四川省泸州市龙马潭区金龙中学2024年数学九年级第一学期开学质量检测模拟试题【含答案】

这是一份四川省泸州市龙马潭区金龙中学2024年数学九年级第一学期开学质量检测模拟试题【含答案】，共20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）下列各数中，没有平方根的是（ ）
A．65B．C．D．
2、（4分）若一次函数的图像与直线平行，且过点，则此一次函数的解析式为（ ）
A．B．C．D．
3、（4分）矩形的对角线一定（ ）
A．互相垂直平分且相等B．互相平分且相等
C．互相垂直且相等D．互相垂直平分
4、（4分）如图，线段经过平移得到线段，其中点，的对应点分别为点，，这四个点都在格点上．若线段上有一个点 ，，则点在上的对应点的坐标为
A．B．C．D．
5、（4分）如果（2+）2＝a+b，a，b为有理数，那么a+b＝（ ）
A．7+4B．11C．7D．3
6、（4分）在四边形中，，如果再添加一个条件，即可推出该四边形是正方形，这个条件可以是（ ）
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）在中，点、分别为边、的中点，则与的面积之比为
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）如图，在中，和分别平分和，过点作，分别交于点，若，则线段的长为_______．
10、（4分）如图，△ABC中，E为BC的中点，AD平分∠BAC，BD⊥AD，若AB=10，AC=16，则DE= ___________．
11、（4分）若正比例函数y=kx的图象经过点（2，4），则k=_____．
12、（4分）某中学随机抽查了50名学生，了解他们一周的课外阅读时间，结果如下表所示：
则这50名学生一周的平均课外阅读时间是____小时．
13、（4分）如图，在平行四边形ABCD中，BE平分∠ABC，交AD于点E，AB=3cm，ED=cm，则平行四边形ABCD的周长是_________.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）已知点P（1，m）、Q（n，1）在反比例函数y＝的图象上，直线y＝kx+b经过点P、Q，且与x轴、y轴的交点分别为A、B两点．
（1）求 k、b的值；
（2）O为坐标原点，C在直线y＝kx+b上且AB＝AC，点D在坐标平面上，顺次联结点O、B、C、D的四边形OBCD满足：BC∥OD，BO＝CD，求满足条件的D点坐标．
15、（8分）如图，在平行四边形AECF中，B，D是直线EF上的两点，BE=DF，连接AB,BC,AD,DC.求证：四边形ABCD是平行四边形.
16、（8分）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象经过点A（6，﹣3）和点B（﹣2，5）．
（1）求这个一次函数的表达式．
（2）求该函数图象与坐标轴围成的三角形的面积．
（3）判断点C（2，2）是在直线AB的上方（右边）还是下方（左边）．
17、（10分）某商店准备进一批季节性小家电，单价40元．经市场预测，销售定价为52元时，可售出180个，定价每增加1元，销售量净减少10个；定价每减少1元，销售量净增加10个．因受库存的影响，每批次进货个数不得超过180个，商店若将准备获利2000元，则应进货多少个？定价为多少元？
18、（10分）定义：既相等又垂直的两条线段称为“等垂线段”，如图1，在中，，，点、分别在边、上，，连接、，点、、分别为、、的中点，且连接、．
观察猜想
（1）线段与 “等垂线段”（填“是”或“不是”）
猜想论证
（2）绕点按逆时针方向旋转到图2所示的位置，连接，，试判断与是否为“等垂线段”，并说明理由．
拓展延伸
（3）把绕点在平面内自由旋转，若，，请直接写出与的积的最大值．
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）将一次函数的图象向上平移个单位得到图象的函数关系式为________________．
20、（4分）若关于x的分式方程有增根，则m的值为_______．
21、（4分）计算的结果是_____。
22、（4分）在平面直角坐标系中，将点绕点旋转，得到的对应点的坐标是__________．
23、（4分）如图是两个一次函数y1＝k1x+b1与y2＝k2x+b2的图象，已知两个图象交于点A（3，2），当k1x+b1＞k2x+b2时，x的取值范围是_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于O点，AB=5，AC=6，过D点作DE//AC交BC的延长线于E点
（1）求△BDE的周长
（2）点P为线段BC上的点，连接PO并延长交AD于点Q，求证：BP=DQ
25、（10分）如图，，是上的一点，且，.
求证：≌
26、（12分）如图，是的角平分线，过点作交于点，交于点．
（1）求证：四边形为菱形；
（2）如果，，求的度数．
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】
根据平方都是非负数，可得负数没有平方根．
【详解】
A、B、D都是正数，故都有平方根；
C是负数，故C没有平方根；
故选：C．
考查平方根，正数有两个平方根，它们互为相反数，0的平方根是0，负数没有平方根.
