，解题关键在于掌握平移法则
6、D
【解析】
根据中心对称图形的定义逐一进行分析判断即可.
【详解】
A、不是中心对称图形，故不符合题意；
B、不是中心对称图形，故不符合题意；
C、不是中心对称图形，故不符合题意；
D、是中心对称图形，故符合题意，
故选D.
本题考查了中心对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形的概念是解题的关键.
7、B
【解析】
根据二次根式有意义的条件可得a−4≥0，解不等式即可．
【详解】
解：由题意得：a−4≥0，
解得：a≥4，
故选：B．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，关键是掌握二次根式中的被开方数是非负数．
8、D
【解析】①42+52≠62，∴不能组成直角三角形；②82+152≠162，∴不能组成直角三角形；③当n=1时，三边长为：0、2、2，不能组成直角三角形；④(m2－n2)2+( 2mn)2=( m2＋n2)2,且m>n>0，∴能组成直角三角形.
故选D.
点睛：本题关键在于勾股定理逆定理的运用.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1
【解析】
根据题意利用多边形的外角和是360°，这个正多边形的每个外角相等，因而用360°除以外角的度数，就得到外角的个数，外角的个数就是多边形的边数．
【详解】
解：360÷72=1．
故它的边数是1．
故答案为：1．
本题考查多边形内角与外角，根据正多边形的外角和求多边形的边数是解题的关键．
10、y=﹣1x+1．
【解析】
由对称得到P′（1，﹣2），再代入解析式得到k的值，再根据平移得到新解析式.
【详解】
∵点P（1，2）关于x轴的对称点为P′，
∴P′（1，﹣2），
∵P′在直线y=kx+3上，
∴﹣2=k+3，解得：k=﹣1，
则y=﹣1x+3，
∴把直线y=kx+3的图象向上平移2个单位，所得的直线解析式为：y=﹣1x+1．
故答案为y=﹣1x+1．
考点：一次函数图象与几何变换．
11、m=1
【解析】
解不等式，表达出解集，根据数轴得出即可．
【详解】
解：不等式，
解不等式①得：
解不等式②得：，
由数轴可知，，解得m=1，
故答案为：m=1．
本题考查了根据不等式的解集求不等式中的参数问题，解题的关键是正确解出不等式组，根据解集表达出含参数的方程．
12、6
【解析】
首先将a2b－ab2提取公因式，在代入计算即可.
【详解】
解：
代入a－b＝2，ab＝3
则原式=
故答案为6.
本题主要考查因式分解的计算，关键在于提取公因式，这是基本知识点，应当熟练掌握.
13、9
【解析】
根据二次根式的性质进行化简即可.
【详解】
=|-9|=9.
故答案为：9.
此题主要考查了二次根式的化简，注意：.

三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）50；20；30；（2）图见解析；（3）2000人。
【解析】
（1）根据最强大脑的人数除以占的百分比确定出x的值，进而求出a与b的值即可；
（2）根据a的值，补全条形统计图即可；
（3）由中国诗词大会的百分比乘以5000即可得到结果．
【详解】
解：（1）根据题意得：x=5÷10%=50，a=50×40%=20，；
故答案为：50；20；30；
（2）中国诗词大会的人数为20人，补全条形统计图，如图所示：
（3）根据题意得：5000×40%=2000（名）.
则估计该校最喜爱《中国诗词大会》节目的学生有2000名．
此题考查了条形统计图，用样本估计总体，以及统计表，弄清题中的数据是解本题的关键．
15、△BEF是直角三角形，理由见解析
【解析】
因为正方形的四条边相等，边长为12，由E为DC的中点，得出DE和EC的长，AF=3DF，得出AF和DF的长，从而在Rt△ABF中、Rt△BCE中和Rt△DEF中，分别由勾股定理求得BF、BE和EF的长，得到BE2+EF2=BF2，再由勾股定理逆定理证得△BEF是直角三角形.
