四川省南充市四校联考2024年九年级数学第一学期开学考试模拟试题【含答案】

这是一份四川省南充市四校联考2024年九年级数学第一学期开学考试模拟试题【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）京剧是中国的“国粹”，京剧脸谱是一种具有汉族文化特色的特殊化妆方法由于每个历史人物或某一种类型的人物都有一种大概的谱式，就像唱歌、奏乐都要按照乐谱一样，所以称为“脸谱”如图是京剧华容道中关羽的脸谱图案在下面的四个图案中，可以通过平移图案得到的是
A．B．C．D．
2、（4分）不等式组的解集为（ ）
A．x＞B．x＞1C．＜x＜1D．空集
3、（4分）如图，直线L与双曲线交于A、C两点，将直线L绕点O顺时针旋转a度角(0°1-x，得：x>，
解不等式x+21，
则不等式组的解集为x>1，
故选B．
本题考查的是解一元一次不等式组，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
3、A
【解析】
试题分析：根据反比例函数的性质可得OA=OC，OB=OD，再根据平行四边形的判定方法即可作出判断．
解：∵反比例函数图象关于原点对称
∴OA=OC，OB=OD
∴四边形ABCD是平行四边形．
考点：反比例函数的性质，平行四边形的判定
点评：解题的关键是熟练掌握反比例函数图象关于原点对称，对角线互相平分的四边形是平行四边形.
4、B
【解析】
将分别与各个选项结合看看是否可以分解因式，即可得出答案．
【详解】
A.，此选项正确，不符合题意；
B.，此选项错误，符合题意；
C. ，此选项正确，不符合题意；
D. ，此选项正确，不符合题意．
故选B．
本题考查了因式分解，熟练掌握公式是解题的关键．
5、A
【解析】
解：∵△AOB绕点O顺时针旋转 60°，得到△A′OB′，
∴∠B′=25°，∠BOB′=60°，
∵∠A′CO=∠B′+∠BOB′，
∴∠A′CO=25°+60°=85°，
故选A．
6、A
【解析】
根据中位数、众数、平均数和样本容量的定义对各选项进行判断．
【详解】
解：这组数据的中位数为8（吨），众数为8（吨），平均数＝（1×4+2×5+8×8+6×12+2×15+1×1）＝10（吨），样本容量为1．
故选：A．
本题考查了众数：一组数据中出现次数最多的数据叫做众数．也考查了平均数和中位数．
7、C
【解析】
根据矩形的判定即可求解.
【详解】
A. ，对角线相等，可以判定为矩形
B. ，，，可知△ABC为直角三角形，故∠ABC=90°，故可以判定为矩形
C. ，对角线垂直，不能判定为矩形
D. ，可得AO=BO,故AC=BD，可以判定为矩形
故选C.
此题主要考查矩形的判定，解题的关键是熟知矩形的判定定理.
8、B
【解析】
根据分式的值为零的条件可得：|a|﹣1＝2且a+1≠2，从而可求得a的值．
【详解】
解：由题意得：|a|﹣1＝2且a+1≠2，
解得：a＝1．
故选B．
此题主要考查了分式的值为零的条件，分式的值为零需同时具备两个条件：（1）分子为2；（1）分母不为2．这两个条件缺一不可．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1
【解析】
由条件可证明四边形HPFD、BEPG为平行四边形，可证明S四边形AEPH=S四边形PFCG．，再利用面积的和差可得出四边形AEPH和四边形PFCG的面积相等，由已知条件即可得出答案．
【详解】
解：∵EF∥BC，GH∥AB，
∴四边形HPFD、BEPG、AEPH、CFPG为平行四边形，
∴S△PEB=S△BGP，
同理可得S△PHD=S△DFP，S△ABD=S△CDB，
∴S△ABD-S△PEB-S△PHD=S△CDB-S△BGP-S△DFP，
即S四边形AEPH=S四边形PFCG．
∵CG=2BG，S△BPG=1，
∴S四边形AEPH=S四边形PFCG=1×1=1；
故答案为：1．
本题主要考查平行四边形的判定和性质，掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键，即①两组对边分别平行⇔四边形为平行四边形，②两组对边分别相等⇔四边形为平行四边形，③一组对边平行且相等⇔四边形为平行四边形，④两组对角分别相等⇔四边形为平行四边形，⑤对角线互相平分⇔四边形为平行四边形．
10、1
【解析】
根据题意画出图形，根据勾股定理的逆定理进行判断即可．
【详解】
如图所示：
当∠C为直角顶点时，有C1，C2两点；
当∠A为直角顶点时，有C3一点；
当∠B为直角顶点时，有C4，C1两点，
综上所述，共有1个点，
故答案为1．
本题考查的是勾股定理的逆定理，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．
11、2.1
【解析】
根据勾股定理求出AB，根据直角三角形斜边上中线性质得出DE＝AB，代入求出即可．
【详解】
.解：∵BD⊥CA，
∴∠ADB＝90°，
在Rt△ADB中，由勾股定理得：AB＝ ＝＝1，
∵E是AB的中点，∠ADB＝90°，
∴DE＝AB＝2.1，
故答案为：2.1．
本题考查了勾股定理和直角三角形斜边上中线的性质，能求出AB的长和得出DE＝AB是解此题的关键．
12、①②③④
【解析】
根据翻折变换的性质和正方形的性质可证△ABG≌△AFG；由①和翻折的性质得出△ABG≌△AFG，△ADE≌△AFE，即可得出；在直角△ECG中，根据勾股定理可证BG=GC；通过证明∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，由平行线的判定可得AG∥CF.
