湖南长沙市广益实验中学2024-2025学年九年级数学第一学期开学达标检测模拟试题【含答案】

这是一份湖南长沙市广益实验中学2024-2025学年九年级数学第一学期开学达标检测模拟试题【含答案】，共20页。试卷主要包含了选择题，四象限B．第一，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）要使分式有意义，则x应满足( )
A．x≠﹣1B．x≠2C．x≠±1D．x≠﹣1且x≠2
2、（4分）（2013年四川绵阳3分）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC=8cm，BD=6cm，DH⊥AB于点H，且DH与AC交于G，则GH=【 】
A．cm B．cm C．cm D．cm
3、（4分）一条直线y=kx+b，其中k+b＜0，kb＞0，那么该直线经过( )
A．第二、四象限B．第一、二、三象限
C．第一、三象限D．第二、三、四象限
4、（4分）要使分式有意义，则x的取值应满足（ ）
A．B．C．D．
5、（4分）在中，点为的中点，平分，且于点，延长交于点，若，，则的长为（ ）
A．B．1C．D．2
6、（4分）在平面直角坐标系中，直线：与轴交于点，如图所示依次作正方形、正方形、、正方形，使得点在直线上，点在轴正半轴上，则点的坐标是( )
A．，)B．，
C．，D．，
7、（4分）下列各式中正确的是( )
A．B．C．＝a＋bD．＝－a－b
8、（4分）如图，在中，平分，交于点，平分，交于点，，，则长为（ ）
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）在实数范围内分解因式：x2﹣3＝_____．
10、（4分）如图，矩形ABCD中，AB=16cm，BC=8cm，将矩形沿AC折叠，点D落在点D′处，则重叠部分△AFC的面积为______．
11、（4分）如图，，请你再添加一个条件______，使得（填一个即可）.
12、（4分）在植树节当天，某校一个班同学分成10个小组参加植树造林活动，10个小组植树的株数见下表：
则这10个小组植树株数的方差是_____．
13、（4分）▱ABCD中，AE⊥BD，∠EAD＝60°，AE＝2cm，AC+BD＝14cm，则△OBC的周长是_____cm．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）某校对各个班级教室卫生情况的考评包括以下几项：门窗，桌椅，地面，一天，两个班级的各项卫生成绩分别如表：（单位：分）
（1）两个班的平均得分分别是多少；
（2）按学校的考评要求，将黑板、门窗、桌椅、地面这三项得分依次按25%、35%、40%的比例计算各班的卫生成绩，那么哪个班的卫生成绩高？请说明理由．
15、（8分）如图，将矩形纸沿着CE所在直线折叠，B点落在B’处，CD与EB’交于点F，如果AB=10cm，AD=6cm，AE=2cm，求EF的长。
16、（8分）四边形中，，，，，垂足分别为、.
（1）求证：；
（2）若与相交于点，求证：.
17、（10分）如图，平面直角坐标系中，直线分别交x轴、y轴于A、B两点（AOAB）且AO、AB的长分别是一元二次方程x23x20的两个根，点C在x轴负半轴上，且AB：AC=1:2.
（1）求A、C两点的坐标；
（2）若点M从C点出发，以每秒1个单位的速度沿射线CB运动，连接AM，设△ABM的面积为S，点M的运动时间为t，写出S关于t的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（3）点P是y轴上的点，在坐标平面内是否存在点Q，使以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
18、（10分）如图，四边形和四边形都是平行四边形．
求证：四边形是平行四边形．
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）设直角三角形的两条直角边分别为a和b，斜边为c，若a＝6，c＝10，则b＝_____．
20、（4分）一元二次方程 的一次项系数为_________．
21、（4分）如果关于x的方程(m+2)x＝8无解，那么m的取值范围是_____．
22、（4分）有一张一个角为30°，最小边长为4的直角三角形纸片，沿图中所示的中位线剪开后，将两部分拼成一个四边形，所得四边形的周长是 ．
23、（4分）如图，平行四边形ABCD的周长为36，对角线AC，BD相交于点O．点E是CD的中点，BD＝10，则DOE的周长为_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，△ABC中，∠B=90°，AB=3，BC=4，CD=12，AD=13，点E是AD的中点，求CE的长．
25、（10分）如图，在矩形中，对角线、相交于点.若，，求的长.
