浙江省温州市鹿城区温州市实验中学2025届数学九上开学质量跟踪监视模拟试题【含答案】

这是一份浙江省温州市鹿城区温州市实验中学2025届数学九上开学质量跟踪监视模拟试题【含答案】，共22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）若–1是关于的方程()的一个根，则的值为（ ）
A．1B．2C．–1D．–2
2、（4分）（2011•潼南县）目前，全球淡水资源日益减少，提倡全社会节约用水．据测试：拧不紧的水龙头每分钟滴出100滴水，每滴水约0.05毫升．小康同学洗手后，没有把水龙头拧紧，水龙头以测试的速度滴水，当小康离开x分钟后，水龙头滴出y毫升的水，请写出y与x之间的函数关系式是（ ）
A、y=0.05xB、y=5x
C、y=100xD、y=0.05x+100
3、（4分）无论a取何值时，下列分式一定有意义的是（ ）
A．B．C．D．
4、（4分）若关于x的方程kx2﹣3x﹣=0有实数根，则实数k的取值范围是（ ）
A．k=0B．k≥﹣1C．k≥﹣1且k≠0D．k＞﹣1
5、（4分）如图，点P是∠AOB的角平分线上一点，过点P作PC⊥OA于点C，且PC=3，则点P到OB的距离为（ ）
A．3B．4C．5D．6
6、（4分）a，b，c为常数，且，则关于x的方程根的情况是
A．有两个相等的实数根B．有两个不相等的实数根
C．无实数根D．有一根为0
7、（4分）下列四组线段中。可以构成直角三角形的是（ ）
A．4，5，6B．1.5，2，2.5C．2，3，4D．1，3，3
8、（4分）若＝，则的值是（）
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）有一个不透明的袋子里装有若干个大小相同、质地均匀的白球，由于某种原因，不允许把球全部倒出来数，但可以从中每次摸出一个进行观察．为了估计袋中白球的个数，小明再放入8个除颜色外，大小、质地均相同的红球，摇匀后从中随机摸出一个球并记下颜色，再把它放回袋中摇匀．这样不断重复摸球100次，其中有16次摸到红球，根据这个结果，可以估计袋中大约有白球_____个．
10、（4分）如图，我们把一个半圆与抛物线的一部分合成的封闭图形称为“蛋圆”，点A、B、C、D分别是“蛋圆”与坐标轴的交点，AB为半圆的直径，且抛物线的解析式为，则半圆圆心M的坐标为______．
11、（4分）平面直角坐标系中，A、O两点的坐标分别为（2，0），（0，0），点P在正比例函数y＝x（x＞0）图象上运动，则满足△PAO为等腰三角形的P点的坐标为_____．
12、（4分）化简：=_____．
13、（4分）如图，小明把一块含有60°锐角的直角三角板的三个顶点分别放在一组平行线上，如果∠1＝20°，那么∠2的度数是______．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，边长为 7 的正方形 OABC 放置在平面直角坐标系中，动点 P 从点 C 出发，以 每秒 1 个单位的速度向 O 运动，点 Q 从点 O 同时出发，以每秒 1 个单位的速度向点 A 运动，到达端点即停止运动，运动时间为 t 秒，连 PQ、BP、BQ．
（1）写出 B 点的坐标；
（2）填写下表：
①根据你所填数据，请描述线段 PQ 的长度的变化规律？并猜测 PQ 长度的最小值．
②根据你所填数据，请问四边形 OPBQ 的面积是否会发生变化？并证明你的论断；
（3）设点 M、N 分别是 BP、BQ 的中点，写出点 M，N 的坐标，是否存在经过 M， N 两点的反比例函数？如果存在，求出 t 的值；如果不存在，说明理由．
15、（8分）如图，在矩形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠，点A的对应点为点G.
（1）填空：如图1，当点G恰好在BC边上时，四边形ABGE的形状是___________形；
（2）如图2，当点G在矩形ABCD内部时，延长BG交DC边于点F.
