四川省遂宁中学2025届数学九上开学统考模拟试题【含答案】

这是一份四川省遂宁中学2025届数学九上开学统考模拟试题【含答案】，共25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）一名老师带领x名学生到动物园参观，已知成人票每张30元，学生票每张10元．设门票的总费用为y元，则y与x的函数关系为（ ）
A．y=10x+30B．y=40xC．y=10+30xD．y=20x
2、（4分）小明用50元钱去买单价是8元的笔记本，则他剩余的钱Q（元）与他买这种笔记本的本数x之间的函数关系式是（ ）
A．B．C．D．
3、（4分）下列图案中，不是中心对称图形的是（ ）
A．
B．
C．
D．
4、（4分）的相反数是（ ）
A．B．C．D．
5、（4分）如图所示，直线经过正方形的顶点，分别过顶点，作于点，于点，若，，则的长为（ ）
A．1B．5C．7D．12
6、（4分）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE，过A作AE的垂线交ED于点P，若AE=AP=1，PB=，下列结论：①△APD≌△AEB；②EB⊥ED；③PD=，其中正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
7、（4分）如图l1：y=x+3与l2：y=ax+b相交于点P（m，4），则关于x的不等式x+3≤ax+b的解为（ ）
A．x≥4B．x＜mC．x≥mD．x≤1
8、（4分） 如图，△ABC是等边三角形，P是三角形内一点，PD∥AB，PE∥BC，PF∥AC，若△ABC的周长为18，则PD+PE+PF＝（ ）
A．18B．9
C．6D．条件不够，不能确定
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）正方形的对角线长为，则它的边长为_________。
10、（4分）若a，b是直角三角形的两个直角边，且，则斜边c=______．
11、（4分）如图，在▱ABCD中，M为边CD上一点，将△ADM沿AM折叠至△AD′M处，AD′与CM交于点N．若∠B＝55°，∠DAM＝24°，则∠NMD′的大小为___度．
12、（4分）2018年6月1日，美国职业篮球联赛（NBA）总决赛第一场在金州勇士队甲骨文球馆进行．据统计，当天通过腾讯视频观看球赛的人数突破5250万．用科学记数法表示“5250”为_____．
13、（4分）如图，已知线段，是直线上一动点，点，分别为，的中点，对下列各值：①线段的长；②的周长；③的面积；④直线，之间的距离；⑤的大小．其中不会随点的移动而改变的是_____．（填序号）
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）已知直线 y＝kx＋b(k≠0)过点 F(0，1)，与抛物线 相交于B、C 两点
(1)如图 1，当点 C 的横坐标为 1 时，求直线 BC 的解析式；
(2)在(1)的条件下，点 M 是直线 BC 上一动点，过点 M 作 y 轴的平行线，与抛物线交于点 D， 是否存在这样的点 M，使得以 M、D、O、F 为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图 2，设 B(m，n)(m＜0)，过点 E(0，－1)的直线 l∥x 轴，BR⊥l 于 R，CS⊥l 于 S，连接 FR、FS.试判断△ RFS 的形状，并说明理由．
15、（8分）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的小正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，A，B，C三点的坐标分别为(5，﹣1)，(2，﹣5)，(2，﹣1).
(1)把△ABC向上平移6个单位后得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
(2)画出△A2B2C2，使它与△ABC关于y轴对称；
(3)画出△A3B3C3，使它与△ABC关于原点中心对称．
16、（8分）计算或解方程：
（1）计算：+；
（2）解方程：
17、（10分）在正方形中，平分交边于点．
（1）尺规作图：过点作于；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）的条件下，连接，求的度数．
18、（10分）如图，分别以的边向外作正方形ABFG和ACDE，连接EG，若O为EG的中点，
求证：（1）；
（2）．
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，∠C=90°，∠ABC=75°，∠CBD=30°，若BC=3 cm，则AD=________cm．
20、（4分）如图，将矩形ABCD沿直线BD折叠，使C点落在C′处，BC′交边AD于点E，若∠ADC′=40°，则∠ABD的度数是_____．
21、（4分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，若a=6，b=8，则c=________．
22、（4分）如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点A的坐标是（2，3），则C点坐标是_____．
23、（4分）如果点A(1，n)在一次函数y＝3x﹣2的图象上，那么n＝_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）正方形中，点是上一点，过点作交射线于点，连结．
（1）已知点在线段上.