2、D
【解析】
根据平行直线的解析式的k值相等求出k，然后把点P（-1，2）的坐标代入一次函数解析式计算即可得解．
【详解】
一次函数y=kx+b的图象与直线y=-x+1平行，
∴k=-1，
∵一次函数过点（8，2），
∴2=-8+b
解得b=1，
∴一次函数解析式为y=-x+1．
故选：D.
考查了两直线平行的问题，根据平行直线的解析式的k值相等求出一次函数解析式的k值是解题的关键．
3、B
【解析】
根据矩形的性质对矩形的对角线进行判断即可．
【详解】
解：矩形的对角线一定互相平分且相等，
故选：B．
此题考查矩形的性质，关键是根据矩形的对角线一定互相平分且相等解答．
4、A
【解析】
根据点A、B平移后横纵坐标的变化可得线段AB向左平移2个单位，向上平移了3个单位，然后再确定a、b的值，进而可得答案．
【详解】
由题意可得线段AB向左平移2个单位，向上平移了3个单位，
则P（a−2，b＋3）
故选A．
此题主要考查了坐标与图形的变化−−平移，关键是掌握横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．
5、B
【解析】
直接利用完全平方公式将原式展开，进而得出a，b的值，即可得出答案．
【详解】
解：∵（2+）2=a+b（a，b为有理数），
∴7+4=a+b，
∴a=7，b=4，
∴a+b=1．
故选B．
此题主要考查了二次根式的化简求值，正确得出a，b的值是解题关键．
6、A
【解析】
由已知可得该四边形为矩形，再添加条件：一组邻边相等，即可判定为正方形．
【详解】
∵四边形ABCD中,∠A=∠B=∠C=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
当一组邻边相等时，矩形ABCD为正方形，
这个条件可以是：.
故选A.
此题考查正方形的判定，解题关键在于掌握判定定理.
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、C
【解析】
由点D、E分别为边AB、AC的中点，可得出DE为△ABC的中位线，则DE∥BC，进而得出△ADE∽△ABC，再利用相似三角形的性质即可求出△ADE与△ABC的面积之比．
【详解】
如图所示，
∵点D、E分别为边AB、AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DE=BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴.
故选C．
本题考查了相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理，利用三角形的中位线定理找出DE∥BC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、5.
【解析】
由BD为角平分线，利用角平分线的性质得到一对角相等，再由EF与BC平行，利用两直线平行内错角相等得到一对角相等，等量代换可得出∠EBD=∠EDB，利用等角对等边得到EB=ED，同理得到FC=FD，再由EF=ED+DF，等量代换可得证．
【详解】
证明：∵BD为∠ABC的平分线，
∴∠EBD=∠CBD，
又∵EF∥BC，
∴∠EDB=∠CBD，
∴∠EBD=∠EDB，
∴EB=ED，
同理FC=FD，
又∵EF=ED+DF，
∴EF=EB+FC=5.
此题考查等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，解题关键在于得出∠EBD=∠EDB
10、1
【解析】
延长BD交AC于H，证明△ADB≌△ADH，根据全等三角形的性质得到AH=AB=10，BD=DH，根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】
延长BD交AC于H，
在△ADB和△ADH中，
，
∴△ADB≌△ADH(ASA)
∴AH=AB=10，BD=DH，
∴HC=AC-AH=6，
∵BD=DH，BE=EC，
∴DE=HC=1，
故答案为：1．
本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
11、2
【解析】

12、5.3
【解析】
(4×10+5×20+6×15+7×5) ÷50=5.3(小时).
故答案为5.3.
