2024年湖南省浏阳市数学九年级第一学期开学统考模拟试题【含答案】

这是一份2024年湖南省浏阳市数学九年级第一学期开学统考模拟试题【含答案】，共25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）小李家距学校3千米，中午12点他从家出发到学校，途中路过文具店买了些学习用品，12点50分到校．下列图象中能大致表示他离家的距离S（千米）与离家的时间t（分钟）之间的函数关系的是（ ）
A．B．
C．D．
2、（4分）已知直线，则下列说法中正确的是（ ）
A．这条直线与轴交点在正半轴上，与轴交点在正半轴上
B．这条直线与轴交点在正半轴上，与轴交点在负半轴上
C．这条直线与轴交点在负半轴上，与轴交点在正半轴上
D．这条直线与轴交点在负半轴上，与轴交点在负半轴上
3、（4分）如图，在中，点P在边AB上，则在下列四个条件中：：；；；，能满足与相似的条件是（ ）
A．B．C．D．
4、（4分）已知点（-4，y1），(2，y2）都在直线y=-3x+2上，则y1，y2 的大小关系是
A．y1>y2B．y1=y2C．y1”、“y1．
故选：A．
本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，熟知一次函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
5、B
【解析】
根据分式和分数的基本性质，成立的条件等相关知识，分析求解.
【详解】
“分数”与“分式”有许多共同点，我们在学习“分式”时，常常对比“分数”的相关知识进行学习，比如分数的基本性质，分数成立的条件等，这体现的数学思想方法是类比
故选：B
本题的解题关键是掌握分数和分式的基本性质和概念.
6、B
【解析】
根据中位线定理和已知，易证明△PMN是等腰三角形，根据等腰三角形的性质和已知条件即可求出∠PMN的度数．
【详解】
在四边形ABCD中，∵M、N、P分别是AD、BC、BD的中点，∴PN，PM分别是△CDB与△DAB的中位线，∴PMAB，PNDC，PM∥AB，PN∥DC．
∵AB=CD，∴PM=PN，∴△PMN是等腰三角形，∴∠PMN=∠PNM．
∵PM∥AB，PN∥DC，∴∠MPD=∠ABD=20°，∠BPN=∠BDC=70°，∴∠MPN=∠MPD+∠NPD=20°+（180﹣70）°=130°，∴∠PMN25°．
故选B．
本题考查了三角形中位线定理及等腰三角形的判定和性质，解题时要善于根据已知信息，确定应用的知识．
7、C
【解析】
A、AB=BC，AD=DC，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故此选项错误；
B、AB∥CD，AD=BC不能判定四边形ABCD是平行四边形，故此选项错误；
C、AB//CD，∠B=∠D能判定四边形ABCD是平行四边形，故此选项正确；
D、∠A=∠B，∠C=∠D不能判定四边形ABCD是平行四边形，故此选项错误；
故选C．
8、D
【解析】
根据D为AB的中点可求出AD的长，再根据在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半即可求出DE的长度．
【详解】
解：∵D为AB的中点，AB=8，
∴AD=4，
∵DE⊥AC于点E，∠A=30°，
∴DE=AD=2，
故选D．
本题考查了直角三角形的性质：直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1．
【解析】
根据平行四边形的性质，对角相等以及邻角互补，即可得出答案．
解：∵平行四边形ABCD，
∴∠A+∠B=180°，∠A=∠C，
∵∠A+∠C=140°，
∴∠A=∠C=70°，
∴∠B=1°．
故答案为1．
10、
【解析】
根据方差的意义进行判断.
【详解】
因为甲组数有波动，而乙组的数据都相等，没有波动，
所以>．
故答案为：>．
此题考查方差，解题关键在于掌握方差的意义.
11、1.
【解析】
由S△BOE+S△COE=S△BOC即可解决问题．
【详解】
连接OE.
