重庆市江津、聚奎中学2024-2025学年九年级数学第一学期开学学业质量监测模拟试题【含答案】

这是一份重庆市江津、聚奎中学2024-2025学年九年级数学第一学期开学学业质量监测模拟试题【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，矩形ABCD的对角线交于点O．若∠BAO=55°，则∠AOD等于( )
A．110°B．115°C．120°D．125°
2、（4分）一元二次方程的一次项系数为（ ）
A．1B．C．2D．-2
3、（4分）甲、乙、丙、丁四人参加训练，近期的10次百米测试平均成绩都是13.2s，方差如下表：
则这四人中发挥最稳定的是( )
A．甲B．乙C．丙D．丁
4、（4分）下列各式中正确的是( )
A．B．C．＝a＋bD．＝－a－b
5、（4分）菱形、矩形、正方形都具有的性质是（ ）
A．对角线相等且互相平分B．对角线相等且互相垂直平分
C．对角线互相平分D．四条边相等，四个角相等
6、（4分）如图，在平行四边形ABCD中，BC＝10，AC＝14，BD＝8，则△BOC的周长是( )
A．21B．22C．25D．32
7、（4分）直线y=kx+b不经过第三象限，则k、b应满足（ ）
A．k＞0，b＜0 B．k＜0，b＞0 C．k＜0 b＜0 D．k＜0，b≥0
8、（4分）如图，点是矩形的对角线的中点，点是边的中点，若，，则的长为（）
A．3B．4C．4.5D．5
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）如图为某班35名学生投篮成绩的条形图，其中上面部分数据破损导致数据不完全，已知此班学生投篮成绩的中位数是5，下列选项正确的是_______.
①3球以下（含3球）的人数；②4球以下（含4球）的人数； ③5球以下（含5球）的人数；④6球以下（含6球）的人数.
10、（4分）若点和点都在一次函数的图象上，则________（选择“”、“”、“”填空）.
11、（4分）将函数的图象向上平移2个单位，所得的函数图象的解析为________．
12、（4分）计算−的结果为______
13、（4分）直线y=2x－1沿y轴平移3个单位长度，平移后直线与x轴的交点坐标为 ．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，在矩形ABCD中，AB=3cm，BC=6cm．点P从点D出发向点A运动，运动到点A即停止；同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是1cm/s．连接PQ、AQ、CP．设点P、Q运动的时间为ts．
（1）当t为何值时，四边形ABQP是矩形；
（2）当t为何值时，四边形AQCP是菱形；
（3）分别求出（2）中菱形AQCP的周长和面积．
15、（8分）如图在△ABC中，AD是BC边上的高，CE是AB边上的中线，且∠B=2∠BCE，求证：DC=BE．
16、（8分）随着人们环保意识的增强，越来越多的人选择低碳出行，各种品牌的山地自行车相继投放市场.顺风车行五月份型车的销售总利润为元，型车的销售总利润为元.且型车的销售数量是型车的倍，已知销售型车比型车每辆可多获利元.
（1）求每辆型车和型车的销售利润；
（2）若该车行计划一次购进两种型号的自行车共台且全部售出，其中型车的进货数量不超过型车的倍，则该车行购进型车、型车各多少辆，才能使销售总利润最大？最大销售总利润是多少？
17、（10分）如图1，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，在△ABC内部作△CED，使∠CED=90°，E在BC上，D在AC上，分别以AB，AD为邻边作平行四边形ABFD，连接AF、AE、EF．
（1）证明：AE=EF；
（2）判断线段AF，AE的数量关系，并证明你的结论；
（3）在图（1）的基础上，将△CED绕点C逆时针旋转，请判断（2）问中的结论是否成立？若成立，结合图（2）写出证明过程；若不成立，请说明理由
18、（10分）感知：如图，在菱形ABCD中，，点E、F分别在边AB、AD上若，易知≌．
探究：如图，在菱形ABCD中，，点E、F分别在BA、AD的延长线上若，与是否全等？如果全等，请证明；如果不全等，请说明理由．
拓展：如图，在▱ABCD中，，点O是AD边的垂直平分线与BD的交点，点E、F分别在OA、AD的延长线上若，，，求的度数．
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）若关于的两个方程与有一个解相同，则__________．
20、（4分）在▱ABCD中，若∠A+∠C＝270˚，则∠B＝_____．
21、（4分）若直角三角形的两边分别为1分米和2分米，则斜边上的中线长为_________.