13、15cm
【解析】
分析：由平行四边形ABCD得到AB=CD，AD=BC，AD∥BC，再和已知BE平分∠ABC，进一步推出∠ABE=∠AEB，即AB=AE=3，即可求出AD的长，就能求出答案．
详解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD=3cm，AD=BC，AD∥BC，∴∠AEB=∠EBC， ∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠EBC，∴∠ABE=∠AEB，∴AB=AE=3，∴AD=AE+DE=3+=4.5，∴AD=BC=4.5，∴平行四边形的周长是2（AB+BC）=2（3+4.5）=15（cm）．
故答案为：15cm．
点睛：本题主要考查了平行四边形的性质，在平行四边形中，当出现角平分线时，一般可构造等腰三角形，进而利用等腰三角形的性质解题．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）k＝﹣1，b＝6；（2）满足条件的点D坐标是（12，﹣12）或（6，﹣6）
【解析】
（1）把P、Q的坐标代入反比例函数解析式可求得m、n的值，再把P、Q坐标代入直线解析式可求得k、b的值；
（2）结合（1）可先求得A、B坐标，可求得C点坐标，再由条件可求得直线OD的解析式，由BO=CD可求得D点坐标．
【详解】
解：
（1）把P（1，m）代入y＝ ，得 m＝5，
∴P（1，5），
把Q（n，1）代入y＝，得 n＝5，
∴Q（5，1），
P（1，5）、Q（5，1）代入y＝kx+b得 ,解得 ，
即k＝﹣1，b＝6；
（2）由（1）知 y＝﹣x+6，
∴A（6，0）B（0，6）
∵C点在直线AB上，
∴设C（x，﹣x+6），
由AB＝AC得，
解得x＝12或x＝0（不合题意，舍去），
∴C（12，﹣6），
∵直线OD∥BC 且过原点，
∴直线OD解析式为y＝﹣x，
∴可设D（a，﹣a），
由OB＝CD 得6＝ ，
解得a＝12或a＝6，
∴满足条件的点D坐标是（12，﹣12）或（6，﹣6）
此题考查反比例函数与一次函数的交点问题，解题关键在于把已知点代入解析式
15、见解析.
【解析】
连接AC交BD与点O.由四边形AECF是平行四边形，可证OA=OC,OE=OF,又BE=DF，所以OB=OD，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可证结论成立.
【详解】
证明：连接AC交BD与点O.
∵四边形AECF是平行四边形，
∴OA=OC,OE=OF,
∵BE=DF，
∴OE+BE=OF+DF,
∴OB=OD,
∴四边形ABCD是平行四边形.
本题主要考查了平行四边形的判定，平行四边形的判定方法有：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；③两组对边分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤.两组对角分别相等的四边形是平行四边形.
16、 (1) y=﹣x+3；(2);(3) 在直线AB的上方.
【解析】
（1）设一次函数解析式为y=kx+b，把A、B两点坐标分别代入利用待定系数法进行求解即可得；
（2）由（1）中的解析式求得直线与x轴、y轴的交点坐标，利用三角形公式进行计算即可得；
（3）把x=2代入解析式，通过计算进行判断即可得.
【详解】
（1）设一次函数解析式为y=kx+b，
把A（6，﹣3）与B（﹣2，5）代入得：，
解得：，
则一次函数解析式为y=﹣x+3；
（2）在y=﹣x+3中，令x=0，则有y=3，
令y=0，则有-x+3=0，x=3，
所以函数y=﹣x+3图象与坐标轴的交点坐标分别为（0，3）和（3，0），
所以图象与坐标轴围成的三角形的面积是；
（3）当x＝2时，y=﹣2+3＝1，所以点（2，2）在直线AB的上方.
本题考查了待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、一次函数图象与坐标轴围成的三角形面积等，熟练掌握待定系数法是解题的关键.
17、该商品每个定价为1元，进货100个.
【解析】
利用销售利润=售价﹣进价，根据题中条件可以列出利润与x的关系式，求出即可．
解：设每个商品的定价是x元，
由题意，得（x﹣40）[180﹣10（x﹣52）]=2000，
整理，得x2﹣110x+3000=0，
解得x1=50，x2=1．
当x=50时，进货180﹣10（50﹣52）=200个＞180个，不符合题意，舍去；
当x=1时，进货180﹣10（1﹣52）=100个＜180个，符合题意．
答：当该商品每个定价为1元时，进货100个．
18、（1）是；（2）是，理由详见解析；（3）49
【解析】
（1）根据题意，利用等腰三角形和三角形中位线定理得出，∠MPN=90°判定即可；
（2）由旋转和三角形中位线的性质得出，再由中位线定理进行等角转换，得出∠MPN=90°，即可判定；
（3）由题意，得出最大时，与的积最大，点在的延长线上，再由（1）（2）结论，得出与的积的最大值.
【详解】
（1）是；
∵，
∴DB=EC，∠ADE=∠AED=∠B=∠ACB
∴DE∥BC
∴∠EDC=∠DCB
∵点、、分别为、、的中点
∴PM∥EC，PN∥BD，
∴，∠DPM=∠DCE，∠PNC=∠DBC
∵∠DPN=∠PNC+∠DCB
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠ACD+∠DCB+∠B=180°-90°=90°
∴线段与是“等垂线段”；
（2）由旋转知
∵，
∴≌（）
∴，
利用三角形的中位线得，，
∴
由中位线定理可得，
∴，
∵
∴
∵
∴
∴
∴与为“等垂线段”；
（3）与的积的最大值为49；
由（1）（2）知，
∴最大时，与的积最大
∴点在的延长线上，如图所示：
∴
∴
∴.
