2024-2025学年江苏省南通市部分学校九年级数学第一学期开学监测模拟试题【含答案】

这是一份2024-2025学年江苏省南通市部分学校九年级数学第一学期开学监测模拟试题【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，已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当AB=BC时，四边形ABCD是菱形
B．当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形
C．当∠ABC=90°时，四边形ABCD是矩形
D．当AC=BD时，四边形ABCD是正方形
2、（4分）如图，用若干大小相同的黑白两种颜色的长方形瓷砖，按下列规律铺成一列图案，则第7个图案中黑色瓷砖的个数是（ ）
A．19B．20C．21D．22
3、（4分）如图是反比例函数和在第一象限的图象，直线轴，并分别交两条曲线于两点，若，则的值是（ ）
A．1B．2C．4D．8
4、（4分）下列根式中，与是同类二次根式的是 （ ）
A． B． C． D．
5、（4分）直角三角形的面积为S，斜边上的中线长为d，则这个三角形周长为（ ）
A．B．C．D．
6、（4分）如图，平行四边形的对角线，相交于点，，，，则的周长是（ ）
A．7.5B．12C．6D．无法确定
7、（4分）如图，在正方形中，，是对角线上的动点，以为边作正方形，是的中点，连接，则的最小值为（ ）
A．B．C．2D．
8、（4分）等腰三角形的底角是70°，则顶角为（ ）
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）正方形A1B1C1O，A2B2C2C1，A3B3C3C2，…按如图所示的方式放置．点A1，A2，A3，…和点C1，C2，C3，…分别在直线y=kx+b（k＞0）和x轴上，已知点B1（1，1），B2（3，2），则B5的坐标是_____________ 。
10、（4分）比较大小：32_____23.
11、（4分）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴上，边在轴上，若点的坐标为，则点的坐标是____.
12、（4分）函数y=kx+b的图象平行于直线y=-2x，且与y轴交于点（0，3），则k=______，b=____.
13、（4分）不等式9﹣3x＞0的非负整数解的和是_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）射阳县实验初中为了解全校学生上学期参加社区活动的情况，学校随机调查了本校50名学生参加社区活动的次数，并将调查所得的数据整理如下：
参加社区活动次数的频数、频率分布表
根据以上图表信息，解答下列问题：
（1）表中a= ，b= ；
（2）请把频数分布直方图补充完整（画图后请标注相应的数据）；
（3）若该校共有1200名学生，请估计该校在上学期参加社区活动超过6次的学生有多少人？
15、（8分）甲、乙两人同时从相距90千米的A地前往B地，甲乘汽车，乙骑摩托车，甲到达B地停留半个小时后返回A地，如图是他们离A地的距离（千米）与（时间）之间的函数关系图像
（1）求甲从B地返回A地的过程中，与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（2）若乙出发后2小时和甲相遇，求乙从A地到B地用了多长时间？
16、（8分）如图，在中，点是边的中点，设
（1）试用向量表示向量，则 ；
（2）在图中求作:.
（保留作图痕迹，不要求写作法，但要写出结果）
17、（10分）如图，△ABC全等于△DEF，点B，E，C，F在同一直线，连接AD，求证：四边形ABED是平行四边形．
18、（10分）红树林学校在七年级新生中举行了全员参加的“防溺水”安全知识竞赛，试卷题目共10题，每题10分．现分别从三个班中各随机取10名同学的成绩（单位：分），收集数据如下：
1班：90，70，80，80，80，80，80，90，80，1；
2班：70，80，80，80，60，90，90，90，1，90；
3班：90，60，70，80，80，80，80，90，1，1．
整理数据：
分析数据：
根据以上信息回答下列问题：
（1）请直接写出表格中的值；
（2）比较这三组样本数据的平均数、中位数和众数，你认为哪个班的成绩比较好？请说明理由；
（3）为了让学生重视安全知识的学习，学校将给竞赛成绩满分的同学颁发奖状，该校七年级新生共570人，试估计需要准备多少张奖状？
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，折叠矩形纸片，使点与点重合，折痕为，点落在处，若，则的长度为______.