∵四边形ABCD是正方形，AC=10，
∴AC⊥BD，BO=OC=1，
∵EG⊥OB，EF⊥OC，
∴S△BOE+S△COE=S△BOC，
∴•BO•EG+•OC•EF=•OB•OC，
∴×1×EG+×1×EF=×1×1，
∴EG+EF=1．
故答案为1．
本题考查正方形的性质，利用面积法是解决问题的关键，这里记住一个结论：等腰三角形底边上一点到两腰的距离之和等于腰上的高，填空题可以直接应用，属于中考常考题型
12、乙 对角线互相平分的四边形是平行四边形
【解析】
根据平行四边形的判定方法，即可解决问题．
【详解】
根据平行四边形的判定方法，我更喜欢乙的作法，他的作图依据是：对角线互相平分的四边形是平行四边形．
故答案为：乙；对角线互相平分的四边形是平行四边形．
本题主要考查尺规作图-复杂作图，平行四边形的判定定理，掌握尺规作线段的中垂线以及平行四边形的判定定理，是解题的关键.
13、
【解析】
根据题意，可知点B到直线的距离最短，点C到直线的距离最长，求出两个临界点b的值，即可得到取值范围.
【详解】
解：根据题意，点，
∵直线与（包括边界）相交，
∴点B到直线的距离了最短，点C到直线的距离最长，
当直线经过点B时，有
，
∴；
当直线经过点C时，有
，
∴；
∴的取值范围是：.
本题考查了一次函数的图像和性质，以及一次函数的平移问题，解题的关键是掌握一次函数的性质，一次函数的平移，正确选出临界点进行解题.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）见解析;（2）5.
【解析】
（1）依据矩形的性质，即可得出△AEG≌△CFH，进而得到GE=FH，∠CHF=∠AGE，由∠FHG=∠EGH，可得FH∥GE，即可得到四边形EGFH是平行四边形；
（2）由菱形的性质，即可得到EF垂直平分AC，进而得出AF=CF=AE，设AE=x，则FC=AF=x，DF=8-x，依据Rt△ADF中，AD2+DF2=AF2，即可得到方程，即可得到AE的长．
【详解】
（1）证明：
,


,
,

（2）















故答案为5.
此题考查了菱形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理的运用．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
15、（1）AC=，QD=；（2）是菱形，理由见解析；（3）DP2+ EF2=4QD2，理由见解析；（4）垂直且相等，理由见解析.
【解析】
（1）利用勾股定理求出AC，再证明△FDQ≌△FPA得到QD=AP，结合CD=CP求出结果；
（2）先证明DE∥PF，结合EP∥DF得到四边形DFPE是平行四边形，再由EF⊥DP得到菱形；
（3）根据菱形的性质得到2DG=DP，2GF=EF，再证明QD=DF，最后利用勾股定理证明线段关系；
（4）证明△ADE≌BAP，得到AE=BP，∠EAD=∠ABP，延长BP，与AE交于点H，利用∠EAD=∠ABP，得到∠PHA=90°，即可判定关系.
【详解】
解：（1）AC=，
∵CF平分∠BCD，FD⊥CD，FP⊥AC，
∴FD=FP，又∠FDQ=∠FPA，∠DFQ=∠PFA，
∴△FDQ≌△FPA（ASA），
∴QD=AP，
∵点P在正方形ABCD对角线AC上，
∴CD=CP=a，
∴QD=AP=AC-PC=；
（2）∵FD=FP，CD=CP，
∴CF垂直平分DP，即DP⊥CF，
∴ED=EP，则∠EDP=∠EPD，
∵FD=FP，
∴∠FDP=∠FPD，
而EP∥DF，
∴∠EPD=∠FDP，
∴∠FPD=∠EPD，
∴∠EDP=∠FPD，
∴DE∥PF，而EP∥DF，
∴四边形DFPE是平行四边形，
∵EF⊥DP，
∴四边形DFPE是菱形；
（3）DP2+ EF2=4QD2，理由是：
∵四边形DFPE是菱形，设DP与EF交于点G，
∴2DG=DP，2GF=EF，
∵∠ACD=45°，FP⊥AC，
∴△PCQ为等腰直角三角形，
∴∠Q=45°，
可得△QDF为等腰直角三角形，
∴QD=DF，
在△DGF中，DG2+FG2=DF2，
∴有（DP）2+（EF）2=QD2，
整理得：DP2+ EF2=4QD2；
（4）∵∠DFQ=45°，DE∥FP，
∴∠EDF=45°，
又∵DE=DF=DQ=AP=，AD=AB，
∴△ADE≌BAP（SAS），
∴AE=BP，∠EAD=∠ABP，
延长BP，与AE交于点H，
∵∠HPA=∠PAB+∠PBA=∠PAB+∠DAE，
∠PAB+∠DAE+∠HAP=90°，
∴∠HPA+∠HAP=90°，
∴∠PHA=90°，即BP⊥AE，
综上：BP与AE的关系是：垂直且相等.