此题主要考查等腰三角形以及三角形中位线的性质，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、．
【解析】
根据直线y=kx+b向上平移m（m＞0）个单位所得直线解析式为y=kx+b+m求解．
【详解】
解：把一次函数的图象向上平移3个单位后，得到的图象对应的函数关系式为．
故答案为：．
本题考查了一次函数图象与几何变换：直线y=kx+b向上平移m（m＞0）个单位所得直线解析式为y=kx+b+m，直线y=kx+b向下平移m（m＞0）个单位所得直线解析式为y=kx+b-m．
20、1
【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，得到，然后代入化为整式方程的方程算出m的值．
【详解】
解：方程两边都乘，得
∵原方程有增根，
∴最简公分母，
解得，
当时，
故m的值是1，
故答案为1
本题考查了分式方程的增根．增根问题可按如下步骤进行：①让最简公分母为0确定增根；②化分式方程为整式方程；③把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．
21、
【解析】
根据运算顺序，先对括号里进行通分，给a的分子分母都乘以a，然后利用分式的减法法则，分母不变，只把分子相减，进而除法法则，除以一个数等于乘以这个数的倒数，并把a2-1分解因式，约分即可得到化简结果．
【详解】
解：
故答案为：
此题考查学生灵活运用通分、约分的方法进行分式的加减及乘除运算，是一道基础题．注意运算的结果必须是最简分式．
22、
【解析】
根据题意可知点N旋转以后横纵坐标都互为相反数，从而可以解答本题．
【详解】
解：在平面直角坐标系xOy中，将点N（-1，-2）绕点O旋转180°，得到的对应点的坐标是（1，2），
故答案为：（1，2）
本题考查坐标与图形变化-旋转，解答本题的关键是明确题意，熟知坐标变化规律．
23、x＞3
【解析】
观察图象，找出函数y1＝k1x+b1的图象在y2＝k2x+b2的图象上方时对应的自变量的取值即可得答案.
【详解】
∵一次函数y1＝k1x+b1与y2＝k2x+b2的两个图象交于点A(3，2)，
∴当k1x+b1＞k2x+b2时，x的取值范围是x＞3，
故答案为：x＞3.
本题考查了一次函数与不等式，运用数形结合思想是解本题的关键.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）1；（2）证明见解析.
【解析】
分析：(1)因为菱形的对角线互相垂直及互相平分就可以在Rt△AOB中利用勾股定理求出OB，然后利用平行四边形的判定及性质就可以求出△BDE的周长；
(2)容易证明△BOP≌△DOQ，再利用它们对应边相等就可以了．
详解：（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=5，AC⊥BD，OB=OD，OA=OC=3，
∴OB==4，BD=2OB=8，
∵AD∥CE，AC∥DE，
∴四边形ACED是平行四边形，
∴CE=AD=BC=5，DE=AC=6，
∴△BDE的周长是：BD+BC+CE+DE=8+10+6=1．
（2）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠QDO=∠PBO，
∵在△DOQ和△BOP中
，
∴△DOQ≌△BOP（ASA），
∴BP=DQ．
点睛：本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，也考查了全等三角形的判定及性质;这是一道综合性的题,熟悉每个知识点是解决问题的关键.
25、证明见解析.
【解析】
此题比较简单，根据已知条件，利用直角三角形的HL可以证明题目结论．
【详解】
证明：∵∠1=∠2
∴DE=CE
∵∠A=∠B=90°
∴AE=BC
∴Rt△ADE≌Rt△BEC(HL)
此题考查直角三角形全等的判定，解题关键在于掌握判定定理
26、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）先根据两组对边平行得出四边形为平行四边形，再根据角度相等得出即可；
（2）由三角形内角和计算出∠ABC的度数，再根据角平分线得出∠DBF的度数，再由（1）可得∠BDE的度数即可．
【详解】
（1）证明：
∴四边形为平行四边形
是的角平分线
四边形为菱形．
（2）解：，，
是的角平分线
由（1）可知，
本题考查了菱形的判定及角度的计算问题，解题的关键是熟知菱形的判定定理．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
时间（时）
4
5
6
7
人数
10
20
15
5