【详解】
解：①正确，∵四边形ABCD是正方形，将△ADE沿AE对折至△AFE，
∴AB=AD=AF，
在△ABG与△AFG中，;
△ABG≌△AFG（SAS）；
②正确，
∵由①得△ABG≌△AFG，
又∵折叠的性质，△ADE≌△AFE，
∴∠BAG =∠FAG，∠DAE=∠EAF，
∴∠EAG=∠FAG+∠EAF=90°×=45°；
③正确，
∵EF=DE=CD=2，
设BG=FG=x，则CG=6-x，
在直角△ECG中，
根据勾股定理，得（6-x）2+42=（x+2）2，
解得x=3，
∴BG=3=6-3=GC；
④正确，
∵CG=BG=GF，
∴△FGC是等腰三角形，∠GFC=∠GCF，
又∠AGB=∠AGF，∠AGB+∠AGF=180°-∠FGC=∠GFC+∠GCF，
∴∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，
∴AG∥CF；
本题考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，此题综合性较强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想应用.
13、y=﹣3x
【解析】
设函数解析式为y=kx，把点（-1，3）代入利用待定系数法进行求解即可得.
【详解】
设函数解析式为y=kx，把点（-1，3）代入得
3=-k，
解得：k=-3，
所以解析式为：y=-3x，
故答案为y=-3x.
本题考查了利用待定系数法求函数解析式，熟练掌握待定系数法是解题的关键.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）12；（2）A1（﹣2，﹣3），B1（3，﹣3），C1（3，0），D1（0，0）
【解析】
试题分析：（1）判断出A、B、C、D四点坐标，利用梯形的面积公式计算即可；
（2）则平移公式为：，即可解决问题；
试题解析：
（1）由图可知：
A（﹣3，﹣1）、B（2，﹣1）、C（2，2）、D（﹣1，2）
AB∥CD，BC⊥AB，
所以，梯形ABCD是直角梯形，
AB=5，DC=3，BC=3，
梯形ABCD的面积是S＝
（2）如果把梯形ABCD在坐标平面里先向右平移1个单位，然后向下平移2个单位，则平移公式为：
所以，平移以后所得梯形A1B1C1D1各顶点的坐标分别为：
A1（﹣2，﹣3），B1（3，﹣3），C1（3，0），D1（0，0）
A1（-2，-3），B1（3，-3），C1（3，0），D1（0，0）
【点睛】考查梯形的面积公式．、坐标与图形的性质、平移变换等知识，解题的关键是熟练掌握坐标与图形的性质，正确写出点的坐标是解决问题的关键．
15、（1）D和E；（2）m=，k=25；（3）N的坐标为(-6，-3)或(3，6)．
【解析】
（1）利用矩形的周长公式、面积公式结合巧点的定义，即可找出点D，E是巧点；
（2）利用巧点的定义可得出关于m的一元一次方程，解之可得出m的值，再利用反比例函数图象上点的坐标特征，可求出k值；
（3）设N(x，x+3)，根据巧点的定义得到2（|x|+|x+3|）=|x||x+3|，分三种情况讨论即可求解．
【详解】
（1）∵（4+4）×2=4×4，（5+）×2=5×，（1+3）×2≠1×3，
∴点D和点E是巧点，
故答案为：D和E；
（2）∵点M(m，10)（m＞0），
∴矩形的周长=2（m+10），面积=10m．
∵点M是巧点，
∴2（m+10）=10m，解得：m=，
∴点M(，10)．
∵点M在双曲线y=上，
∴k=×10=25；
（3）设N(x，x+3)，则2（|x|+|x+3|）=|x||x+3|，
当x≤-3时，化简得：x2+7x+6=0，解得：x=-6或x=-1（舍去）；
当-3＜x＜0时，化简得：x2+3x+6=0，无实根；
当x≥0时，化简得：x2-x-6=0，解得：x=3或x=-2（舍去），
综上，点N的坐标为(-6，-3)或(3，6)．
本题主要考查一次函数图象以及反比例函数图象上点的坐标特征、矩形的周长及面积以及解一元二次方程，理解巧点的定义，分x≤-3、-3＜x＜0及x≥0三种情况，求出N点的坐标，是解题的关键．
16、
【解析】
先根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求出菱形的面积，然后再根据勾股定理求出菱形的边长，利用菱形面积的以一求解方法，边长乘高即可求得DH的长.