【详解】
解：△BEF是直角三角形，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠C=∠D=20°
∵点E是CD的中点，
∴DE=CE=CD=1．
∵AF=3DF，
∴DF=AD=3
∴AF=3DF=2．
在Rt△ABF中，由勾股定理可得BF2=AB2+AF2=144+81=225，
在Rt△BCE中，由勾股定理可得BE2=CB2+CE2=144+31=180，
在Rt△DEF中，由勾股定理可得EF2=DF2+DE2=2+31=45，
∵BE2+EF2=180+45=225，BF2=225，
∴BE2+EF2=BF2
∴△BEF是直角三角形.
此题主要考查直角三角形的判定，解题的关键是熟知勾股定理的逆定理.
16、（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.
17、.
【解析】
首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两人恰好选择同一种支付方式的情况，再利用概率公式即可求得答案.
【详解】
解：将微信记为A、支付宝记为B、银行卡记为C，
画树状图如下：
∵共有9种等可能的结果，其中两人恰好选择同一种支付方式的有3种，
∴两人恰好选择同一种支付方式的概率为．
此题考查列表法与画树状图法，解题关键在于画出树状图.
18、（1）甲型号每台10万元，乙型号每台8万元；（2）有6种购买方案；（3）最省钱的购买方案为：选购甲型设备4台，乙型设备6台．
【解析】
（1）设甲型设备每台的价格为x万元，乙型设备每台的价格为y万元，根据“购买3台甲型设备比购买2台乙型设备多花14万元，购买2台甲型设备比购买3台乙型设备少花4万元”，即可得出关于x、y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设购买甲型设备m台，则购买乙型设备（10-m）台，由于购买节省能源的新设备的资金不超过90万元，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出各购买方案；
（3）由每月要求总产量不低于2040吨，可得出关于m的一元一次不等式，解之结合（2）的结论即可找出m的值，再利用总价=单价×数量求出两种购买方案所需费用，比较后即可得出结论．
【详解】
（1）设甲型号每台万元，乙型号每台万元，则
，
解得；
甲型号每台万元，乙型号每台万元
（2）设购买甲型台，乙型台，根据题意得，
，
解得，，
∵取非负整数 ，
，
∴有6种购买方案；
（3）根据题意，得
，
解得，，
∴当时，购买资金为10×4+8×6=88（万元），
当时，购买资金为10×5+8×5=90（万元），
则最省钱的购买方案为：选购甲型设备4台，乙型设备6台．
本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式；（3）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、1
【解析】
直接把已知数据代入进而求出答案．
【详解】
解：由题意可得：U=IR1+IR2+IR3=I（R1+R2+R3），
当R1=18.3，R2=17.6，R3=19.1，U=220时，
I（18.3+17.6+19.1）=220
解得：I=1
故答案为：1．
此题主要考查了代数式求值，正确代入相关数据是解题关键．
20、（0，－2）
【解析】
y=3x+2沿y轴向下平移4个单位y=3x+2-4=3x-2,
令x=0,y=-2, 所以（0，-2）.
故交点坐标（0，-2）.
21、x＜2.
【解析】
根据不等式与函数的关系由图像直接得出即可.
【详解】
由图可得关于的不等式的解集为x＜2.
故填：x＜2.
此题主要考查函数与不等式的关系，解题的关键是熟知函数的性质.
22、
【解析】
根据相似三角形的性质，先求出正△A2B2C2，正△A3B3C3的面积，依此类推△AnBnCn的面积是.
【详解】
正△A1B1C1的面积是×22==，
∵△A2B2C2与△A1B1C1相似，并且相似比是1：2，
∴面积的比是1：4，
则正△A2B2C2的面积是× ==；
∵正△A3B3C3与正△A2B2C2的面积的比也是1：4，
∴面积是×==；
依此类推△AnBnCn与△An﹣1Bn﹣1Cn﹣1的面积的比是1：4，
第n个三角形的面积是.
故答案是： , .
