2024-2025学年安徽省合肥瑶海区四校联考数学九上开学调研模拟试题【含答案】

这是一份2024-2025学年安徽省合肥瑶海区四校联考数学九上开学调研模拟试题【含答案】，共19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）已知点P位于x轴上方，到x轴的距离为2，到y轴的距离为5，则点P坐标为( )
A．(2，5)B．(5，2)C．(2，5)或(-2，5)D．(5，2)或(-5，2)
2、（4分）若关于的方程产生增根，则的值是（ ）
A．B．C．或D．
3、（4分）已知m＝ ，则（ ）
A．4＜m＜5B． 6＜m＜7C．5＜m＜6D．7＜m＜8
4、（4分）若分式的值为0，则x的值为
A．3B．C．3或D．0
5、（4分）若，则下列各不等式不一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
6、（4分）如图，在正方形中，为的中点，连结并延长，交边的延长线于点，对角线交于点，已知，则线段的长是( )
A．B．C．D．
7、（4分）关于x的分式方程有增根，则a的值为（ ）
A．﹣3B．﹣5C．0D．2
8、（4分）抛掷一枚质地均匀、六个面上分别刻有点数1~6的正方体骰子2次，则“向上一面的点数之和为10”是（ ）
A．必然事件B．不可能事件C．确定事件D．随机事件
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，已知矩形ABCD的边AB=3，AD=8，顶点A、D分别在x轴、y轴上滑动，在矩形滑动过程中，点C到原点O距离的最大值是______．
10、（4分）在平行四边形ABCD中，若∠A+∠C＝160°，则∠B＝_____．
11、（4分）将一元二次方程通过配方转化成的形式（，为常数），则=_________，=_________．
12、（4分）已知互为相反数，则的值为______.
13、（4分）如图，在正方形的内侧，作等边，则的度数是________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，矩形ABCD中，∠ABD、∠CDB的平分线BE、DF分别交边AD、BC于点E、F．

（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；
（2）当∠ABE为多少度时，四边形BEDF是菱形？请说明理由．
15、（8分）如图，在6×6的方格图中，每个小方格的边长都是为1，请在给定的网格中按下列要求画出图形．
（1）画出以A点出发，另一端点在格点（即小正方形的顶点）上，且长度为 的一条线段．
（2）画出一个以题（1）中所画线段为腰的等腰三角形．
16、（8分）如图，已知直线与直线相交于点.

（1）求、的值；
（2）请结合图象直接写出不等式的解集.
17、（10分）我省松原地震后，某校开展了“我为灾区献爱心”捐款活动，八年级一班的团支部对全班50人捐款数额进行了统计，绘制出如下的统计图．
（1）把统计图补充完整；
（2）直接写出这组数据的众数和中位数；
（3）若该校共有学生1600人，请根据该班的捐款情况估计该校捐款金额为20元的学生人数．
18、（10分）如图，在正方形中，点、是边上的两点，且，过作于，分别交、于，，、的延长线相交于.
（1）求证：；
（2）判断的形状，请说明理由.
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）如图所示,在矩形纸片ABCD中,点M为AD边的中点,将纸片沿BM,CM折叠,使点A落在A1处,点D落在D1处.若∠1=30°,则∠BMC的度数为____.
20、（4分）甲、乙两车从地出发到地，甲车先行半小时后，乙车开始出发.甲车到达地后，立即掉头沿着原路以原速的倍返回（掉头的时间忽略不计），掉头1个小时后甲车发生故障便停下来，故障除排除后，甲车继续以加快后的速度向地行驶.两车之间的距离（千米）与甲车出发的时间（小时）之间的部分函数关系如图所示.在行驶过程中，甲车排除故障所需时间为______小时．
21、（4分）若为二次根式，则的取值范围是__________
22、（4分）四边形ABCD中，已知AD∥BC，要使四边形ABCD为平行四边形，需要增加的边的条件是_________．
23、（4分）关于x的方程ax﹣2x﹣5＝0(a≠2)的解是_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，O是平行四边形ABCD对角线AC、BD的交点，E是CD的中点，EF⊥OE交AC延长线于F，若∠ACB＝50°，求∠F的度数．
25、（10分）（1）计算：
（2）
26、（12分）某校某次外出社会实践活动分为三类，因资源有限，七年级7班分配到20个名额，其中甲类2个、乙类8个、丙类10个，已知该班有50名学生，班主任准备了50个签，其中甲类、乙类、丙类按名额设置、30个空签．采取抽签的方式来确定名额分配，请解决下列问题：
（1）该班小明同学恰好抽到丙类名额的概率是多少？
（2）该班小丽同学能有幸去参加实践活动的概率是多少？
（3）后来，该班同学强烈呼吁名额太少，要求抽到甲类的概率要达到20%，则还要争取甲类名额多少个？
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、D
【解析】
由点P位于x轴上方可得点P的纵坐标大于0，所以点P的纵坐标为2，由于点P相对于y轴的位置不确定，所以点P的横坐标为5或﹣5.