①若，求度数；
②求证：.
（2）已知正方形边长为，且，请直接写出线段的长．
25、（10分）A、B两地的距离是80千米，一辆巴士从A地驶出3小时后，一辆轿车也从A地出发，它的速度是巴士的3倍，已知轿车比巴士早20分钟到达B地，试求两车的速度。
26、（12分）已知关于x的一元二次方程的两个实数根为x1、x2且x1＋2x2＝9，求m的值.
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、A
【解析】
根据师生的总费用，可得函数关系式．
【详解】
解：一名老师带领x名学生到动物园参观，已知成人票每张30元，学生票每张10元．设门票的总费用为y元，则y与x的函数关系为y=10x+30，
故选A．
本题考查了函数关系式，师生的总费用的等量关系是解题关键．
2、D
【解析】
剩余的钱=原有的钱-用去的钱，可列出函数关系式．
【详解】
剩余的钱Q(元)与买这种笔记本的本数x之间的关系为：Q=50−8x.
故选D
此题考查根据实际问题列一次函数关系式，解题关键在于列出方程
3、C
【解析】
根据概念，知
A、B、D既是轴对称图形，也是中心对称图形；
C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形．
故选C．
4、B
【解析】
根据相反数的意义，可得答案．
【详解】
解：的相反数是-，
故选B．
本题考查了实数的性质，在一个数的前面加上负号就是这个数的相反数．
5、C
【解析】
因为ABCD是正方形，所以AB＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°，则有∠ABF＝∠DAE，又因为DE⊥a、BF⊥a，根据AAS易证△AFB≌△AED，所以AF＝DE＝4，BF＝AE＝3，则EF的长可求．
【详解】
∵ABCD是正方形
∴AB＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°
∵∠ABC＋∠ABF＝∠BAD＋∠DAE
∴∠ABF＝∠DAE
在△AFB和△AED中
∴△AFB≌△AED
∴AF＝DE＝4，BF＝AE＝3
∴EF＝AF＋AE＝4＋3＝1．
故选：C．
此题把全等三角形的判定和正方形的性质结合求解．考查学生综合运用数学知识的能力．
6、A
【解析】
①利用同角的余角相等，易得∠EAB=∠PAD，再结合已知条件利用SAS可证两三角形全等；②利用①中的全等，可得∠APD=∠AEB，结合三角形的外角的性质，易得∠BEP=90°，即可证；③在Rt△AEP中，利用勾股定理，可求得EP、BE的长，再依据△APD≌△AEB，即可得出PD=BE，据此即可判断.
【详解】
①∵∠EAB+∠BAP=90°，∠PAD+∠BAP=90°，
∴∠EAB=∠PAD，
又∵AE=AP，AB=AD，
∴△APD≌△AEB，故①正确；
②∵△APD≌△AEB，
∴∠APD=∠AEB，
又∵∠AEB=∠AEP+∠BEP，∠APD=∠AEP+∠PAE，
∴∠BEP=∠PAE=90°，
∴EB⊥ED，故②正确；
③在Rt△AEP中，
∵AE=AP=1，
∴EP=，
又∵PB=，
∴BE=，
∵△APD≌△AEB，
∴PD=BE=，故③错误，
故选A.
本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、三角形面积、勾股定理等，综合性质较强，有一定的难度，熟练掌握相关的性质与定理是解题的关键.
7、D
【解析】
试题分析：首先把P（m，4）代入y=x+3可得m的值，进而得到P点坐标，然后再利用图象写出不等式的解集即可．
解：把P（m，4）代入y=x+3得：m=1，
则P（1，4），
根据图象可得不等式x+3≤ax+b的解集是x≤1，
故选D．
8、C
【解析】
因为要求PD+PE+PF的值，而PD、PE、PF并不在同一直线上，构造平行四边形，把三条线段转化到一条直线上，求出等于AB，根据三角形的周长求出AB即可．
【详解】
延长EP交AB于点G，延长DP交AC与点H．
∵PD∥AB，PE∥BC，PF∥AC，∴四边形AFPH、四边形PDBG均为平行四边形，∴PD=BG，PH=AF．
又∵△ABC为等边三角形，∴△FGP和△HPE也是等边三角形，∴PE=PH=AF，PF=GF，∴PE+PD+PF=AF+BG+FG=AB1．
故选C．
本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握性质定理和判定定理是解题的关键．平行四边形的五种判定方法与平行四边形的性质相呼应，每种方法都对应着一种性质，在应用时应注意它们的区别与联系．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、4
【解析】
由正方形的性质求出边长，即可得出周长．
【详解】
如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA,∠B=90°，
∴AB+BC=AC，
∴AB= =4，
故答案为：4
此题考查正方形的性质，解题关键在于利用勾股定理
10、5
【解析】
根据绝对值的性质和二次根式的性质，求出a,b的值，再利用勾股定理即可解答.
