浙江省宁波市江北中学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】

这是一份浙江省宁波市江北中学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24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，△ABC中，∠A=30°，∠ACB=90°，BC=2，D是AB上的动点，将线段CD绕点C逆时针旋转90°，得到线段CE，连接BE，则BE的最小值是（ ）
A．-1B．C．D．2
2、（4分）下列代数式变形正确的是（ ）
A．B．
C．D．
3、（4分）如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连结AP并延长AP交CD于F点，连结CP并延长CP交AD于Q点．给出以下结论：
①四边形AECF为平行四边形；
②∠PBA=∠APQ；
③△FPC为等腰三角形；
④△APB≌△EPC；
其中正确结论的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
4、（4分）若一个函数中，随的增大而增大，且,则它的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
5、（4分）要使分式意义，则字母x的取值范围是（ ）
A．x≠0B．x＜0C．x＞2D．x≠2
6、（4分）如图，在平面直角坐标系中，OABC的顶点A在x轴上，定点B的坐标为（8，4），若直线经过点D（2，0），且将平行四边形OABC分割成面积相等的两部分，则直线DE的表达式是（ ）
A．y=x-2B．y=2x-4C．y=x-1D．y=3x-6
7、（4分）不能被（ ）整除．
A．80B．81C．82D．83
8、（4分）将下列多项式因式分解，结果中不含因式x－1的是( )
A．x2－1B．x2＋2x＋1C．x2－2x＋1D．x(x－2)＋(2－x)
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）已知y＋2与x－3成正比例，且当x＝0时，y＝1，则当y＝4时，x的值为________．
10、（4分）如图，已知AB∥CD∥EF，FC平分∠AFE，∠C＝25°，则∠A的度数是_____．
11、（4分）小明从家跑步到学校，接着马上原路步行回家．如图所示为小明离家的路程与时间的图像，则小明回家的速度是每分钟步行________m．
12、（4分）一次函数y=kx+3的图象如图所示，则方程kx+3=0的解为__________．
13、（4分）使分式的值为0，这时x=_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）我们定义：如果两个三角形的两组对应边相等，且它们的夹角互补，我们就把其中一个三角形叫做另一个三角形的“夹补三角形”，同时把第三边的中线叫做“夹补中线．例如：图1中，△ABC与△ADE的对应边AB＝AD，AC＝AE，∠BAC+∠DAE＝180°，AF是DE边的中线，则△ADE就是△ABC的“夹补三角形”，AF叫做△ABC的“夹补中线”．
特例感知：
（1）如图2、图3中，△ABC与△ADE是一对“夹补三角形”，AF是△ABC的“夹补中线”；
①当△ABC是一个等边三角形时，AF与BC的数量关系是： ；
②如图3当△ABC是直角三角形时，∠BAC＝90°，BC＝a时，则AF的长是 ；
猜想论证：
（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AF与BC的关系，并给予证明．
拓展应用：
（3）如图4，在四边形ABCD中，∠DCB＝90°，∠ADC＝150°，BC＝2AD＝6，CD＝，若△PAD是等边三角形，求证：△PCD是△PBA的“夹补三角形”，并求出它们的“夹补中线”的长．
15、（8分）（1）计算：
（2）
16、（8分）已知在等腰三角形中，是的中点，是内任意一点，连接,过点作, 交的延长线于点,延长到点,使得,连接.
（1）如图1,求证:四边形是平行四边形；
（2）如图2，若，求证:且;
17、（10分）如图，过A点的一次函数的图象与正比例函数y＝2x的图象相交于点B．
(1)求一次函数的解析式；
(2)判断点C(4，－2)是否在该一次函数的图象上，说明理由；
(3)若该一次函数的图象与x轴交于D点，求△BOD的面积．
18、（10分）如图，直线y1=x+1交x、y轴于点A、B，直线y2=﹣2x+4交x、y轴与C、D，两直线交于点E．
（1）求点E的坐标；
（2）求△ACE的面积．
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）函数的自变量x的取值范围是______．
20、（4分）如图，在△ABC中，AB=5，AC=7，BC=10，点D，E都在边BC上，∠ABC的平分线垂直于AE，垂足为Q，∠ACB的平分线垂直于AD，垂足为P，则PQ的长______．
21、（4分）分解因式：2a3﹣8a=________．
22、（4分）化简： 的结果是_____．
23、（4分）______.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）若一次函数不经过第三象限，求m、n的取值范围；
25、（10分）在平面直角坐标系中,四边形OBCD是正方形,且D(0,2),点E是线段OB延长线上一点,M是线段OB上一动点(不包括点O、B)，作MN⊥DM，垂足为M，交∠CBE的平分线于点N.