【详解】
由题意得P（5，2）或（﹣5，2）.
故选D.
本题主要考查点的坐标，将点到坐标轴的距离转化为相应的坐标是解题的关键.
2、B
【解析】
根据方程有增根得到x=3，将x=3代入化简后的整式方程中即可求出答案．
【详解】
将方程去分母得x-1=m，
∵方程产生增根，
∴x=3，
将x=3代入x-1=m，得m=2，
故选：B．
此题考查分式方程的解的情况，分式方程的增根是使分母为0的未知数的值，正确理解增根是解题的关键．
3、C
【解析】
根据被开方数越大算术平方根越大，可得答案．
【详解】
∵ ＜＜ ，
∴5＜m＜6，
故选：C．
本题考查了估算无理数的大小，解题关键在于掌握运算法则.
4、A
【解析】
根据分式的值为零的条件可以求出x的值．
【详解】
由分式的值为零的条件得x-1=2，且x+1≠2，
解得x=1．
故选A．
本题考查了分式值为2的条件，具备两个条件：（1）分子为2；（2）分母不为2．这两个条件缺一不可．
5、D
【解析】
根据不等式的性质逐个判断即可．
【详解】
A、∵，
∴，故本选项不符合题意；
B、∵，
∴，故本选项不符合题意；
C、∵，
∴，故本选项不符合题意；
D、∵，
∴，故本选项符合题意；
故选：D．
本题考查了不等式的性质，能熟记不等式的性质的内容是解此题的关键．
6、D
【解析】
根据正方形的性质可得出AB∥CD，进而可得出△ABF∽△GDF，根据相似三角形的性质可得出，结合FG=2可求出AF、AG的长度，由CG∥AB、AB=2CG可得出CG为△EAB的中位线，再利用三角形中位线的性质可求出AE的长度，此题得解．
【详解】
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠ABF=∠GDF，∠BAF=∠DGF，
∴△ABF∽△GDF，
∴，
∴AF=2GF=4，
∴AG=6，
∵CG∥AB，AB=2CG，
∴CG为△EAB的中位线，
∴AE=2AG=12，
故选D．
本题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质以及三角形的中位线，利用相似三角形的性质求出AF的长度是解题的关键．
7、B
【解析】
分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程有增根，确定出x的值，代入整式方程计算即可求出a的值．
【详解】
分式方程去分母得：x−2＝a，
由分式方程有增根，得到x＋3＝0，即x＝−3，
把x＝−3代入整式方程得：a＝−5，
故选：B．
此题考查了分式方程的增根，增根确定后可按如下步骤进行：①化分式方程为整式方程；②把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．
8、D
【解析】
根据必然事件、不可能事件、随机事件的概念以及事件发生的可能性大小判断即可．
【详解】
解：因为抛掷2次质地均匀的正方体骰子，正方体骰子的点数和应大于或等于2，而小于或等于1．显然，向上一面的点数之和为10”是随机事件．
故选：D．
本题考查了必然事件、不可能事件、随机事件的概念．用到的知识点为：必然事件指在一定条件下一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件．不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1
【解析】
取AD的中点E，连接OE，CE，OC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求出OE，然后根据勾股定理即可求CE，然后根据两点之间线段最短即可求出OC的最大值．
【详解】
如图，取AD的中点E，连接OE，CE，OC，
∵∠AOD=10°，
∴Rt△AOD中，OE=AD=4，
又∵∠ADC=10°，AB=CD=3，DE=4，
∴Rt△CDE中，CE==5，
又∵OC≤CE+OE=1（当且仅当O、E、C共线时取等号），
∴OC的最大值为1，
即点C到原点O距离的最大值是1，
故答案为：1．
此题考查的是直角三角形的性质和求线段的最值问题，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、利用勾股定理解直角三角形和两点之间线段最短是解决此题的关键．
10、100°
【解析】
由平行四边形的性质得出对角相等，邻角互补，∠A＝∠C，∠A+∠B＝180°，由∠A+∠C＝160°，得出∠A＝∠C＝80°，即可求出∠B．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C，∠A+∠B＝180°，
∵∠A+∠C＝160°，
∴∠A＝∠C＝80°，
∴∠B＝180°﹣∠A＝100°；
故答案为：100°．
本题考查了平行四边形的性质；熟练掌握平行四边形的对角相等，邻角互补的性质是解决问题的关键．
11、4 3
【解析】
依据配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方求解可得.