【详解】
在菱形ABCD中，AC⊥BD，
∵AC=24，BD=10，
∴AO=AC=12，BO=BD=5，
S菱形ABCD =，
∴AB==13，
∵S菱形ABCD =AB·DH=120，
∴DH=.
本题考查了菱形的性质、勾股定理、菱形的面积等，注意菱形的面积等于对角线乘积的一半，也等于底乘高．
17、；．
【解析】
直接将括号里面通分进而利用分式的混合运算法则计算得出答案．
【详解】
解：原式＝，
当x＝1时，
原式＝．
本题考查的知识点是分式的混合运算——化简求值，熟练掌握分式的运算顺序以及运算法则是解此题的关键．
18、 (1) A种足球50元，B种足球80元；（2）方案一：购买A种足球25个，B种足球25个；方案二：购买A种足球26个，B种足球24个；方案三：购买A种足球27个，B种足球23个.
【解析】
（1）设A种品牌足球的单价为x元，B种品牌足球的单价为y元，根据“总费用=买A种足球费用+买B种足球费用，以及B种足球单价比A种足球贵30元”可得出关于x、y的二元一次方程组，解方程组即可得出结论；
（2）设第二次购买A种足球m个，则购买B种足球（50-m）个，根据“总费用=买A种足球费用+买B种足球费用，以及B种足球不小于23个”可得出关于m的一元一次不等式组，解不等式组可得出m的取值范围，由此即可得出结论．
【详解】
(1)设A种品牌足球的单价为x元，B种品牌足球的单价为y元，
依题意得：
，
解得： .
答：购买一个A种品牌的足球需要50元，购买一个B种品牌的足球需要80元.
(2)设第二次购买A种足球m个,则购买B种足球(50−m)个，
依题意得： ，
解得：25⩽m⩽27.
故这次学校购买足球有三种方案：
方案一：购买A种足球25个，B种足球25个；
方案二：购买A种足球26个，B种足球24个；
方案三：购买A种足球27个，B种足球23个.
此题考查二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用，解题关键在于根据题意列出方程.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（3，0）.
【解析】
试题分析：把y=0代入y＝2x－6得x=3，所以一次函数y＝2x－6的图像与x轴的交点坐标为（3，0）.
考点：一次函数的图像与x轴的交点坐标.
20、
【解析】
设雕像的下部高为x m，则上部长为（1-x）m，然后根据题意列出方程求解即可．
【详解】
解：设雕像的下部高为x m，则题意得：，
整理得：，
解得： 或 (舍去)；
∴它的下部应设计的高度为.
故答案为：.
本题考查了黄金分割，解题的关键在于读懂题目信息并列出比例式，难度不大．
21、
【解析】
如图，延长FD到G，使DG=BE；
连接CG、EF；
∵四边形ABCD为正方形，
在△BCE与△DCG中，
，∴△BCE≌△DCG(SAS)，
∴CG=CE，∠DCG=∠BCE，∴∠GCF=45°，
在△GCF与△ECF中，
，∴△GCF≌△ECF(SAS)，∴GF=EF，
∵CE=3，CB=6，∴BE=，∴AE=3，
设AF=x,则DF=6−x,GF=3+(6−x)=9−x，
∴EF= ，∴(9−x)²=9+x²，∴x=4，即AF=4，
∴GF=5，∴DF=2，
∴CF= = ,
故答案为：.