【详解】
∵
∴a-3=0,b-4=0
解得a=3,b=4,
∵a，b是直角三角形的两个直角边，
∴c= =5.
故答案为：5.
此题考查绝对值的性质和二次根式的性质，勾股定理，解题关键在于求出ab的值.
11、22.
【解析】
由平行四边形的性质得出∠D=∠B=55°，由折叠的性质得：∠D'=∠D=55°，∠MAD'=∠DAM=24°，由三角形的外角性质求出∠AMN=79°，与三角形内角和定理求出∠AMD'=101°，即可得出∠NMD'的大小.
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D=∠B=55°，
由折叠的性质得：∠D'=∠D=55°，∠MAD'=∠DAM=24°，
∴∠AMN=∠D+∠DAM=55°+24°=79°，∠AMD'=180°-∠MAD'-∠D'=101°，
∴∠NMD'=101°-79°=22°；
故答案为：22.
本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质和折叠的性质，求出∠AMN和∠AMD'是解决问题的关键.
12、5.25×1
【解析】
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【详解】
解：5250＝5.25×1，
故答案为5.25×1．
此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
13、①③④
【解析】
根据中位线的性质，对线段长度、三角形周长和面积、角的变化情况进行判断即可．
【详解】
点，为定点，点，分别为，的中点，
是的中位线，
，
即线段的长度不变，故①符合题意，
、的长度随点的移动而变化，
的周长会随点的移动而变化，故②不符合题意；
的长度不变，点到的距离等于与的距离的一半，
的面积不变，故③符合题意；
直线，之间的距离不随点的移动而变化，故④符合题意；
的大小点的移动而变化，故⑤不符合题意．
综上所述，不会随点的移动而改变的是：①③④．
故答案为：①③④．
本题考查了三角形的动点问题，掌握中位线的性质、线段长度的性质、三角形周长和面积的性质、角的性质是解题的关键．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）；（2）存在；M点坐标为：（-3，），，；（3）△RFS是直角三角形；证明见详解.
【解析】
（1）首先求出C的坐标，然后由C、F两点用待定系数法求解析式即可；
（2）因为DM∥OF，要使以M、D、O、F为顶点的四边形为平行四边形，则DM=OF，设M（x，），则D（x，x2），表示出DM，分类讨论列方程求解；
（3）根据勾股定理求出BR=BF，再由BR∥EF得到∠RFE=∠BFR，同理可得∠EFS=∠CFS，所以∠RFS=∠BFC=90°，所以△RFS是直角三角形．
【详解】
解：（1）因为点C在抛物线上，所以C（1，），
又∵直线BC过C、F两点，
故得方程组：
解之，得，
所以直线BC的解析式为：；
（2）存在；理由如下：
要使以M、D、O、F为顶点的四边形为平行四边形，则MD=OF，如图1所示，
设M（x，），则D（x，x2），
∵MD∥y轴，
∴，
由MD=OF，可得：；
①当时，
解得：x1=0（舍）或x1=-3，
所以M（-3，）；
②当时，
解得：，
所以M或M，
综上所述，存在这样的点M，使以M、D、O、F为顶点的四边形为平行四边形，
M点坐标为：（-3，），，；
（3）△RFS是直角三角形；理由如下：
过点F作FT⊥BR于点T，如图2所示，
∵点B（m，n）在抛物线上，
∴m2=4n，
在Rt△BTF中，
，
∵n＞0，
∴BF=n+1，
又∵BR=n+1，
∴BF=BR．
∴∠BRF=∠BFR，
又∵BR⊥l，EF⊥l，
∴BR∥EF，
∴∠BRF=∠RFE，
∴∠RFE=∠BFR，
同理可得∠EFS=∠CFS，
∴∠RFS=∠BFC=90°，
∴△RFS是直角三角形．
本题主要考查了待定系数法求解析式，平行四边形的判定，平行线的性质，勾股定理以及分类讨论和数形结合等数学思想．解题的关键是掌握待定系数法求解析式，以及学会运用分类讨论和数形结合等数学思想去解题.