(1)写出点C的坐标；
(2)求证：MD=MN；
(3)连接DN交BC于点F，连接FM，下列两个结论：①FM的长度不变；②MN平分∠FMB，其中只有一个结论是正确的，请你指出正确的结论，并给出证明
26、（12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A、B两种型号的设备可供选购，A、B两种型号的设备每台的价格分别为12万元和10万元
(1)该公司经预算决定购买节省能源的新设备的资金不超过110万元，则A型设备最多购买多少台？
(2)已知A型设备的产量为240吨/月，B型设备的产量为180吨/月，若每月要求总产量不低于2040吨，则A型设备至少要购买多少台？
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】
过点C作CK⊥AB于点K，将线段CK绕点C逆时针旋转90° 得到CH，连接HE,延长HE交AB的延长线于点J；通过证明△CKD≌△CHE (ASA)，进而证明所构建的四边形CKJH是正方形，所以当点E与点J重合时，BE的值最小，再通过在Rt△CBK中已知的边角条件，即可求出答案.
【详解】
如图,过点C作CK⊥AB于点K，将线段CK绕点C逆时针旋转90° 得到CH，连接HE,延长HE交AB的延长线于点J；
∵将线段CD绕点C逆时针旋转90° ,得到线段CE
∴∠DCE=∠KCH = 90°
∵∠ECH=∠KCH - ∠KCE，∠DCK =∠DCE-∠KCE
∴∠ECH =∠DCK
又∵CD= CE，CK = CH
∴在△CKD和△CHE中
∴△CKD≌△CHE (ASA)
∴∠CKD=∠H=90°，CH=CK
∴∠CKJ =∠KCH =∠H=90°
∴四边形CKJH是正方形
∴CH=HJ=KJ=C'K
∴点E在直线HJ上运动，当点E与点J重合时，BE的值最小
∵∠A= 30°
∴∠ABC=60°
在Rt△CBK中， BC= 2,
∴CK = BCsin60°=，BK=BCcs60° = 1
∴KJ = CK =
所以BJ = KJ-BK=；
BE的最小值为.
故选A.
本题主要考查了以线段旋转为载体的求线段最短问题，正方形的构建是快速解答本题的关键.
2、D
【解析】
利用分式的基本性质对四个选项一一进行恒等变形，即可得出正确答案.
【详解】
解：A.，故本选项变形错误；
B. ，故本选项变形错误；
C.，故本选项变形错误；
D.，故本选项变形正确，
故选D.
本题考查了分式的基本性质.熟练应用分式的基本性质对分式进行约分和通分是解题的关键.
3、B
【解析】
分析：①根据三角形内角和为180°易证∠PAB+∠PBA=90°，易证四边形AECF是平行四边形，即可解题；
②根据平角定义得：∠APQ+∠BPC=90°，由正方形可知每个内角都是直角，再由同角的余角相等，即可解题；
③根据平行线和翻折的性质得：∠FPC=∠PCE=∠BCE，∠FPC≠∠FCP，且∠PFC是钝角，△FPC不一定为等腰三角形；
④当BP=AD或△BPC是等边三角形时，△APB≌△FDA，即可解题．
详解：①如图，EC，BP交于点G；
∵点P是点B关于直线EC的对称点，
∴EC垂直平分BP，
∴EP=EB，
∴∠EBP=∠EPB，
∵点E为AB中点，
∴AE=EB，
∴AE=EP，
∴∠PAB=∠PBA，
∵∠PAB+∠PBA+∠APB=180°，即∠PAB+∠PBA+∠APE+∠BPE=2（∠PAB+∠PBA）=180°，
∴∠PAB+∠PBA=90°，
∴AP⊥BP，
∴AF∥EC；
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
故①正确；
②∵∠APB=90°，
∴∠APQ+∠BPC=90°，
由折叠得：BC=PC，
∴∠BPC=∠PBC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠ABP+∠PBC=90°，
∴∠ABP=∠APQ，
故②正确；
③∵AF∥EC，
∴∠FPC=∠PCE=∠BCE，
∵∠PFC是钝角，
当△BPC是等边三角形，即∠BCE=30°时，才有∠FPC=∠FCP，
如右图，△PCF不一定是等腰三角形，
故③不正确；
④∵AF=EC，AD=BC=PC，∠ADF=∠EPC=90°，
∴Rt△EPC≌△FDA（HL），
∵∠ADF=∠APB=90°，∠FAD=∠ABP，
当BP=AD或△BPC是等边三角形时，△APB≌△FDA，
∴△APB≌△EPC，
故④不正确；
其中正确结论有①②，2个，
故选B．
点睛：本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质和判定，矩形的性质，翻折变换，平行四边形的判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
4、B
【解析】
根据随的增大而增大，可以判断直线从左到右是上升的趋势，说明一次函数与轴的交点在轴正半轴，综合可以得出一次函数的图像.