求证：BF=AB+DF；
若AD=AB，试探索线段DF与FC的数量关系.

16、（8分）如图①，C地位于A、B两地之间，甲步行直接从C地前往B地，乙骑自行车由C地先回A地，再从A地前往B地（在A地停留时间忽略不计），已知两人同时出发且速度不变，乙的速度是甲的2.5倍，设出发xmin后，甲、乙两人离C地的距离为y1m、y2m，图②中线段OM表示y1与x的函数图象．
（1）甲的速度为______m/min．乙的速度为______m/min．
（2）在图②中画出y2与x的函数图象，并求出乙从A地前往B地时y2与x的函数关系式．
（3）求出甲、乙两人相遇的时间．
（4）请你重新设计题干中乙骑车的条件，使甲、乙两人恰好同时到达B地．
要求：①不改变甲的任何条件．
②乙的骑行路线仍然为从C地到A地再到B地．
③简要说明理由．
④写出一种方案即可．
17、（10分）如图，某中学准备在校园里利用围墙的一段，再砌三面墙，围成一个矩形花园（围墙最长可利用），现在已备足可以砌长的墙的材料，恰好用完，试求的长，使矩形花园的面积为．
18、（10分）如图，直线l1：y＝2x＋1与直线l2：y＝mx＋4相交于点P(1，b)．
（1）求b，m的值；
（2）垂直于x轴的直线与直线l1，l2，分别交于点C，D，垂足为点E,设点E的坐标为(a，0)若线段CD长为2，求a的值．
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）因式分解：___________．
20、（4分）矩形的两条对角线的夹角为，较短的边长为，则对角线长为________．
21、（4分）如图,将边长为4的正方形纸片沿折叠,点落在边上的点处,点与点重合, 与交于点,取的中点，连接,则的周长最小值是__________．
22、（4分）某车间5名工人日加工零件数依次为6、9、5、5、4，则这组数据的中位数是____．
23、（4分）在直角ΔABC中，∠BAC=90°，AC=3，∠B=30°，点D在BC上，若ΔABD为等腰三角形，则BD=___________．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）下图反映的过程是小明从家去菜地浇水，又去玉米地锄草，然后回家．其中x表示时间，y表示小明离他家的距离．根据图象回答下列问题：
①菜地离小明家多远？小明走到菜地用了多少时间？
②小明给菜地浇水用了多少时间？
③玉米地离菜地、小明家多远？小明从玉米地走回家平均速度是多少？
25、（10分）如图，在平面直角坐标系中，直线的解析式为，点的坐标分别为(1，0)，(0，2)，直线与直线相交于点．
(1)求直线的解析式；
(2)点在第一象限的直线上，连接，且，求点的坐标．
26、（12分）有一个四边形的四边长分别是，且有．求证：此四边形是平行四边形．
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、B
【解析】
将﹣1代入方程求解即可.
【详解】
将﹣1代入方程得：n﹣m+2=0，即m﹣n=2.
故选B.
本题考点：一元二次方程的根.
2、：解：y=100×0.05x，
即y=5x．
故选B．
【解析】：每分钟滴出100滴水，每滴水约0.05毫升，则一分钟滴水100×0.05毫升，则x分钟可滴100×0.05x毫升，据此即可求解．
3、D
【解析】
试题解析：当a=0时，a2=0，故A、B中分式无意义；
当a=-1时，a+1=0，故C中分式无意义；
无论a取何值时，a2+1≠0，
故选D．
考点：分式有意义的条件．
4、B
【解析】
讨论: ①当k=0时,方程化为一次方程, 方程有一个实数解; 当k≠0时,方程为二次方程 ，Δ≥0,然后求出两个中情况下的的公共部分即可.
【详解】
解:①当k=0时,方程化为-3x-=0,解得x=;
当k≠0时,Δ=≥0,解得
k≥-1,所以k的范围为k≥-1.
故选B.
本题主要考查一元二次方程根的判别式，注意讨论k的取值.