20、（4分）如果顺次连接四边形的四边中点得到的新四边形是菱形，则与的数量关系是___．
21、（4分）如图，菱形ABCD的周长是20，对角线AC、BD相交于点O.若BO=3，则菱形ABCD的面积为______.
22、（4分）若式子有意义，则x的取值范围是 ．
23、（4分）若一个三角形的三边长为3、4、x，则使此三角形是直角三角形的x的值是__________.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，将一张矩形纸片沿直线折叠，使点落在点处，点落在点处，直线交于点，交于点．
（1）求证：；
（2）若的面积与的面积比为，．
①求的长．
②求的长．
25、（10分）如图，过点A（0，3）的一次函数y1=kx+b（k≠0）的图象与正比例函数y2=2x的图象相交于点B，且点B的横坐标是1．
（1）求点B的坐标及k、b的值；
（2）若该一次函数的图象与x轴交于D点，求△BOD的面积
（3）当y1≤y2时，自变量x的取值范围为 ．
26、（12分）如图1，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的点，点E在AB上，且PA=PE．
（1）求证：PC=PE；
（2）求∠CPE的度数；
（3）如图2，把正方形ABCD改为菱形ABCD，其他条件不变，试探究∠CPE与∠ABC之间的数量关系，并说明理由．
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、D
【解析】
根据邻边相等的平行四边形是菱形；根据所给条件可以证出邻边相等；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形；根据对角线相等的平行四边形是矩形．
【详解】
A. 根据邻边相等的平行四边形是菱形可知：四边形ABCD是平行四边形，当AB=BC时，它是菱形，故本选项不符合题意；
B. 根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形知：当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形，故本选项不符合题意；
C. 根据有一个角是直角的平行四边形是矩形知：当∠ABC=90°时，四边形ABCD是矩形，故本选项不符合题意；
D. 根据对角线相等的平行四边形是矩形可知：当AC=BD时，它是矩形，不是正方形，故本选项符合题意；
故选：D.
此题考查平行四边形的性质，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，解题关键在于掌握判定定理.
2、D
【解析】
观察图形，发现：黑色纸片在4的基础上，依次多3个；根据其中的规律，用字母表示即可．
【详解】
第个图案中有黑色纸片3×1+1=4张
第2个图案中有黑色纸片3×2+1=7张，
第3图案中有黑色纸片3×3+1=10张，
…
第n个图案中有黑色纸片=3n+1张.
当n=7时，3n+1=3×7+1=22.
故选D.
此题考查规律型：图形的变化类，解题关键在于观察图形找到规律.
3、D
【解析】
根据题意，由轴，设点B（a，b），点A为（m，n），则，，由，根据反比例函数的几何意义，即可求出的值.
【详解】
解：如图是反比例函数和在第一象限的图象，
∵直线轴，
设点B（a，b），点A为（m，n），
∴，，
∵，
∴，
∴；
故选：D.