【详解】
根据随的增大而增大，可以判断直线从左到右是上升的趋势，说明一次函数与轴的交点在轴正半轴，综合可以得出一次函数的图像为B
故选B
本题主要考查了一次函数的图像，以及和对图像的影响，掌握一次函数的图像和性质是解题的关键.
5、D
【解析】
本题主要考查分式有意义的条件：分母不能为1．
【详解】
要使分式有意义，
则x﹣2≠1，
解得x≠2．
故选：D．
本题考查的是分式有意义的条件：当分母不为1时，分式有意义．
6、A
【解析】
过平行四边形的对称中心的直线把平行四边形分成面积相等的两部分，先求出平行四边形对称中心的坐标，再利用待定系数法求一次函数解析式解答即可．
【详解】
解：∵点B的坐标为（8，4），
∴平行四边形的对称中心坐标为（4，1），
设直线DE的函数解析式为y=kx+b，
则，
解得，
∴直线DE的解析式为y=x-1．
故选：A．
本题考查了待定系数法求一次函数解析式，平行四边形的性质，熟练掌握过平行四边形的中心的直线把平行四边形分成面积相等的两部分是解题的关键．
7、D
【解析】
先提出公因式81，然后利用平方差公式进行因式分解即可得出答案．
【详解】
解：813-81=81×(812-1)=81×(81-1)×(81+1)=81×80×82，
所以813-81不能被83整除．
故选D．
本题考查了因式分解的应用，将原式正确的进行因式分解是解决此题的关键．
8、B
【解析】
将各选项进行因式分解即可得以选择出正确答案．
【详解】
A. x2﹣1=（x+1）（x-1）；
B. x2+2x+1=（x+1）2 ;
C. x2﹣2x+1 =（x-1）2;
D. x（x﹣2）﹣（x﹣2）=（x-2）（x-1）；
结果中不含因式x-1的是B；
故选B.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、-1
【解析】
解：设y+2=k（x-1），
∵x=0时，y=1，
∴k（0-1）=1+2，
解得：k=-1，
∴y+2=-（x-1），
即y=-x+1，
当y=4时，则4=-x+1，解得x=-1．
10、50°
【解析】
先根据平行线的性质以及角平分线的定义，得到∠AFE的度数，再根据平行线的性质，即可得到∠A的度数．
【详解】
∵CD∥EF，∠C=∠CFE=25°．
∵FC平分∠AFE，∴∠AFE=2∠CFE=50°．
又∵AB∥EF，∴∠A=∠AFE=50°．
故答案为50°．
本题考查了平行线的性质，解题时注意：两直线平行，内错角相等．
11、1
【解析】
先分析出小明家距学校10米，小明从学校步行回家的时间是15-5=10（分），再根据路程、时间、速度的关系即可求得．
【详解】
解：通过读图可知：小明家距学校10米，小明从学校步行回家的时间是15-5=10（分），
所以小明回家的速度是每分钟步行10÷10=1（米）．
故答案为：1．
本题主要考查了函数图象，先得出小明家与学校的距离和回家所需要的时间，再求解．
12、x=-1
【解析】
观察图象，根据图象与x轴的交点解答即可.
【详解】
∵一次函数y=kx+1的图象与x轴的交点坐标是（-1，0），
∴kx+1=0的解是x= -1．
故答案为：x= -1．
本题考查了一次函数与一元一次方程，解题的关键是根据交点坐标得出kx+1=0.
13、1
【解析】
试题分析：根据题意可知这是分式方程，＝0，然后根据分式方程的解法分解因式后约分可得x-1=0，解之得x=1，经检验可知x=1是分式方程的解.
答案为1.