15、 (1)见解析；(2)见解析；(3)见解析.
【解析】
（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）直接利用轴对称的性质得出对应点位置进而得出答案；
（3）直接利用旋转的性质得出对应点位置进而得出答案．
【详解】
(1)如图所示：△A1B1C1，即为所求；
(2)如图所示：△A2B2C2，即为所求；
(3)如图所示：△A3B3C3，即为所求．
此题主要考查了平移变换以及轴对称变换和旋转变换，正确得出对应点位置是解题关键．
16、（1），（2）
【解析】
（1）直接利用零指数幂，有理数的乘方，二次根式的除法法则计算化简即可；
（2）直接利用平方差公式把方程左边分解因式，进而整理为两个一次因式的乘积，最后解一元一次方程即可；
【详解】
解：（1）原式=，
=，
=，
（2）
或
本题主要考查了实数的运算及利用因式分解法解一元二次方程．熟练相关的运算性质和法则及解方程的方法是解题的关键．
17、（1）作图见解析；（2）67.5°．
【解析】
（1）利用基本作图作EF⊥BD于F；
（2）利用正方形的性质得到∠DBC=45°，∠BCD=90°，再根据角平分线的性质得到EF=EC，则∠EFC=∠ECB，然后利用等角的余角相等和三角形等角和计算∠BCF的度数．
【详解】
（1）如图，EF为所作；
（2）∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DBC=45°，∠BCD=90°，
∵BE平分∠CBD，EF⊥BD，CE⊥BC，
∴EF=EC，
∴∠EFC=∠ECB，
∴∠BFC=∠BCF=（180°-45°）=67.5°．
本题考查了作图-基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了正方形的性质．
18、（1）证明见详解；（2）证明见详解.
【解析】
（1）如图，延长AO到M，使OM=AO，连接GM，延长OA交BC于点H．根据全等三角形的性质得到AE=MG，∠MGO=∠AEO，根据三角形的内角和得到∠MGA+∠GAE=180°，根据正方形的性质得到AG=AB，AE=AC，∠BAG=∠CAE=90°，根据全等三角形的性质得到AM=BC，等量代换即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到∠M=∠EAO，∠M=∠ACB，等量代换得到∠EAO=∠ACB，求得∠AHC=90°，根据垂直的定义即可得到结论．
【详解】
解：（1）如图，延长AO到M，使OM=AO，连接GM，延长OA交BC于点H．
∵O为EG的中点，
∴OG=OE，
在△AOE与△MOG中，，
∴△AOE≌△MOG（SAS），
∴AE=MG，∠MGO=∠AEO，
∴∠MGA+∠GAE=180°，
∵四边形ABFG和四边形ACDE是正方形，
∴AG=AB，AE=AC，∠BAG=∠CAE=90°，
∴AC=GM，∠GAE+∠BAC=180°，
∴∠BAC=∠AGM，
在△AGM与△ABC中，，
∴△AGM≌△ABC（SAS），
∴AM=BC，
∵AM=2AO，
∴；
（2）由（1）知，△AOE≌△MOG，△AGM≌△ABC，
∴∠M=∠EAO，∠M=∠ACB，
∴∠EAO=∠ACB，
∵∠CAE=90°，
∴∠OAE=∠CAH=90°，
∴∠ACB+∠CAH=90°，
∴∠AHC=90°，
∴AH⊥BC．
即.