5、A
【解析】
过点P作PD⊥OB于D，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得PC=PD，从而得解．
【详解】
解：如图，过点P作PD⊥OB于D，
∵点P是∠AOB的角平分线上一点，PC⊥OA，
∴PC=PD=1，即点P到OB的距离等于1．
故选：A．
本题考查了角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，熟记性质是解题的关键．
6、B
【解析】
试题解析：∵，∴ac＜1．在方程中，△=≥﹣4ac＞1，∴方程有两个不相等的实数根．故选B．
7、B
【解析】
由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
【详解】
解：A. 42+52≠62，不可以构成直角三角形，故A选项错误；
B. 1.52+22=2.52，可以构成直角三角形，故B选项正确．
C、22+32≠42，不可以构成直角三角形，故C选项错误；
D、12+32≠32，不可以构成直角三角形，故D选项错误；
故选：B
本题考查勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就是直角三角形．
8、A
【解析】
先设a=2k，则b=5k，然后将它们分别代入，计算即可求出其值即可.
【详解】
解：∵＝，
设a=2k，则b=5k，
∴=．
故选A．
本题考查了比例的基本性质,比较简单，关键是巧设未知数,可使计算简便.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1
【解析】
【分析】由口袋中有8个红球，利用红球在总数中所占比例与实验比例应该相等，列方程求出即可.
【详解】设袋中白球有x个，
根据题意，得：，
解得：x=1，
经检验：x=1是原分式方程的解，
即估计袋中大约有白球1个，
故答案为：1．
【点睛】本题考查了利用频率估计概率，根据已知得出红球在总数中所占比例应该与实验比例相等是解决本题的关键.
10、（1，0）．
【解析】
当y=0时，，解得：x1=﹣1，x2=3，故A（﹣1，0），B（3，0），则AB的中点为：（1，0）．
故答案为（1，0）．
11、（1，1）或（，）或（1，1）
【解析】
分OP＝AP、OP＝OA、AO＝AP三种情况考虑：①当OP1＝AP1时，△AOP1为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质结合点A的坐标可得出点P1的坐标；②当OP1＝OA时，过点P1作P1B⊥x轴，则△OBP1为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质结合点A的坐标可得出点P1的坐标；③当AO＝AP3时，△OAP3为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质结合点A的坐标可得出点P3的坐标．综上即可得出结论
【详解】
∵点A的坐标为（1，0），
∴OA＝1．
分三种情况考虑，如图所示．
①当OP1＝AP1时，∵∠AOP1＝45°，
∴△AOP1为等腰直角三角形．
又∵OA＝1，
∴点P1的坐标为（1，1）；
②当OP1＝OA时，过点P1作P1B⊥x轴，则△OBP1为等腰直角三角形．
∵OP1＝OA＝1，
∴OB＝BP1＝，
∴点P1的坐标为（，）；
③当AO＝AP3时，△OAP3为等腰直角三角形．
∵OA＝1，
∴AP3＝OA＝1，
∴点P3的坐标为（1，1）．
综上所述：点P的坐标为（1，1）或（，）或（1，1）．
故答案为：（1，1）或（，）或（1，1）．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、等腰三角形的性质以及等腰直角三角形的性质，分OP＝AP、OP＝OA、AO＝AP三种情况求出点P的坐标是解题的关键．
12、－6
【解析】
根据二次根式的乘法运算法则以及绝对值的性质和二次根式的化简分别化简整理得出即可：
【详解】
,
故答案为-6
13、
【解析】
先根据得出，再求出的度数，由即可得出结论.
【详解】
，，
，
，
，
.
故答案为：.
本题考查的是平行线的性质，用到的知识点为：两直线平行，内错角相等.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）B（7，7）；（2）表格填写见解析；①,PQ长度的最小值是；
②四边形OPBQ的面积不会发生变化；（3）t=3.5存在经过M，N两点的反比例函数.