点睛：本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理的知识点，构建三角形，利用方程思想是解答本题的关键.
22、40
【解析】
根据方位角的概念，画图正确表示出行驶的过程，再根据已知转向的角度结合三角形的内角和与外角的关系求解．
【详解】
如图，A沿北偏东60°的方向行驶到B，则∠BAC=90°-60°=30°，
B沿南偏西20°的方向行驶到C，则∠BCO=90°-20°=70°，
又∵∠ABC=∠BCO-∠BAC，∴∠ABC=70°-30°=40°．
故答案为：40°
解答此类题需要从运动的角度，正确画出方位角，再结合三角形的内角和与外角的关系求解．
23、59
【解析】
由题意得，,解得a=59.
故答案为59.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、 (1)AP=BQ；(1)QM的长为；(2)AM的长为．
【解析】
(1)要证AP=BQ，只需证△PBA≌△QCB即可；
(1)过点Q作QH⊥AB于H，如图．易得QH=BC=AB=2，BP=1，PC=1，然后运用勾股定理可求得AP(即BQ)=，BH=1．易得DC∥AB，从而有∠CQB=∠QBA．由折叠可得∠C′QB=∠CQB，即可得到∠QBA=∠C′QB，即可得到MQ=MB．设QM=x，则有MB=x，MH=x-1．在Rt△MHQ中运用勾股定理就可解决问题；
(2)过点Q作QH⊥AB于H，如图，同(1)的方法求出QM的长，就可得到AM的长．
【详解】
解：(1)AP=BQ．
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠C=90°，
∴∠ABQ+∠CBQ=90°．
∵BQ⊥AP，
∴∠PAB+∠QBA=90°，
∴∠PAB=∠CBQ．
在△PBA和△QCB中，
，
∴△PBA≌△QCB，
∴AP=BQ；
(1)过点Q作QH⊥AB于H，如图．
∵四边形ABCD是正方形，
∴QH=BC=AB=2．
∵BP=1PC，
∴BP=1，PC=1，
∴BQ=AP===，
∴BH===1．
∵四边形ABCD是正方形，
∴DC∥AB，
∴∠CQB=∠QBA．
由折叠可得∠C′QB=∠CQB，
∴∠QBA=∠C′QB，
∴MQ=MB．
设QM=x，则有MB=x，MH=x-1．
在Rt△MHQ中，
根据勾股定理可得x1=(x-1)1+21，
解得x=．
∴QM的长为；
(2)过点Q作QH⊥AB于H，如图．
∵四边形ABCD是正方形，BP=m，PC=n，
∴QH=BC=AB=m+n．
∴BQ1=AP1=AB1+PB1，
∴BH1=BQ1-QH1=AB1+PB1-AB1=PB1，
∴BH=PB=m．
设QM=x，则有MB=QM=x，MH=x-m．
在Rt△MHQ中，
根据勾股定理可得x1=(x-m)1+(m+n)1，
解得x=m+n+，
∴AM=MB-AB=m+n+-m-n=．
∴AM的长为．
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、轴对称的性质等知识，设未知数，然后运用勾股定理建立方程，是求线段长度常用的方法，应熟练掌握．
25、（1）见解析；（2）.
【解析】
（1）根据三角形的中位线定理即可证明；
（2）根据菱形的面积公式即可求解.
【详解】
（1）∵四边形是矩形，
∴，
又∵点、、分别为、、的中点，
∴，，且，
同理，，
故，
∴四边形为菱形；
（2）连接、，则，且，
，且，
由（1）知，四边形为菱形，
故.
此题主要考查菱形的判定与面积求解，解题的关键是熟知菱形的判定定理.
26、12米
【解析】
可设竹竿长为x，再根据竹竿比城门高1米，竹竿左右斜着拿时，两端刚好顶着城门的对角，利用勾股定理可得结果.
【详解】
解：设竹竿长x米，
x2=（x-1）2+52；，解得x=12，答：竹竿长为12米.
本题考查勾股定理的应用，学生需要掌握勾股定理的定义即可求解.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
居民（户数）
1
2
8
6
2
1
月用水量（吨）
4
5
8
12
15
20