22、（4分）设，若，则____________．
23、（4分）已知点A（4，0），B（0，﹣2），C（a，a）及点D是一个平行四边形的四个顶点，则线段CD长的最小值为___．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，一次函数的图像过点和点，以线段为边在第一象限内作等腰直角△ABC，使
（1）求一次函数的解析式；
（2）求出点的坐标
（3）点是轴上一动点，当最小时，求点的坐标.
25、（10分）如图，折叠长方形的一边AD，使点D落在BC边上的点F处，BC=15，AB=9.
求：（1）FC的长；（2）EF的长．
26、（12分）如图所示，每个小正方形的边长为1cm
（1）求四边形ABCD的面积；
（2）四边形ABCD中有直角吗？若有，请说明理由．
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】
由矩形的对角线互相平分得，OA=OB，再由三角形的外角性质得到∠AOD等于∠BAO和∠ABO之和即可求解.
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，OA=OB，
∠BAO=∠ABO=55°，
∠AOD=∠BAO+∠ABO =55°+55°=110°.
故答案为：A
本题考查了矩形的性质及外角的性质，熟练利用外角的性质求角度是解题的关键.
2、D
【解析】
根据一般地,任何一个关于x的一元二次方程经过整理,都能化成如下形式ax2+bx+c=0.这种形式叫一元二次方程的一般形式.a叫做二次项系数;b叫做一次项系数;c叫做常数项可得答案.
【详解】
解:一元二次方程,则它的一次项系数为-2,
所以D选项是正确的.
本题考查的是一元二次方程，熟练掌握一次项系数是解题的关键.
3、B
【解析】
分析：根据方差的意义解答．
详解：从方差看，乙的方差最小，发挥最稳定.
故选B.
点睛：考查方差的意义，方差越小，成绩越稳定.
4、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.
5、C
【解析】
对菱形对角线相互垂直平分，矩形对角线平分相等，正方形对角线相互垂直平分相等的性质进行分析从而得到其共有的性质．
【详解】
解：A、不正确，菱形的对角线不相等；
B、不正确，菱形的对角线不相等，矩形的对角线不垂直；
C、正确，三者均具有此性质；
D、不正确，矩形的四边不相等，菱形的四个角不相等；
故选C．
6、A
【解析】
由平行四边形的性质得出OA＝OC＝7，OB＝OD＝4，即可得出△BOC的周长．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC＝7，OB＝OD＝4，
∴△BOC的周长＝OB+OC+BC＝4+7+10＝21；
故选：A．
本题考查了平行四边形的性质以及三角形周长的计算；熟记平行四边形的对角线互相平分是解题关键．
7、D．
【解析】
试题解析：∵直线y=kx+b不经过第三象限，
∴y=kx+b的图象经过第一、二、四象限或第二，四象限，
∵直线必经过二、四象限，
∴k＜1．
当图象过一、二四象限，直线与y轴正半轴相交时：b＞1．
当图象过原点时：b=1，
∴b≥1，
故选D．
考点：一次函数图象与系数的关系．
8、D
【解析】
由三角形的中位线定理可得CD=AB=6，由勾股定理可求AC的长，即可求OB的长．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形
∴AB=CD，∠ABC=90°，AO=OC=OB
∵AO=OC，AM=MD
∴CD=2OM=6=AB，
∴AC==10
∴OB=5
故选：D．
此题考查矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，熟练运用矩形的性质是解题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、①②④
【解析】
根据题意和条形统计图中的数据可以求得各个选项中对应的人数，从而可以解答本题．
【详解】
因为共有35人，而中位数应该是第18个数，所以第18个数是5，从图中看出第四个柱状图的范围在6以上，所以投4个球的有7人．可得：3球以下（含3球）的人数为10人，4球以下（含4球）的人数10+7=17人，6球以下（含6球）的人数35-1=1．故只有5球以下（含5球）的人数无法确定．
故答案为①②④
本题考查的是条形统计图的综合运用．读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据．同时理解中位数的概念．
10、
【解析】
可以分别将x=1和x=2代入函数算出的值，再进行比较；或者根据函数的增减性，判断函数y随x的变化规律也可以得出答案.