考点：分式方程的解法
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）AF＝BC；a；（2）猜想：AF＝BC，（3）
【解析】
（1）①先判断出AD＝AE＝AB＝AC，∠DAE＝120°，进而判断出∠ADE＝30°，再利用含30度角的直角三角形的性质即可得出结论；
②先判断出△ABC≌△ADE，利用直角三角形的性质即可得出结论；
（2）先判断出△AEG≌△ACB，得出EG＝BC，再判断出DF＝EF，即可得出结论；
（3）先判断出四边形PHCD是矩形，进而判断出∠DPC＝30°，再判断出PB＝PC，进而求出∠APB＝150°，即可利用“夹补三角形”即可得出结论．
【详解】
解：（1）
∵△ABC与△ADE是一对“夹补三角形”，
∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAC+∠DAE＝180°，
①∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝60°
∴AD＝AE＝AB＝AC，∠DAE＝120°，
∴∠ADE＝30°，
∵AF是“夹补中线”，
∴DF＝EF，
∴AF⊥DE，
在Rt△ADF中，AF＝AD＝AB＝BC，
故答案为：AF＝BC；
②当△ABC是直角三角形时，∠BAC＝90°，
∵∠DAE＝90°＝∠BAC，
易证，△ABC≌△ADE，
∴DE＝BC，
∵AF是“夹补中线”，
∴DF＝EF，
∴AF＝DE＝BC＝a，
故答案为a；
（2）解：猜想：AF＝BC，
理由：如图1，延长DA到G，使AG＝AD，连EG
∵△ABC与△ADE是一对“夹补三角形”，
∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAC+∠DAE＝180°，
∴AG＝AB，∠EAG＝∠BAC，AE＝AC，
∴△AEG≌△ACB，
∴EG＝BC，
∵AF是“夹补中线”，
∴DF＝EF，
∴AF＝EG，
∴AF＝BC；
（3）证明：如图4，
∵△PAD是等边三角形，
∴DP＝AD＝3，∠ADP＝∠APD＝60°，
∵∠ADC＝150°，
∴∠PDC＝90°，
作PH⊥BC于H，
∵∠BCD＝90°
∴四边形PHCD是矩形，
∴CH＝PD＝3，
∴BH＝6﹣3＝3＝CH，
∴PC＝PB，
在Rt△PCD中，tan∠DPC＝，
∴∠DPC＝30°
∴∠CPH＝∠BPH＝60°，∠APB＝360°﹣∠APD﹣∠DPC﹣∠BPC＝150°，
∴∠APB+∠CPD＝180°，
∵DP＝AP，PC＝PB，
∴△PCD是△PBA的“夹补三角形”，
由（2）知，CD＝，
∴△PAB的“夹补中线”＝．
此题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，锐角三角函数，新定义的理解和掌握，理解新定义是解本题的关键．
15、（1）3；（2）1.
【解析】
（1）先进行二次根式的除法运算，然后把二次根式化为最简二次根式后合并即可；
（2）利用平方差公式计算．
【详解】
（1）原式=3-2+
=+2
=3；
（2）原式=49-48
=1．
本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
16、（1）见解析；（2）见解析；
【解析】
（1）利用平行线的性质证明，即可解答
（2）连接，根据题意得出，再由（1）得出，得到是的中位线，即可解答
【详解】
（1）证明：.
是的中点，.
又，
（ASA）.
.
又，
四边形是平行四边形.
（2）证明：如图1，连接，
图1
是的中点，
.
.
.
由（1）知，
，又由（1）知，
.
，
是的中位线.
.
，
.
此题考查等腰三角形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，解题关键在于作辅助线
17、（1）y＝－x＋3；（2）不在，理由见解析；（3）3
【解析】
（1）首先求得B的坐标，然后利用待定系数法即可求得函数的解析式；
（2）把C的坐标代入一次函数的解析式进行检验即可；
（3）首先求得D的坐标，然后利用三角形的面积公式求解.
解：(1)在y＝2x中，令x＝1，得y＝2，则点B的坐标是(1，2)，
设一次函数的解析式是y＝kx＋b(k≠0)，
则 ，解得
故一次函数的解析式是y＝－x＋3.
(2)点C(4，－2)不在该一次函数的图象上．
理由：对于y＝－x＋3，当x＝4时，y＝－1≠－2，
所以点C(4，－2)不在该函数的图象上．
(3)在y＝－x＋3中，令y＝0，得x＝3，则点D的坐标是(3，0)，
则S△BOD＝×OD×2＝×3×2＝3.
点睛：本题主要考查了用待定系数法求函数的解析式，解题的重点在于要先根据条件列出关于字母系数的方程，解方程求解即可得到函数解析式.
18、（1）（1，2）（2）1
【解析】
分析：（1）联立两函数的解析式，解方程组即可;(2)先根据函数解析式求得点A、C的坐标，即可得线段AC的长，再根据三角形的面积公式计算即可.