本题考查了反比例函数y=（k≠0）系数k的几何意义：从反比例函数y=（k≠0）图象上任意一点向x轴和y轴作垂线，垂线与坐标轴所围成的矩形面积为|k|．
4、C
【解析】
试题分析：A．与被开方数不同，故不是同类二次根式；
B．与被开方数不同，故不是同类二次根式；
C．与被开方数相同，故是同类二次根式；
D．与被开方数不同，故不是同类二次根式．
故选C．
考点：同类二次根式．
5、C
【解析】
根据直角三角形的性质求出斜边长，根据勾股定理、完全平方公式计算即可．
【详解】
设直角三角形的两条直角边分别为x、y，
斜边上的中线为d，
斜边长为2d，
由勾股定理得，，
直角三角形的面积为S，
，
则，
则，
，
这个三角形周长为：，
故选C．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，解题的关键是根据直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，得出．
6、A
【解析】
根据平行四边形的性质可得AO=，DO=，AD=BC=3，然后根据三角形的周长公式计算即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，，，，
∴AO=，DO=，AD=BC=3
∴△AOD的周长为AO＋DO＋AD=
故选A．
此题考查的是平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质是解决此题的关键．
7、A
【解析】
取AD中点O，连接OE，得到△ODE≌△HDG，得到OE=HG,当OE⊥AC时，OE有最小值，此时△AOE是等腰直角三角形，OE=AE，再根据正方形及勾股定理求出OE，即可得到GH的长．
【详解】
取AD中点O，连接OE，得到△ODE≌△HDG，得到OE=HG,当OE⊥AC时，OE有最小值，此时△AOE是等腰直角三角形，OE=AE，
∵AD=AB=4,
∴AO=AB=2
在Rt△AOE中，由勾股定理可得OE2+AE2=AO2=4,即2OE2=4
解得OE=
∴GH的最小值为
故选A．
本题考查了正方形的性质,根据题意确定E点的位置是解题关键．
8、A
【解析】
根据等腰三角形的性质可得另一底角的度数，再根据三角形内角和定理即可求得顶角的度数．
【详解】
解：∵等腰三角形的底角是70°，
∴其顶角=180°-70°-70°=40°，
故选：A．
此题主要考查等腰三角形的性质及三角形内角和定理，熟练掌握等腰三角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、（31,16）
【解析】
首先由B1的坐标为（1，1），点B2的坐标为（3，2），可得正方形A1B1C1O1边长为1，正方形A2B2C2C1边长为2，即可求得A1的坐标是（0，1），A2的坐标是：（1，2），然后又待定系数法求得直线A1A2的解析式，由解析式即可求得点A3的坐标，继而可得点B3的坐标，观察可得规律Bn的坐标是（2n-1，2n-1）．
【详解】
∵B1的坐标为(1,1),点B2的坐标为(3,2)
∴正方形A1B1C1O1边长为1,正方形A2B2C2C1边长为2
∴A1的坐标是（0，1），A2的坐标是：（1，2）
设直线A1A2的解析式为：y=kx+b
∴
解得：
∴直线A1A2的解析式是：y=x+1
∵点B2的坐标为(3,2)
∴点A3的坐标为(3,4)
∴点B3的坐标为(7,4)
∴Bn的横坐标是：2n-1,纵坐标是：2n−1
∴Bn的坐标是(2n−1,2n−1)
故点B5的坐标为(31,16).
此题考查了待定系数法求解一次函数的解析式以及正方形的性质，在解题中注意掌握数形结合思想与方程思想的应用.
10、＞
【解析】
先计算乘方，再根据有理数的大小比较的方法进行比较即可.
【详解】
∵32=9，23=8，9＞8，
∴32>23.
故答案为＞.
本题考查了有理数大小比较，同号有理数比较大小的方法：
都是正有理数：绝对值大的数大．如果是代数式或者不直观的式子要用以下方法，
（1）作差，差大于0，前者大，差小于0，后者大；
（2）作商，商大于1，前者大，商小于1，后者大．
都是负有理数：绝对值的大的反而小．如果是复杂的式子，则可用作差法或作商法比较．
异号有理数比较大小的方法：就只要判断哪个是正哪个是负就行，
都是字母：就要分情况讨论
11、C（0，-5）
【解析】
在Rt△ODC中，利用勾股定理求出OC即可解决问题
【详解】
解：∵A（12，13），
∴OD=12，AD=13，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=AD=13，
在Rt△ODC中，，
∴C（0，-5）．
本题考查菱形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
12、 -2 3
【解析】试题解析：∵y=kx+b的图象平行于直线y=−2x，
∴k=−2，
则直线y=kx+b的解析式为y=−2x+b，
将点(0,3)代入得：b=3，
故答案为：−2，3.