【详解】
解：∵一次函数
∴y随x增大而减小
∵1<2
∴
故答案为：
本题考查一次函数的增减性，熟练掌握一次函数增减性的判断是解题关键.
11、
【解析】
根据“上加下减”的原则进行解答即可．
【详解】
解：由“上加下减”的原则可知，将函数y=3x的图象向上平移2个单位所得函数的解析式为．
故答案为：．
本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减”的原则是解答此题的关键．
12、-1
【解析】
试题分析：由分式的加减运算法则可得：== -1
考点：分式的运算
点评：此题是简单题，分式的加减运算，分母相同的，分子直接相加减；分母不用的要先通分，然后再计算．
13、（-1，0），（2，0）
【解析】
（1）若将直线沿轴向上平移3个单位，则平移后所得直线的解析式为：，
在中，由可得：，解得：，
∴平移后的直线与轴的交点坐标为：；
（2）若将直线沿轴向下平移3个单位，则平移后所得直线的解析式为：，
在中，由可得：，解得：，
∴平移后的直线与轴的交点坐标为：；
综上所述，平移后的直线与轴的交点坐标为：或.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）t=3，ABQP是矩形；（2）t=，AQCP是菱形；（3）周长为:15cm，面积为：（cm2）.
【解析】
（1）当四边形ABQP是矩形时，BQ=AP，据此求得t的值；
（2）当四边形AQCP是菱形时，AQ=AC，列方程求得运动的时间t；
（3）菱形的四条边相等，则菱形的周长=4AQ，面积=CQ×AB．
【详解】
解：（1）由已知可得，BQ=DP=t，AP=CQ=6-t
在矩形ABCD中，∠B=90°，AD∥BC，
当BQ=AP时，四边形ABQP为矩形，
∴t=6-t，得t=3
故当t=3s时，四边形ABQP为矩形．
（2）AD∥BC，AP=CQ=6-t，
∴四边形AQCP为平行四边形
∴当AQ=CQ时，四边形AQCP为菱形
即＝6−t时，四边形AQCP为菱形，解得t=，
故当t=s时，四边形AQCP为菱形．
（3）当t=时，AQ=，CQ=，
则周长为：4AQ=4×=15cm
面积为：CQ•AB＝×3＝．
本题考查菱形、矩形的判定与性质．注意结合方程的思想解题．
15、见解析.
【解析】
连接DE．想办法证明∠BCE=∠DEC即可解决问题．
【详解】
证明：连接DE．
∵AD是BC边上的高，CE是AB边上的中线，
∴∠ADB=90°，AE=BE，
∴BE=AE=DE，
∴∠EBD=∠BDE，∵∠B=2∠BCE，
∴∠BDE=2∠BCE，
∵∠BDE=∠BCE+∠DEC，
∴∠BCE=∠DEC，
∴BE=DC．
本题考查等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
16、（1）每辆A型车的利润为1元，每辆B型车的利润为2元．（2）商店购进34台A型车和66台B型车，才能使销售总利润最大，最大利润是3元．
【解析】
（1）设每台A型车的利润为x元，则每台B型车的利润为（x+50）元,根据题意得×2; （2）设购进A型车a台，这100辆车的销售总利润为y元，据题意得，y＝1a+2（100﹣a），即y＝﹣50a+200,再由B型车的进货数量不超过A型车的2倍确定a的取值范围，然后可得最大利润.
【详解】
解：（1）设每台A型车的利润为x元，则每台B型车的利润为（x+50）元，
根据题意得×2，
解得x＝1．
经检验，x＝1是原方程的解，
则x+50＝2．
答：每辆A型车的利润为1元，每辆B型车的利润为2元．
（2）设购进A型车a台，这100辆车的销售总利润为y元，
据题意得，y＝1a+2（100﹣a），即y＝﹣50a+200，
100﹣a≤2a，
解得a≥33，
∵y＝﹣50a+200，
∴y随a的增大而减小，
∵a为正整数，
∴当a＝34时，y取最大值，此时y＝﹣50×34+200＝3．
即商店购进34台A型车和66台B型车，才能使销售总利润最大，最大利润是3元．
根据题意列出分式方程和不等式.理解题意，弄清数量关系是关键.