26、（12分）如图，平行四边形的顶点分别在轴和轴上，顶点在反比例函数的图象上，求平行四边形的面积．
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、D
【解析】
试题分析：当（x+1）（x-2）时分式有意义，所以x≠-1且x≠2，故选D．
考点：分式有意义的条件．
2、B。
【解析】∵四边形ABCD是菱形，对角线AC=8cm，BD=6cm，∴AO=4cm，BO=3cm。，
在Rt△AOB中，，
∵BD×AC=AB×DH，∴DH=cm。
在Rt△DHB中，，AH=AB﹣BH=cm。
∵，∴GH=AH=cm。故选B。
考点：菱形的性质，勾股定理，锐角三角函数定义。
3、D
【解析】
根据k+b＜0，kb＞0，可得k＜0，b＜0，从而可知一条直线y=kx+b的图象经过哪几个象限．
【详解】
解：∵k+b＜0，kb＞0，
∴k＜0，b＜0，
∴y=kx+b的图象经过第二、三、四象限，
故选：D．
本题考查一次函数图象与系数的关系，解题的关键是明确k、b的正负不同，函数图象相应的在哪几个象限．
4、A
【解析】
解：∵ 在实数范围内有意义，
∴.
∴
故选A.
5、B
【解析】
根据等腰三角形三线合一的性质可得BD-DN，AB-AN，再求出CN，然后判断出DM是ABCN的中位线，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解答即可.
【详解】
解：∵AD为∠BAC的平分线，BD⊥AD
∴BD=DN，AB=AN=4，
∴ CN=AC-AN-6-4=2
又∵M为△ABC的边BC的中点
∴DM是△BCN的中位线，
∴мD=CN=×2=1，
故选：B.
本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，等腰三角形三线合一的性质，熟记定理与性质并作辅助线构造出以MD为中位线的三角形是解题的关键.
6、C
【解析】
根据一次函数图象上点的坐标特征找出A 、A 、A 、A 的坐标，结合图形即可得知点B 是线段CA的中点，由此即可得出点 的坐标．
【详解】
观察,发现：A (1,0),A (2,1),A (4,3),A (8,7)，…，
∴A (2 ,2−1)(n为正整数).
观察图形可知：点B是线段CA 的中点，
∴点B的坐标是(2 ,2−1).
∴点的坐标是(2 ,2 −1).
故答案为：，
此题考查一次函数图象上点的坐标特征，规律型：点的坐标，解题关键在于找到规律
7、D
【解析】
根据分式的性质：分子分母同时扩大或缩小相同倍数,值不变,和分式的通分即可解题.
【详解】
A. ,故A错误,
B. , 故B错误
C. a＋b,这里面分子不能用平方差因式分解,
D. ＝－a－b,正确
故选D.
本题考查了分式的运算性质,属于简单题,熟悉概念是解题关键.
8、A
【解析】
先证明AB=AF，DC=DE，再根据EF=AF+DE﹣AD，求出AD，即可得出答案.
【详解】
∵四边形是平行四边形
∴,,∥
∵平分，平分
∴,
∴,
∴
∴
∴
故选A
本题考查了平行四边形的性质，考点涉及平行线性质以及等角对等边等知识点，熟练掌握平行四边形的性质是解答本题的关键.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
把3写成的平方，然后再利用平方差公式进行分解因式．
【详解】
解：x2﹣3＝x2﹣（）2＝（x+）（x﹣）．
本题考查平方差公式分解因式，把3写成的平方是利用平方差公式的关键．
10、1
【解析】
因为BC为AF边上的高，要求△AFC的面积，求得AF即可，求证△AFD′≌△CFB，得BF=D′F，设D′F=x，则在Rt△AFD′中，根据勾股定理求x，∴AF=AB-BF．
【详解】
解：易证△AFD′≌△CFB，
∴D′F=BF，
设D′F=x，则AF=16-x，
在Rt△AFD′中，（16-x）2=x2+82，
解之得：x=6，
∴AF=AB-FB=16-6=10，
故答案为：1．
本题考查了翻折变换-折叠问题，勾股定理的正确运用，本题中设D′F=x，根据直角三角形AFD′中运用勾股定理求x是解题的关键．
11、(答案不唯一)
【解析】
注意两个三角形有一个公共角∠A，再按照三角形全等的判定方法结合图形添加即可.
【详解】
解：∵∠ A=∠ A， AB=AC，
∴若按照SAS可添加条件AD=AE；
若按照AAS可添加条件∠ ADB=∠AEC；
若按照ASA可添加条件∠B=∠C；
故答案为AD=AE或∠ADB=∠AEC或∠B=∠C.
本题考查了全等三角形的判定方法，熟练掌握判定三角形全等的各种方法是解决此类问题的关键.
12、0.1．
【解析】
求出平均数，再利用方差计算公式求出即可：
根据表格得，平均数=（5×3+1×4+7×3）÷10=1.
∴方差=.