13、1
【解析】
先根据不等式的性质求出不等式的解集，再找出不等式的非负整数解相加即可．
【详解】
所以不等式的非负整数解为0，1，2
则所求的和为
故答案为：1．
本题考查了求一元一次不等式的整数解，掌握不等式的解法是解题关键．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）12；0.08 （2）12（3）672
【解析】
试题分析：（1）直接利用已知表格中3（2）利用（1）中所求补全条形统计图即可；
（3）直接利用参加社区活动超过6次的学生所占频率乘以总人数进而求出答案．
解：（1）a=50×0.24=12（人）；
∵m=50−10−12−16−6−2=4，
∴b=4÷50=0.08；
(2)如图所示：
；
(3)由题意可得,该校在上学期参加社区活动超过6次的学生有：1200×(1−0.20−0.24)=672(人)，
15、（1）
（2）3小时
【解析】
（1）设，根据题意得
，解得
（2）当时，
∴骑摩托车的速度为（千米/时）
∴乙从A地到B地用时为（小时）
【详解】
请在此输入详解！
16、 (1) ;(2)图见解析.
【解析】
（1）利用平行四边形的性质，三角形法则即可解决问题．
（2）根据三角形法则解决问题即可．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∵E是BC的中点，
∴BE=EC，
∵，，.
∴；
（2）如图：
，，
向量，向量即为所求．
本题考查作图-复杂作图，平行四边形的性质，平面向量等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
17、见解析
【解析】
根据全等三角形的性质得到AB∥DE且AB＝DE，即可证明四边形ABED是平行四边形．
【详解】
∵△ABC≌△DEF
∴∠B＝∠DEF，AB＝DE
∴AB∥DE．
∴AB＝DE，AB∥DE
∴四边形ABED是平行四边形．
此题主要考查平行四边形的判定，解题的关键是熟知全等三角形的性质及平行四边形的判定定理．
18、（1），，；（2）2班成绩比较好；理由见解析；（3）估计需要准备76张奖状．
【解析】
（1）根据众数和中位数的概念求解可得；
（2）分别从平均数、众数和中位数三个方面比较大小即可得；
（3）利用样本估计总体思想求解可得.
【详解】
（1）由题意知，
，
2班成绩重新排列为60，70，80，80，80，90，90，90，90，1，
∴；
（2）从平均数上看三个班都一样；
从中位数看，1班和3班一样是80，2班最高是85；
从众数上看，1班和3班都是80，2班是90；
综上所述，2班成绩比较好；
（3）（张），
答：估计需要准备76张奖状．
本题主要考查众数、平均数、中位数，掌握众数、平均数、中位数的定义及其意义是解题的关键.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
由折叠的性质可得AF=FC，AG=DC=4，∠GAF=∠FCD=90°，由勾股定理可求AF的值，GF的值．
【详解】
解：∵折叠矩形纸片ABCD，使点C与点A重合，
∴AF=FC，AG=DC=4，∠GAF=∠FCD=90°
在Rt△ABF中，AF2=BF2+AB2，
∴AF2=（8-AF）2+16
∴AF=5
∴FG==
故答案为：
本题考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理，求AF的长是本题的关键．
20、
【解析】
先证明EFGH是平行四边形，再根据菱形的性质求解即可.
【详解】
如图1所示，连接AC，
∵E、F、G、H分别是四边形ABCD边的中点，
∴HE∥AC，HE=AC，GF∥AC，GF=AC，
∴HE=GF且HE∥GF；
∴四边形EFGH是平行四边形． 连接BD，如图2所示：
若四边形EFGH成为菱形，
则EF=HE，
由（1）得：HE=AC，
同理：EF=BD，
∴AC=BD；
故答案为：AC=BD．
本题考查了平行四边形的判定、中点四边形、菱形的性质、三角形中位线定理；熟练掌握三角形中位线定理是解决问题的关键．
21、24
【解析】
由菱形的性质可得AB=5，AC⊥BD，AO=CO，BO=DO=3，由勾股定理可求AO=4，由菱形的面积公式可求解．
【详解】
解：∵菱形ABCD的周长是20，
∴AB=5，AC⊥BD，AO=CO，BO=DO=3，
∴AO==4
∴AC=8，BD=6
∴菱形ABCD的面积=AC×BD=24，
故答案为：24
本题考查了菱形的性质，熟练运用菱形的性质是本题的关键．
22、且
【解析】
∵式子在实数范围内有意义，
∴x+1≥0，且x≠0，
解得：x≥-1且x≠0.