【解析】
通过写点的坐标，填表，搞清楚本题的基本数量关系，每个量的变化规律，然后进行猜想；用运动时间t，表示线段OP，OQ，CP，AQ的长度，运用割补法求四边形OPBQ的面积，由中位线定理得点M（3.5，7-），N（，3.5），反比例函数图象上点的坐标特点是 ，利用该等式求t值．
【详解】
解：(1)∵在正方形 OABC中OA=OC=7
∴B（7，7）
(2)表格填写如下：

①线段PQ的长度的变化规律是先减小再增大,PQ长度的最小值是 .理由如下：
在Rt△POQ中，OP=7-t，OQ=t
∴PQ2=(7-t)2+t2=2t2-14t+49=
∵
∴
∴当 时PQ2最取得最小值为
∴此时
②根据所填数据，四边形OPBQ的面积不会发生变化；
∵=24.5，
∴四边形OPBQ的面积不会发生变化.
(3)点M(3.5,7− ),N( ,3.5)，
当3.5(7−)=×3.5时，则t=3.5，
∴当t=3.5存在经过M，N两点的反比例函数.
本题考查了正方形的性质, 坐标与图形性质, 反比例函数图象上点的坐标特征，掌握正方形的性质, 坐标与图形性质, 反比例函数图象上点的坐标特征是解题的关键.
15、正方形
【解析】
分析：（1）如图1，当点G恰好在BC边上时，四边形ABGE的形状是正方形，理由为：由折叠得到两对边相等，三个角为直角，确定出四边形ABEG为矩形，再由矩形对边相等，等量代换得到四条边相等，即邻边相等，即可得证；
（2）①如图2，连接EF，由ABCD为矩形，得到两组对边相等，四个角为直角，再由E为AD中点，得到AE=DE，由折叠的性质得到BG=AB，EG=AE=ED，且∠EGB=∠A=90°，利用HL得到直角三角形EFG与直角△EDF全等，利用全等三角形对应边相等得到DF=FG，由BF=BG+GF，等量代换即可得证；
②CF=DF，理由为：不妨假设AB=DC=a，DF=b，表示出AD=BC，由①得：BF=AB+DF，进而表示出BF，CF，在直角△BCF中，利用勾股定理列出关系式，整理得到a=2b，由CD-DF=FC，代换即可得证．
详解：（1）正方形；
（2）①如图2，连结EF，
在矩形ABCD中，AB=DC，AD=BC，∠A=∠C=∠D=90°，
∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
∵△ABE沿BE折叠后得到△GBE，
∴BG=AB，EG=AE=ED，∠A=∠BGE=90°
∴∠EGF=∠D=90°，
在Rt△EGF和Rt△EDF中，
∵EG=ED，EF=EF，
∴Rt△EGF≌Rt△EDF，
∴ DF=FG，
∴ BF=BG+GF=AB+DF；
②不妨假设AB=DC=，DF=，
∴AD=BC=，
由①得：BF=AB+DF
∴BF=，CF=，
在Rt△BCF中，由勾股定理得：
∴，
∴，
∵，
∴，即：CD=DF，
∵CF=DF-DF，
∴3CF=DF.
点睛：此题属于四边形综合题，涉及的知识有：矩形的性质，折叠的性质，正方形的判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握图形的判定与性质是解本题的关键．
16、（1）80；200；（2）画图如图②见解析；当乙由A到C时，4.5≤x≤9，y2=1800-200x，当乙由C到B时，9≤x≤21，y2=200x-1800；（3）甲、乙两人相遇的时间为第15min；（4）甲、乙同时到达A．
【解析】
（1）由图象求出甲的速度，再由条件求乙的速度；
（2）由乙的速度计算出乙到达A、返回到C和到达B所用的时间，图象可知，应用方程思想列出函数关系式；
（3）根据题意，甲乙相遇时，乙与甲的路程差为1800，列方程即可．
（4）由甲到B的时间，反推乙到达B所用时间也要为30min，则由路程计算乙所需速度即可．
【详解】
解：（1）根据y1与x的图象可知，
甲的速度为，
则乙的速度为2.5×80=200m/min
故答案为：80，200
（2）根据题意画图如图②
当乙由A到C时，4.5≤x≤9
y2=900-200（x-4.5）=1800-200x
当乙由C到B时，9≤x≤21
y2=200（x-9）=200x-1800
（3）由已知，两人相遇点在CB之间，
则200x-80x=2×900
解得x=15
∴甲、乙两人相遇的时间为第15min．
（4）改变乙的骑车速度为140m/min，其它条件不变
此时甲到B用时30min，乙的用时为min
则甲、乙同时到达A．
本题为代数综合题，考查了一次函数的图象和性质及一元一次方程，解答关键时根据题意数形结合．
17、的长为15米
【解析】
设AB=xm，列方程解答即可.