17、（1）证明见解析；（2）AF=AE．证明见解析；（3）AF=AE成立．证明见解析.
【解析】
（1）根据△ABC是等腰直角三角形，△CDE是等腰直角三角形，四边形ABFD是平行四边形，判定△ACE≌△FDE（SAS），进而得出AE=EF；
（2）根据∠DFE+∠EAF+∠AFD=90°，即可得出△AEF是直角三角形，再根据AE=FE，得到△AEF是等腰直角三角形，进而得到AF=AE；
（3）延长FD交AC于K，先证明△EDF≌△ECA（SAS），再证明△AEF是等腰直角三角形即可得出结论．
【详解】
（1）如图1，
∵△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵∠CED=90°，E在BC上，D在AC上，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴CE=CD，
∵四边形ABFD是平行四边形，
∴DF=AB=AC，
∵平行四边形ABFD中，AB∥DF，
∴∠CDF=∠CAB=90°，
∵∠C=∠CDE=45°，
∴∠FDE=45°=∠C，
在△ACE和△FDE中，
，
∴△ACE≌△FDE（SAS），
∴AE=EF；
（2）AF=AE．
证明：如图1，∵AB∥DF，∠BAD=90°，
∴∠ADF=90°，
∴Rt△ADF中，∠DAE+∠EAF+∠AFD=90°，
∵△ACE≌△FDE，
∴∠DAE=∠DFE，
∴∠DFE+∠EAF+∠AFD=90°，
即△AEF是直角三角形，
又∵AE=FE，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AF=AE；
（3）AF=AE仍成立．
证明：如图2，延长FD交AC于K．
∵∠EDF=180°-∠KDC-∠EDC=135°-∠KDC，
∠ACE=（90°-∠KDC）+∠DCE=135°-∠KDC，
∴∠EDF=∠ACE，
∵DF=AB，AB=AC，
∴DF=AC，
在△EDF和△ECA中，
，
∴△EDF≌△ECA（SAS），
∴EF=EA，∠FED=∠AEC，
∴∠FEA=∠DEC=90°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AF=AE．
本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、平行四边形的性质等知识的综合应用，等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形的所有性质．解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，寻找全等的条件是解题的难点．
18、探究：和全等，理由见解析；拓展：．
【解析】
探究：△ADE和△DBF全等，利用菱形的性质首先证明三角形ABD为等边三角形，再利用全等三角形的判定方法即可证明△ADE≌△DBF；
拓展：因为点O在AD的垂直平分线上，所以OA=OD，再通过证明△ADE≌△DBF，利用全等三角形的性质即可求出∠ADE的度数．
【详解】
探究：和全等．
四边形ABCD是菱形，
．
，
．
为等边三角形
．

，
≌；
拓展：
点O在AD的垂直平分线上，

．
．
，，
≌

．
本题考核知识点：菱形性质，等边三角形性质，全等三角形判定和性质等.知识点多，但不难. 解题关键点：熟记相关知识点.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、1
【解析】
首先解出一元二次方程的解，根据两个方程的解相同，把x的值代入第二个方程中，解出a即可．
【详解】
解：解方程得x1＝2，x2＝−1，
∵x＋1≠0，
∴x≠−1，
把x＝2代入中得：，
解得：a＝1，
故答案为1．
此题主要考查了解一元二次方程，以及解分式方程，关键是正确确定x的值，分式方程注意分母要有意义．
20、45°
【解析】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C, ∠A+∠B=180º.
∵∠A+∠C=270°，
∴∠A=∠C=135º,
∴∠B=180º-135º=45º.
故答案为45º.
21、1分米或分米.
【解析】
分2是斜边时和2是直角边时，利用勾股定理列式求出斜边，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答．
【详解】
2是斜边时，此直角三角形斜边上的中线长=×2=1分米，
2是直角边时，斜边=，
此直角三角形斜边上的中线长=×分米，
综上所述，此直角三角形斜边上的中线长为1分米或分米．
故答案为1分米或分米．
本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，勾股定理，难点在于分情况讨论．
22、
【解析】
根据已知条件求出，，得到m-n与m+n，即可求出答案.