详解：（1）∵，∴，∴E（1，2）；
（2）当y1=x+1=0时，解得：x=﹣1，∴A（﹣1，0），当y2=﹣2x+4=0时，解得：x=2，
∴C（2，0），∴AC=2﹣（﹣1）=1，
==1．
点睛：本题考查了两直线相交或平行的问题，解题的关键是根据两直线解析式求出它们的交点的坐标及它们和x轴的交点的坐标.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、：x≠﹣1．
【解析】
根据分母不等于0列出不等式求解即可．
【详解】
解：由题意得，x+1≠0，
解得x≠﹣1．
故答案为x≠﹣1．
本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：
（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
20、1
【解析】
证明△ABQ≌△EBQ，根据全等三角形的性质得到BE=AB=5，AQ=QE，根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】
解：在△ABQ和△EBQ中，
，
∴△ABQ≌△EBQ（ASA），
∴BE=AB=5，AQ=QE，
同理CD=AC=7，AP=PD，
∴DE=CD-CE=CD-（BC-BE）=2，
∵AP=PD，AQ=QE，
∴PQ=DE=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．
21、2a（a+2）（a﹣2）
【解析】
要将一个多项式分解因式的一般步骤是首先看各项有没有公因式，若有公因式，则把它提取出来，之后再观察是否是完全平方式或平方差式，若是就考虑用公式法继续分解因式．因此，
．
22、
【解析】
原式= ，故答案为.
23、
【解析】
先逐项化简，再进一步计算即可.
【详解】
原式=-1-3+1= .
故答案为：.
本题考查了实数的混合运算，正确化简各数是解答本题的关键.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、
【解析】
根据一次函数的图像不经过第三象限得到k＜0，b≥0，故可求解.
【详解】
题意有：
解得
此题主要考查一次函数的图像，解题的关键是熟知一次函数的图像与性质.
25、（1）点的坐标为；（2）见解析；（3）MN平分∠FMB成立，证明见解析
【解析】
（1）根据四边形OBCD是正方形所以点C的坐标应该是C（2，2）；
（2）可通过构建全等三角形来求解．在OD上取OH=OM，通过证三角形DHM和MBN全等来得出DM=MN．
（3）本题也是通过构建全等三角形来求解的．在BO延长线上取OA=CF，通过三角形OAD，FDC和三角形DAM，DMF这两对全等三角形来得出FM和OM，CF的关系，从而得出FM是否是定值．然后再看∠FMN是否与∠NME相等．
【详解】
（1）∵四边形是正方形，，
∴
∴点的坐标为
(2)在OD上取OH=OM，连接HM，
∵OD=OB，OH=OM，
∴HD=MB，∠OHM=∠OMH，
∴∠DHM=180°−45°=135°，
∵NB平分∠CBE，
∴∠NBE=45°，
∴∠NBM=180°−45°=135°，
∴∠DHM=∠NBM，
∵∠DMN=90°，
∴∠DMO+∠NMB=90°，
∵∠HDM+∠DMO=90°，
∴∠HDM=∠NMB，
在△DHM和△MBN中，
，
∴△DHM≌△MBN(ASA)，
∴DM=MN.
(3)MN平分∠FMB成立。证明如下：
在BO延长线上取OA=CF,可证△DOA≌△DCF,△DMA≌△DMF，
FM=MA=OM+CF(不为定值)，∠DFM=∠DAM=∠DFC，
过M作MP⊥DN于P，则∠FMP=∠CDF，
由(2)可知∠NMF+∠FMP=∠PMN=45°，
∠NMB=∠MDH,∠MDO+∠CDF=45°，
进一步得∠NMB=∠NMF，即MN平分∠FMB.
此题考查角平分线的性质，正方形的性质，坐标与图形性质，全等三角形的判定与性质，解题关键在于作辅助线
26、 (1)A型设备最多购买5台；(2)A型设备至少要购买4台．
【解析】
（1）设购买A型号的x台，购买B型号的为（10-x）台，根据购买节省能源的新设备的资金不超过110万元．可列出不等式求解．
（2）设购买A型号的a台，购买B型号的为（10-a）台，根据每月要求总产量不低于2040吨，可列不等式求解．
【详解】
(1)设购买A型号的x台，购买B型号的为(10﹣x)台，
则：12x+10(10﹣x)≤110，
解得：x≤5，
答：A型设备最多购买5台；
(2)设购买A型号的a台，购买B型号的为(10﹣a)台，
可得：240a+180(10﹣a)≥2040，
解得：a≥4，
∴A型设备至少要购买4台．
本题考查了一元一次不等式的应用，解题的关键是根据题意列出的一元一次不等式．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分