故答案为x≥-1且x≠0.
23、1或 ．
【解析】
分析: 由于直角三角形的斜边不能确定，故应分4是斜边或直角边两种情况进行讨论．
详解：当4是直角三角形的斜边时，32+x2=42，解得x=；
当4是直角三角形的直角边时，32+42=x2，解得x=1．
故使此三角形是直角三角形的x的值是1或．
故答案为: 1或．
点睛:本题考查的是勾股定理的逆定理，熟知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是解答此题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）见解析；（2）①，②
【解析】
(1)由折叠的性质可得:∠ANM=∠CNM,由四边形ABCD是矩形,可得∠ANM=∠CMN,则可证得∠CMN=∠CNM,继而可得CM=CN;
(2)① 根据题意可知和是等高的两个三角形，根据的面积与的面积比为，，即可解答
②根据题意可知，再利用勾股定理即可解答
【详解】
（1）折叠
，，
是矩形
（2）①
和是等高的两个三角形
且
②
且
根据勾股定理
如图作
，
是矩形
，
在中，
此题考查翻折变换(折叠问题)和勾股定理，解题关键在于利用折叠的性质求解
25、（1）B（1，2），，；（2）△BOD的面积3；（3）x≥1．
【解析】
（1）先利用正比例函数解析式确定B点坐标，然后利用待定系数法求一次函数解析式，从而得到k、b的值；
（2）先确定D点坐标，然后利用三角形面积公式计算△BOD的面积；
（3）结合函数图象，写出自变量x的取值范围．
【详解】
（1）当x=1时，y2=2x=2，则B（1，2），
把A（0，3），B（1，2）代入y=kx+b得
，解得，
所以一次函数解析式为y=-x+3；
（2）当x=0时，-x+3=0，解得x=3，则D（3，0），
所以△BOD的面积=×3×2=3；
（3）当y1≤y2时，自变量x的取值范围为x≥1．
故答案为x≥1．
本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=kx+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
26、（1）见解析；（2）∠EPC=90°；（3）∠ABC+∠EPC=180°．
【解析】
试题分析：（1）先证出△ABP≌△CBP，得PA=PC，由于PA=PE，得PC=PE；
（2）由△ABP≌△CBP，得∠BAP=∠BCP，进而得∠DAP=∠DCP，由PA=PC，得到∠DAP=∠E，∠DCP=∠E，最后∠CPF=∠EDF=90°得到结论；
（3）借助（1）和（2）的证明方法容易证明结论．
（1）证明：在正方形ABCD中，AB=BC，
∠ABP=∠CBP=45°，
在△ABP和△CBP中，
，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴PA=PC，
∵PA=PE，
∴PC=PE；
（2）解：由（1）知，△ABP≌△CBP，
∴∠BAP=∠BCP，
∵PA=PE，
∴∠PAE=∠PEA，
∴∠CPB=∠AEP，
∵∠AEP+∠PEB=180°，
∴∠PEB+∠PCB=180°，
∴∠ABC+∠EPC=180°，
∵∠ABC=90°，
∴∠EPC=90°；
（3）∠ABC+∠EPC=180°，
理由：解：在菱形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP=60°，
在△ABP和△CBP中，
，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴∠BAP=∠BCP，
∵PA=PE，
∴∠DAP=∠DCP，
∴∠PAE=∠PEA，
∴∠CPB=∠AEP，
∵∠AEP+∠PEB=180°，
∴∠PEB+∠PCB=180°，
∴∠ABC+∠EPC=180°．
考点：全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
活动次数x
频数
频率
0＜x≤3
10
0.20
3＜x≤6
a
0.24
6＜x≤9
16
0.32
9＜x≤12
6
0.12
12＜x≤15
m
b
15＜x≤18
2
n
分数
人数
班级
60
70
80
90
1
1班
0
1
6
2
1
2班
1
1
3
1
3班
1
1
4
2
2
平均数
中位数
众数
1班
83
80
80
2班
83
3班
80
80