考查了相似三角形的判定与性质，以及等边三角形的性质，找出题中的规律是解题的关键．
23、
【解析】
过点D作DE⊥DP交BC的延长线于E，先判断出四边形DPBE是矩形，再根据等角的余角相等求出∠ADP=∠CDE，再利用“角角边”证明△ADP和△CDE全等，根据全等三角形对应边相等可得DE=DP，然后判断出四边形DPBE是正方形，再根据正方形的面积公式解答即可．
解：如图，过点D作DE⊥DP交BC的延长线于E，
∵∠ADC=∠ABC=90°，
∴四边形DPBE是矩形，
∵∠CDE+∠CDP=90°，∠ADC=90°，
∴∠ADP+∠CDP=90°，
∴∠ADP=∠CDE，
∵DP⊥AB，
∴∠APD=90°，
∴∠APD=∠E=90°，
在△ADP和△CDE中，
∠ADP=∠CDE，∠APD=∠E，AD=CD，
∴△ADP≌△CDE（AAS），
∴DE=DP，四边形ABCD的面积=四边形DPBE的面积=18，
∴矩形DPBE是正方形，
∴DP=．
故答案为3．
“点睛”本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形和正方形是解题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、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．
25、 (1)详见解析;（2）①详见解析;②
【解析】
（1）要证明矩形DEFG为正方形，只需要证明它有一组临边（DE和EF）相等即可，而要证明两条线段相等，需证明它们所在的三角形全等，如下图本小题的关键是证明△EMF≌△END，∠MEF=∠NED可用等角的余角证明，EM=EN可用角平分线上的点到角两边距离相等，∠EMF和∠END为一组直角相等，所以可以用ASA证明它们全等；
（2）此类题，前面的问题是给后面做铺垫，第一问已经证明四边形DEFG为正方形，结合第一问我们很容易发现并证明△ADE≌△CDG，从而得到∠DCG=∠CAD=45°；
（3）当当E点在A处时，点G在C处；当E点在C处时，点G在AD的延长线上，并且AD=DG，以CD为边作正方形，我们会发现G点的运动轨迹刚好是正方形的对角线，它的长度等于.
【详解】
证明:(1)
作EM⊥BC,EN⊥CD,
∵四边形ABCD为正方形
∴∠DCB=90°，∠ACB=∠ACD=45°
又∵EM⊥BC,EN⊥CD，
∴EM=EN（角平分线上的点到角两边距离相等），
∠MEN=90°，
∴∠MEF+∠NEF=90°，
∵四边形DEFG为矩形，
∴∠DEF=90°，
∴∠NED+∠NEF=90°，
∴∠MEF=∠NED，
在△EMF和△END中
∵
∴△EMF≌△END，
∴DE=DF,
∴矩形DEFG为正方形；
（2）①证明：∵正方形ABCD、DEFG
∴AD=CD，ED=GD
∵∠ADE+∠DEC=90°，∠CDG+∠EDC=90°
∴∠ADE=∠CDG
在△ADE和△CDG中，
∵AD=CD，∠ADE=∠CDG，ED=GD
∴△ADE≌△CDG
∴∠DCG=∠EAD=45°
∴∠DCG的大小始终保持不变
②
以CD为边作正方形DCPQ，连接QC
∴∠DCQ=45°，
又∵∠DCG=45°
∴C、G、Q在同一条直线上，
当E点在A处时，点G在C处；当E点在C处时，点G在Q处，
∴G点的运动轨迹为QC，
∵正方形ABCD的边长为2
所以QC= ，
即点G运动的路径长为
（1）本题考查正方形的判定定理，有一组临边相等的矩形为正方形，所以此题的关键是证明DE=DF，我们可通过化辅助线，证明△ADE≌△CDG；
（2）①本题考查的是全等三角形的判定定理和性质定理，结合第一问通过观察图象，我们会发现△ADE≌△CDG，所以∠DCG=∠EAD=45°；
②做这道题时，我们先构造模型，观察一下G点的起始位置和终点位置，结合①，我们会发现其实G点的运动轨迹刚好是正方形DCPQ的对角线，所以点G运动的路径长为.
26、见解析.
【解析】
根据∠α的情况进行分类讨论求解即可.
【详解】
当时，由三角形内角和，是顶角，所以
当时，①是顶角，所以
②是底角，、或、
本题考查了等腰三角形的性质；等腰三角形中，已知没有明确具体名称时要分类讨论，这是解答本题的关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分