【详解】
，
，
则，即，
，.
故答案为：（1）；（2）.
此题考查了配方法解一元二次方程，解题时要注意解题步骤的准确应用.选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数.
12、0
【解析】
先变形为，再提取公因式分解因式即可得．然后利用相反数的定义将整体代入即可求解．
【详解】
解：
因为，互为相反数，所以，
原式
．
故答案为：0.
本题考查了对一个多项式因式分解的灵活运用能力，结合互为相反数的两数和为0，巧求代数式的值．
13、
【解析】
由正方形和等边三角形的性质得出∠ABE＝30°，AB＝BE，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求出∠AEB的度数．
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，AB＝BC，
∵△EBC是等边三角形，
∴BE＝BC，∠EBC＝60°，
∴∠ABE＝90°−60°＝30°，AB＝BE，
∴∠AEB＝∠BAE＝（180°−30°）＝1°；
故答案为：1．
本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理；熟练掌握正方形和等边三角形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、 (1)见解析;(2)见解析.
【解析】
试题分析：（1）由矩形可得∠ABD=∠CDB，结合BE平分∠ABD、DF平分∠BDC得∠EBD=∠FDB，即可知BE∥DF，根据AD∥BC即可得证；
（2）当∠ABE=30°时，四边形BEDF是菱形，由角平分线知∠ABD=2∠ABE=60°、∠EBD=∠ABE=30°，结合∠A=90°可得∠EDB=∠EBD=30°，即EB=ED，即可得证．
试题解析：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC、AD∥BC，∴∠ABD=∠CDB，∵BE平分∠ABD、DF平分∠BDC，∴∠EBD=∠ABD，∠FDB=∠BDC，∴∠EBD=∠FDB，∴BE∥DF，又∵AD∥BC，∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）当∠ABE=30°时，四边形BEDF是菱形，∵BE平分∠ABD，∴∠ABD=2∠ABE=60°，∠EBD=∠ABE=30°，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=90°，∴∠EDB=90°﹣∠ABD=30°，∴∠EDB=∠EBD=30°，∴EB=ED，又∵四边形BEDF是平行四边形，∴四边形BEDF是菱形．
考点：矩形的性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；探究型．
15、（1）作图见解析；（2）作图见解析.
【解析】
（1）直接利用勾股定理结合网格得出答案；
（2）利用等腰三角形的定义得出符合题意的一个答案．
【详解】
（1）如图所示：AB即为所求；
（2）如图所示：△ABC即为所求．
此题主要考查了应用设计与作图，正确应用网格是解题关键．
16、（1），；（2）.
【解析】
（1）把点P的坐标分别代入l1与l2的函数关系式，解方程即可；
（2）利用函数图象，写出直线在直线的上方所对应的自变量的范围即可.
【详解】
解：（1）因为点P是两条直线的交点，所以把点分别代入与中，得，，解得，.
（2）当时，的图象在的上面，
所以，不等式的解集是.
本题考查了一次函数的交点问题和一次函数与一元一次不等式的关系，读懂图象，弄清一次函数图象的交点与解析式的关系和一次函数与一元一次不等式的关系是解题的关键.
17、（1）见解析；（2）中位数为20元、众数为20元；（3）608人.
【解析】
（1）求得捐款金额为30元的学生人数，把统计图补充完整即可．
（2）根据中位数和众数的定义解答；
（3）根据该校共有学生1600人乘以捐款金额为20元的学生人数所占的百分数即可得到结论．
【详解】
解：（1）捐款金额为30元的学生人数人，
把统计图补充完整如图所示；
（2）数据总数为50，所以中位数是第25、26位数的平均数，即元，
数据20出现了19次，出现次数最多，所以众数是20元；
（3）人，
答：该班的捐款情况估计该校捐款金额为20元的学生人数约为608人．
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．除此之外，本题也考查了平均数、中位数、众数的知识．
18、（1）见解析；（2）△PQR为等腰三角形，证明过程见解析.