【详解】
请在此输入详解！
13、1．
【解析】
首先根据平行四边形基本性质，AE⊥BD，∠EAD=60°，可得∠ADE=30°，然后再根据直角三角形的性质可得AD=2AE=4cm，再根据四边形ABCD是平行四边形可得AO=CO，BO=DO，BC=AD=4cm，进而求出BO+CO的长，然后可得△OBC的周长．
【详解】
∵AE⊥BD,∠EAD=60°，
∴∠ADE=30°，
∴AD=2AE=4cm，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO，BC=AD=4cm，
∵AC+BD=14cm，
∴BO+CO=7cm，
∴△OBC的周长为：7+4=1(cm)，
故答案为1
本题考查平行四边形的基本性质，解题关键在于根据直角三角形的性质得出AD=2AE=4cm
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）一班的平均得分90，二班的平均得分90（2）一班的卫生成绩高．
【解析】
（1）、（2）利用平均数的计算方法，先求出所有数据的和，然后除以数据的总个数即可求出答案．
【详解】
解：（1）一班的平均得分＝（95+85+90）÷3＝90，
二班的平均得分＝（90+95+85）÷3＝90，
（2）一班的加权平均成绩＝85×25%+90×35%+95×40%＝90.75，
二班的加权平均成绩＝95×25%+85×35%+90×40%＝89.5，
所以一班的卫生成绩高．
本题考查的是平均数和加权平均数的求法，关键是利用平均数和加权平均数的计算方法解答．
15、
【解析】
首先根据题意证明EF=CF，再作过E作EG⊥CD于G，设EF=CF=x，在Rt△EFG中根据勾股定理求解即可.
【详解】
解：根据题意，∠CEF=∠CEB，
∵AB∥CD，
∴∠CEB=∠ECD，
∴∠CEF∠ECD，
∴EF=CF，
过E作EG⊥CD于G，
设EF=CF=x，
则GF=AB-AE-EF=10-2-x=8-x，
在Rt△EFG中，EF2=GF2+EG2，
∴x2=（8-x）2+62，
∴x=，
∴EF=cm．
本题主要考查勾股定理的应用，关键在于设出合适的未知数，根据勾股定理列方程.
16、（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（1）根据已知条件得到BF=DE，由垂直的定义得到∠AED=∠CFB=90°，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）如图，连接AC交BD于O，根据全等三角形的性质得到∠ADE=∠CBF，由平行线的判定得到AD∥BC，根据平行四边形的性质即可得到结论．
【详解】
证明：（1）∵BE=DF，
∴BE-EF=DF-EF，
即BF=DE，
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AED=∠CFB=90°，
在Rt△ADE与Rt△CBF中，
，
∴Rt△ADE≌Rt△CBF；
（2）如图，连接AC交BD于O，
∵Rt△ADE≌Rt△CBF，
∴∠ADE=∠CBF，
∴AD∥BC，又AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO．
本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
17、（1）A(1，0)，C(-3，0)；(2) （3）存在，点Q的坐标为(-1，0)，(1，2)，(1，-2)，（1，）.
【解析】
（1）根据方程求出AO、AB的长，再由AB：AC=1:2求出OC的长，即可得到答案；
（2）分点M在CB上时，点M在CB延长线上时，两种情况讨论S与t的函数关系式；
（3）分AQ=AB,BQ=BA,BQ=AQ三种情况讨论可求点Q的坐标.
【详解】
（1）x23x20，
（x-1）（x-2）=0，
∴x1=1，x2=2，
∴AO=1，AB=2，
∴A(1，0)， ，
∵AB：AC=1:2,
∴AC=2AB=4，
∴OC=AC-OA=4-1=3，
∴C(-3，0).
(2) ∵,
∴,
∵,
∴,
∴△ABC是直角三角形，且∠ABC=90，
由题意得：CM=t，BC=,
当点M在CB上时， ，
②当点M在CB延长线上时， （t＞）.
综上，.
（3）存在，
①当AB是菱形的边时，如图所示，
在菱形AP1Q1B中，Q1O=AO=1，∴ Q1(-1，0)，
在菱形ABP2Q2中，AQ2=AB=2，∴Q2(1，2)，
在菱形ABP3Q3中，AQ3=AB=2，∴Q3(1，-2)；
②当AB为菱形的对角线时，如图所示，
设菱形的边长为x，则在Rt△AP4O中，
，
解得x=，
∴Q4（1，）.
综上，平面内满足条件的点Q的坐标为(-1，0)，(1，2)，(1，-2)，（1，）.
此题考查一次函数的综合运用、解一元二次方程，解题过程中注意分类讨论.