【详解】
∵，
∴，
∴，
∵m> n>0，
∴，，
∴，
故答案为：.
此题考查利用算术平方根的性质化简，平反差公式的运用，熟记公式是解题的关键.
23、3．
【解析】
讨论两种情形：①CD是对角线，②CD是边．CD是对角线时CF⊥直线y＝x时，CD最小．CD是边时，CD＝AB＝2，通过比较即可得出结论．
【详解】
如图，由题意得：点C在直线y＝x上，
①如果AB、CD为对角线，AB与CD交于点F，当FC⊥直线y＝x时，CD最小，
易知直线AB为y＝x﹣2，
∵AF＝FB，
∴点F坐标为（2，﹣1），
∵CF⊥直线y＝x，
设直线CF为y＝﹣x+b′，F（2，﹣1）代入得b′＝1，
∴直线CF为y＝﹣x+1，
由，解得：，
∴点C坐标．
∴CD＝2CF＝2×．
如果CD是平行四边形的边，则CD＝AB＝＞3，
∴CD的最小值为3．
故答案为3．
本题考查平行四边形的性质、坐标与图形的性质、垂线段最短、勾股定理等知识，学会分类讨论是解题的关键，灵活运用垂线段最短解决实际问题，属于中考常考题型．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）；（2）的坐标是；（3）.
【解析】
（1）根据待定系数法确定函数解析式即可；
（2）作CD⊥y轴于点D，由全等三角形的判定定理可得出△ABO≌△CAD，由全等三角形的性质可知OA=CD，故可得出C点坐标；
（3）求得B点关于y轴的对称点B′的坐标，连接B′C与y轴的交点即为所求的P点，由B′、C坐标可求得直线B′C的解析式，则可求得P点坐标．
【详解】
解：
设直线的解析式为：，
把代入可得：，
解得：
所以一次函数的解析式为：；
如图，作轴于点
，
在与中
，
，
，
则的坐标是；
如图中，作点关于轴的对称点，连接交轴于，此时的值最小，
，
，
把代入中，
可得：，
解得：，
直线的解析式为，
令，得到，
.
本题考查的是一次函数的综合题，根据待定系数法求一次函数的解析式、全等三角形的判定与性质，以及轴对称-最短距离，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解答此题的关键．
25、（1）FC=3；（2）EF的长为5.
【解析】
（1）由折叠性质可得AF=AD，由勾股定理可求出BF的值，再由FC=BC-BF求解即可；
（2）由题意得EF=DE，设DE的长为x，则EC的长为（9-x）cm，在Rt△EFC中，由勾股定理即可求得EF的值.
【详解】
解：(1)∵矩形对边相等，
∴AD=BC=15
∵折叠长方形的一边AD，点D落在BC边上的点F处
∴AF=AD=15，
在Rt△ABF中，由勾股定理得，
∴FC=BC·BF=15-12=3
(2)折叠长方形的一边AD，点D落在BC边上的点F处
∴EF=DE
设DE=x，则EC=9·x，
在Rt△EFC中，由勾股定理得，
即
解得x=5
即EF的长为5。
本题主要考查了折叠问题，解题的关键是熟记折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等.
26、（1）14；
（2）四边形ABCD中有直角．
【解析】
（1）根据四边形ABCD的面积=S矩形AEFH-S△AEB-S△BFC-S△CGD-S梯形AHGD即可得出结论；
（2）四边形ABCD中有直角．根据勾股定理得到BC=2，CD=，BD=5，再根据勾股定理的逆定理即可求解．
【详解】
解：（1）如图，
∵四边形ABCD的面积=S矩形AEFH-S△AEB-S△BFC-S△CGD-S梯形AHGD
=5×5-×1×5-×2×4-×1×2-×（1+5）×1
=14；
（2）四边形ABCD中有直角．
理由：连结BD，由勾股定理得：
BC=2，CD=，BD=5，
∵BD2=BC2+CD2，
∴∠C=90°，
∴四边形ABCD中有直角．
本题考查的是勾股定理的逆定理、勾股定理，熟知勾股定理及勾股定理的逆定理是解答此题的关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
选手
甲
乙
丙
丁
方差(s2)
0.020
0.019
0.021
0.022