【解析】
（1）可以证明△ADP≌△DCG，即可求证DP=CG．
（2）由（1）的结论可以证明△CEQ≌△CEG，进而证明∠PQR=∠QPR．故△PQR为等腰三角形．
【详解】
(1)证明：在正方形ABCD中，
AD=CD,∠ADP=∠DCG=90°，
∠CDG+∠ADH=90°，
∵DH⊥AP,∴∠DAH+∠ADH=90°，
∴∠CDG=∠DAH，
∴△ADP≌△DCG，
∴DP=CG.
（2）△PQR为等腰三角形.
证明：∵CQ=DP，
∴CQ=CG，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠QCE=∠GCE，
又∵CE=CE，
∴△CEQ≌△CEG，
∴∠CQE=∠CGE，
∴∠PQR=∠CGE，
∵∠QPR=∠DPA,且(1)中证明△ADP≌△DCG，
∴∠PQR=∠QPR，
所以△PQR为等腰三角形.
本题考查正方形的性质, 全等三角形的判定与性质, 等腰三角形的判定.（1）一般证明线段相等，若这两条线段不在同一个三角形中，那就要证明它们所在的三角形全等；（2）证明线段相等时，若这两条线段在同一个三角形中，可采取等角对等边的方法.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、105°
【解析】
根据∠1=30°，得∠A1MA+∠DMD1=180°-30°=150°，根据折叠的性质，得∠A1MB=AMB，∠D1MC=∠DMC，从而求解．
【详解】
由折叠,可知∠A1MB=AMB，∠D1MC=∠DMC.
因为∠1=30°,
所以∠A1MA+∠DMD1=180°-30°=150°
所以∠AMB+∠DMC= ∠A1MA+∠DMD1= ×150°=75°,
所以∠BMC的度数为180°-75°=105°.
故答案为：105°
本题考查的是矩形的折叠问题，理解折叠后的角相等是关键.
20、
【解析】
画出符合题意的行程信息图，利用图中信息列方程组求出甲乙的速度，再构建方程解决问题即可．
【详解】
解：设去时甲的速度为km/h，乙的速度为km/h，
则有， 解得，
∴甲返回时的速度为km/h，
设甲修车的时间为小时，则有，
解得．
故答案为．
本题考查函数图象问题，解题的关键是读懂图象信息，还原行程信息图，灵活运用所学知识解决问题．
21、
【解析】
根据二次根式有意义的条件，被开方数大于或等于0，即可求m的取值范围．
【详解】
解：根据题意得：3-m≥0，
解得．
主要考查了二次根式的意义和性质．二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
22、（答案不唯一）
【解析】
根据平行四边形的判定：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，即可得出答案．
【详解】
根据平行四边形的判定，可再添加一个条件：
故答案为：（答案不唯一）
本题考查平行四边形的判定，掌握常见的判定方法是解题关键．
23、
【解析】
利用解一元一次方程的一般步骤解出方程．
【详解】
ax﹣2x﹣5＝0
(a﹣2)x＝5
x＝，
故答案为：．
本题考查了一元一次方程的解法，解一元一次方程的一般步骤：去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、∠F的度数是40°．
【解析】
证出OE是△BCD的中位线，得出OE∥BC，得出∠EOF＝∠ACB＝50°，由直角三角形的性质即可得出结果．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形
∴OB＝OD，即O是BD的中点，
∵E是CD的中点，
∴OE是△BCD的中位线，
∴OE∥BC，
∴∠EOF＝∠ACB＝50°，
∵EF⊥OE，
∴∠EOF+∠F＝90°，
∴∠F＝90°﹣∠EOF＝90°﹣50°＝40°；
答：∠F的度数是40°．
本题考查了平行四边形的性质、三角形中位线定理、直角三角形的性质，熟练掌握平行四边形的性质，证明OE是△BCD的中位线是解题的关键．
25、（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．
26、（1）；（2）；（3）8个名额
【解析】
（1）直接利用概率公式计算；
（2）直接利用概率公式计算；
（3）设还要争取甲类名额x个，利用概率公式得到，然后解方程求出x即可．
【详解】
（1）该班小明同学恰好抽到丙类名额的概率=；
（2）该班小丽同学能有幸去参加实践活动的概率=；
（3）设还要争取甲类名额x个，
根据题意得，
解得x=8，
答：要求抽到甲类的概率要达到20%，则还要争取甲类名额8个．（1）
本题考查了概率公式：随机事件A的概率P（A）=事件A可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人