【详解】
解：设AB=xm，则BC=（50-2x）m，
根据题意可得，，
解得：，
当时，，
故（不合题意舍去），
答：的长为15米．
此题考查一元二次方程的实际应用，正确理解题意是列方程的关键.
18、（1）b=3，m=1；（2）或
【解析】
（1）由点P（1，b）在直线l1上，利用一次函数图象上点的坐标特征，即可求出b值，再将点P的坐标代入直线l2中，即可求出m值；
（2）由点C、D的横坐标，即可得出点C、D的纵坐标，结合CD=2即可得出关于a的含绝对值符号的一元一次方程，解之即可得出结论．
【详解】
解：（1）∵点P(1，b)在直线l1：y=2x+1上，
∴b=2×1+1=3；
∵点P(1，3)在直线l2：y=mx+4上，
∴3=m+4，
∴m=．
（2）当x=a时，yC=2a+1， yD=4a．
∵CD=2，
∴|2a+1(4a)|=2，
解得：a=或a=．
∴a的值为或．
本题考查了两条直线相交或平行问题、一次函数图象上点的坐标特征以及解含绝对值符号的一元一次方程，解题的关键是：（1）利用一次函数图象上点的坐标特征求出b、m的值；（2）根据CD=2，找出关于a的含绝对值符号的一元一次方程．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
直接提取公因式2，进行分解因式即可．
【详解】
2(a-b).
故答案为：2（a-b）.
此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．
20、1
【解析】
分析：根据矩形对角线相等且互相平分性质和题中条件易得△AOB为等边三角形，即可得到矩形对角线一半长，进而求解即可．
详解：如图：
AB＝12cm，∠AOB＝60°．
∵四边形是矩形，AC，BD是对角线．
∴OA＝OB＝OD＝OC＝BD＝AC．
在△AOB中，OA＝OB，∠AOB＝60°．
∴OA＝OB＝AB＝12cm，BD＝2OB＝2×12＝1cm．
故答案为1．
点睛：矩形的两对角线所夹的角为60°，那么对角线的一边和两条对角线的一半组成等边三角形．本题比较简单，根据矩形的性质解答即可．
21、
【解析】
如图，取CD中点K，连接PK，PB，则CK=2，由折叠的性质可得PG=PC，GH=DC=4，PQ=PK，BP=PG，QG=2，要求△PGQ周长的最小值，只需求PQ+PG的最小值即可，即求PK+PB的最小值，观察图形可知，当K、P、B共线时，PK+PB的值最小，据此根据勾股定理进行求解即可得答案.
【详解】
如图，取CD中点K，连接PK，PB，
则CK==2，
∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，
∵将边长为4的正方形ABCD纸片沿EF折叠，点C落在AB边上的点G处，点D与点H重合， CG与EF交于点P，取GH的中点Q，
∴PG=PC，GH=DC=4，PQ=PK，
∴BP=PG，QG=2，
要求△PGQ周长的最小值，只需求PQ+PG的最小值即可，
即求PK+PB的最小值，
观察图形可知，当K、P、B共线时，PK+PB的值最小，
此时，PK+PB=BK=，
∴△PGQ周长的最小值为：PQ+PG+QG= PK+PB+QG=BK+QG=2+2，
故答案为2+2.