18、详见解析
【解析】
首先根据平行四边形的性质，得出，，，，进而得出，，即可判定.
【详解】
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形
此题主要考查平行四边形的性质和判定，熟练掌握，即可解题.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、8
【解析】
根据题意，已知直角三角形的一条直角边和斜边长，求另一直角边时直接利用勾股定理求斜边长即可.据此解答即可.
【详解】
解：由勾股定理的变形公式可得b＝＝8,
故答案为：8.
本题考查了勾股定理的运用，属于基础题. 本题比较简单，解答此类题的关键是灵活运用勾股定理，可以根据直角三角形中两条边求出另一条边的长度.
20、
【解析】
一元二次方程经过整理都可化成一般形式ax²+bx+c=0（a≠0）．其中ax²叫作二次项，a是二次项系数；bx叫作一次项，b是一次项系数；c叫作常数项．
【详解】
解：一元二次方程 的一次项系数为-1．
故答案为：．
本题考查的知识点是一元二次方程的一般形式，是基础题目，易于理解掌握．
21、
【解析】
根据一元一次方程无解，则m＋1＝0，即可解答．
【详解】
解：∵关于的方程无解，
∴m＋1＝0，
∴m＝−1，
故答案为m＝−1．
本题考查了一元一次方程的解，根据题意得出关于m的方程是解题关键．
22、或1．
【解析】
试题分析：此题主要考查了图形的剪拼，关键是根据画出图形，要考虑全面，不要漏解． 根据三角函数可以计算出BC=8，AC=4，再根据中位线的性质可得CD=AD=，CF=BF=4，DF=2，然后拼图，出现两种情况，一种是拼成一个矩形，另一种拼成一个平行四边形，进而算出周长即可．
解：由题意可得：AB=4，
∵∠C=30°，
∴BC=8，AC=4，
∵图中所示的中位线剪开，
∴CD=AD=2，CF=BF=4，DF=2，
如图1所示：拼成一个矩形，矩形周长为：2+2+4+2+2=8+4；
如图2所示，可以拼成一个平行四边形，周长为：4+4+4+4=1，
故答案为8+4或1．
考点：1.图形的剪拼；2.三角形中位线定理．
23、1
【解析】
由平行四边形的性质得出AB＝CD，AD＝BC，OB＝OD＝BD＝5，得出BC+CD＝18，证出OE是△BCD的中位线，DE＝CD，由三角形中位线定理得出OE＝BC，△DOE的周长＝OD+OE+DE＝OD+（BC+CD），即可得出结果．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，OB＝OD＝BD＝5，
∵平行四边形ABCD的周长为36，
∴BC+CD＝18，
∵点E是CD的中点，
∴OE是△BCD的中位线，DE＝CD，
∴OE＝BC，
∴△DOE的周长＝OD+OE+DE＝OD+（BC+CD）＝5+9＝1；
故答案为：1．
本题考查平行四边形的性质、三角形中位线的性质，熟练运用平行四边形和三角形中位线的性质定理是解题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、6.5
【解析】
在Rt△ABC中，由勾股定理可求得AC=5，由勾股定理的逆定理判定△ACD为直角三角形，然后根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半即可得解.
【详解】
解：在Rt△ABC中，∠B=90°，
∵AB=3，BC=4，
∴，
∵CD=12，AD=13，
∴AC2+CD2=52+122=169=AD2，
∴△ACD是直角三角形，
∵点E是AD的中点，
∴CE=．
本题考查勾股定理，勾股定理的逆定理和直角三角形斜边上的中线，学生需熟练掌握其内容.
25、
【解析】
首先根据矩形的性质可得，易证是等边三角形,即可得OA的长度，可得AC的长度．
【详解】
在矩形中，
．
，
．
是等边三角形．
，
．
本题考查了矩形的性质以及等边三角形的判定，掌握矩形的性质是解题的关键.
26、3
【解析】
根据题意可知B点的横坐标和纵坐标分别是平行四边形的底和高，根据平行四边形的面积公式及反比例函数系数的几何意义，即可得出.
【详解】
∵平行四边形ABOC定点A、C分别在y轴和x轴上，顶点B在反比例函数y= 的图象上，设B点横坐标为a，则纵坐标为 ，
∴S平行四边形AB0C=AB∙OA=a∙=3，
故本题答案为：3.
本题考查了反比例函数系数k的几何意义以及平行四边形的面积公式，根据反比例函数系数k的几何意义找出S平行四边形 ABOC=|k|.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
植树株数（株）
5
6
7
小组个数
3
4
3
门窗
桌椅
地面
一班
85
90
95
二班
95
85
90