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、6+
【解析】
由已知条件可知：BD=2CD，根据三角函数可求出CD，作AB的垂直平分线，交AC于点E，在Rt△BCE中，根据三角函数可求出BE、CE，进而可将AD的长求出．
【详解】
解：作AB的垂直平分线，交AC于点E，
∴AE=BE，∵∠C=90°，∠ABC=75°，∠CBD=30°，∴2∠A=∠BED=30°，
∴tan30°==，
解得：CD=cm，
∵BC=3cm，∴BE=6cm，∴CE=3cm，
∴AD=AE+CE﹣CD=BE+CE﹣CD=（6+）cm．
20、65°
【解析】
直接利用翻折变换的性质得出∠2=∠3=25°，进而得出答案．
【详解】
解：由题意可得：∠A=∠C′=90°，∠AEB=∠C′ED，
故∠1=∠ADC′=40°，
则∠2+∠3=50°，
∵将矩形ABCD沿直线BD折叠，使C点落在C′处，
∴∠2=∠3=25°，
∴∠ABD的度数是：∠1+∠2=65°，
故答案为65°．
本题考查了矩形的性质、翻折变换的性质，正确得出∠2=∠3=25°是解题关键．
21、10
【解析】
根据勾股定理
c为三角形边长，故c=10.
22、（﹣3，2）．
【解析】
过点A作AD⊥x轴于D，过点C作CE⊥x轴于E，根据同角的余角相等求出∠OAD＝∠COE，再利用“角角边”证明△AOD和△OCE全等，根据全等三角形对应边相等可得OE＝AD，CE＝OD，然后根据点C在第二象限写出坐标即可．
【详解】
过点A作AD⊥x轴于D，过点C作CE⊥x轴于E，如图所示：
∵四边形OABC是正方形，
∴OA＝OC，∠AOC＝90°，
∴∠COE+∠AOD＝90°，
又∵∠OAD+∠AOD＝90°，
∴∠OAD＝∠COE，
在△AOD和△OCE中， ，
∴△AOD≌△OCE（AAS），
∴OE＝AD＝3，CE＝OD＝2，
∵点C在第二象限，
∴点C的坐标为（﹣3，2）．
故答案为（﹣3，2）．
本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，坐标与图形性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
23、1
【解析】
把点A的坐标代入一次函数y＝3x﹣2解析式中，即可求出n的值.
【详解】
∵点A(1，n)在一次函数y＝3x﹣2的图象上，
∴n＝3×1﹣2＝1．
故答案为：1．
本题考查了点在一次函数图象上的条件，即点的坐标满足一次函数解析式，正确计算是解题的关键.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）①；②见解析；（2）的长为或
【解析】
(1) ①根据正方形性质，求出；根据等腰三角形性质，求出的度数，即可求得.
②根据正方形对称性得到；根据四边形内角和证出；利用等角对等边即可证出.
（2）分情况讨论：①当点F在线段BC上时; ②当点F在线段CB延长线上时;根据正方形的对称性，证出；再根据等腰三角形的性质，求出线段NC，BN；利用勾股定理，求出BE、BD，进而求出DE.
【详解】
解：（1）①为正方形，
．
又，
．
②证明：正方形关于对称，
，
．

又，

又
，
，
．
（2）①当点F在线段BC上时，过E作MN⊥BC，垂足为N，交AD于M，如图1所示：

∴N是CF的中点，
∴BF=1，∴CF=1

又∵四边形CDMN是矩形
∴为等腰直角三角形

∴
②当点F在线段CB延长线上时，如图2所示：
过点E作MN⊥BC，垂足为N，交AD于M
∵正方形ABCD关于BD对称


又∵


又
∴FC=3
∴
∴
∴ ,
综上所述，的长为或
本题考查了三角形全等、等腰三角形的性质、三线合一、勾股定理等知识点；难点在（2），注意分情况讨论；本题难度较大，属于中考压轴题.
25、解：设巴士的速度是x千米/小时，轿车的速度是3x千米/小时，
x=16
经检验x=16是方程的解．
16×3=48
巴士的速度是16千米/小时，轿车的速度是48千米/小时．
【解析】设巴士的速度是x千米/小时，轿车的速度是3x千米/小时，根据A、B两地的距离是80千米，一辆巴士从A地驶出3小时后，一辆轿车也从A地出发，它的速度是巴士的3倍，已知轿车比巴士早20分钟到达B地，可列方程求解．
26、
【解析】
【分析】由根与系数的关系可得，x1x2=-m2，再根据x1＋2x2＝9可求出x1、x2的值，代入x1x2=-m2即可求得m的值.
【详解】由根与系数可知：
，x1x2=-m2，
解方程组，得： ，
∴x1x2=-5，即，
∴.
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟知一元二次方程根与系数的关系是解题的关键.
一元二次方程根与系数的关系：若x1、x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两个实数根，则有x1+x2=，x1x2=.
题号
一
二
三
四
五
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