本题考查了正方形的性质，轴对称图形的性质，直角三角形斜边中线的性质，综合性较强，难度较大，正确添加辅助线，找出PQ+PG的最小值是解题的关键.
22、1
【解析】
根据中位数的定义即可得．
【详解】
将这组数据按从小到大进行排序为
则其中位数是1
故答案为：1．
本题考查了中位数的定义，熟记定义是解题关键．
23、3或
【解析】
分两种情况讨论即可：①BA=BD，②DA=DB.
【详解】
解：①如图：
当AD成为等腰△BAD的底时，BA=BD，∵∠BAC=90°，∠B=30°，AC=3，∴BC=2x3=6，AB=3,∴BD=BA=3;
②如图：
当AB成为等腰△DAB的底边时，DA=DB, 点D在AB的中垂线与斜边BC的交点处，
∴∠DAB=∠B=30°，∴∠ADC=∠B+∠DAB=60°, ∵∠C=90°-∠B=60°, ∴△ADC为等边三角形，∴BD=AD=3，
故答案为3或3.
本题考查了等腰三角形的性质及线段垂直平分线的性质，关键是灵活运用这些性质.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、①菜地离小明家1.1千米，小明走到菜地用了15分钟；②小明给菜地浇水用了10分钟；③玉米地离菜地、小明家的距离分别为0.9千米，2千米，小明从玉米地走回家平均速度是0.08千米/分钟．
【解析】
①根据函数图象可以直接写出菜地离小明家多远，小明走到菜地用了多少时间；
②根据函数图象中的数据可以得到小明给菜地浇水用了多少时间；
③根据函数图象中的数据可以得到玉米地离菜地、小明家多远，小明从玉米地走回家平均速度是多少．
【详解】
①由图象可得，
菜地离小明家1.1千米，小明走到菜地用了15分钟；
②25-15=10（分钟），
即小明给菜地浇水用了10分钟；
③2-1.1=0.9（千米）
玉米地离菜地、小明家的距离分别为0.9千米，2千米，
小明从玉米地走回家平均速度是2÷（80-55）=0.08千米/分钟．
本题考查函数图象，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
25、（1）y＝−2x＋2；（2）
【解析】
（1）利用待定系数法即可得到直线AB的表达式；
（2）通过解方程组即可得到点P的坐标，设点Q（t，2t−6），作QH⊥x轴，垂足为H，PK⊥x轴，垂足为K．可得KA＝2−1＝1，PK＝2，HA＝t−1，QH＝2t−6，根据勾股定理得到AP，AQ，根据AP＝AQ得到关于t的方程，解方程求得t，从而得到点Q的坐标．
【详解】
解：（1）设AB的解析式为y＝kx＋b（k≠0），
把（1，0）、（0，2）代入y＝kx＋b
得：，解得：k＝−2，b＝2，
∴y＝−2x＋2；
（2）联立得，解得：x＝2，y＝−2，
∴P（2，−2），
设点Q（t，2t−6），作QH⊥x轴，垂足为H．PK⊥x轴，垂足为K．
KA＝2−1＝1，PK＝2，HA＝t−1，QH＝2t−6
AP＝，AQ＝，
∵AP＝AQ，
∴（t−1）2＋（2t−6）2＝5，
解得：t1＝2(舍去)；t2＝，，
把x＝代入y＝2x−6，得y＝，
∴．
此题主要考查了一次函数图象相交问题，以及待定系数法求一次函数解析式，关键是掌握两函数图象相交，交点坐标就是两函数解析式组成的方程组的解．
26、见详解.
【解析】
由题意可得出，易得，根据平行四边形的判定定理可得结论.
【详解】
证明：

所以此四边形是平行四边形．
本题考查了平行四边形的判定，灵活的利用完全平方公式及平方的非负性是解题的关键.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
时间 t（单位：秒）
1
2
3
4
5
6
OP 的长度
OQ 的长度
PQ 的长度
四边形 OPBQ 的面积