本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，勾股定理，知识点较多，解题时应当注意各个小问之间的关系，找到能够利用的结论和条件.
16、（1）购买一个甲种足球需50元，购买一个乙种足球需70元；（2）这所学校再次购买1个甲种足球，3个乙种足球，才能使总花费最低．
【解析】
（1）设购买一个甲种足球需x元，则购买一个乙种足球需（x+20），根据购买甲种足球数量是购买乙种足球数量的2倍列出方程解答即可；
（2）设这所学校再次购买a个甲种足球，根据题意列出不等式解答即可．
【详解】
（1）设购买一个甲种足球需x元，则购买一个乙种足球需（x+20）元，
根据题意，可得：=2×，
解得：x=50，
经检验x=50是原方程的解，
答：购买一个甲种足球需50元，购买一个乙种足球需70元；
（2）设这所学校再次购买a个甲种足球，（50-a）个乙种足球，
根据题意，可得：50-a≥a，
解得：a≤，
∵a为整数，
∴a≤1．
设总花费为y元，由题意可得，
y=50a+70（50-a）=-20a+2．
∵-20＜0，
∴y随x的增大而减小，
∴a取最大值1时，y的值最小，此时50-a=3．
答：这所学校再次购买1个甲种足球，3个乙种足球，才能使总花费最低．
本题考查的知识点是分式方程的应用和一元一次不等式的应用，解题关键是根据题意列出方程.
17、 (1) yB＝1x－1(1≤x≤6)．(2)如果A，B两种机器人各连续搬运5小时，B种机器人比A种机器人多搬运了150千克．
【解析】
试题分析：（1）设yB关于x的函数解析式为yB=kx+b（k≠0），将点（1，0）、（3，180）代入一次函数函数的解析式得到关于k，b的方程组，从而可求得函数的解析式；
（2）设yA关于x的解析式为yA=k1x．将（3，180）代入可求得yA关于x的解析式，然后将x=6，x=5代入一次函数和正比例函数的解析式求得yA，yB的值，最后求得yA与yB的差即可．
试题解析：(1)设yB关于x的函数解析式为yB=kx＋b(k≠0)．
将点(1，0)，(3，180)代入，得，
解得：k=1，b=-1．
∴yB关于x的函数解析式为yB=1x－1(1≤x≤6)．
(2)设yA关于x的函数解析式为yA=k1x.
根据题意，得3k1=180.解得k1=60.
∴yA=60x.
当x=5时，yA=60×5=300；
当x=6时，yB=1×6－1=450.
450－300=150(千克)．
答：如果A，B两种机器人各连续搬运5小时，B种机器人比A种机器人多搬运了150千克．
18、 (1)见解析；(2)
【解析】
（1）证明，得出，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得出，证明四边形ABDE是平行四边形，，得出，在中，由等腰直角三角形的性质和勾股定理即可求出EF的长．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
，
∵BD平分，
，
，
，
是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
，
，
∴四边形ABDE是平行四边形，，
，
，
，
是等腰直角三角形，
．
本题考查了平行四边形的性质与判定、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定以及等腰直角三角形的判定与性质；熟练掌握菱形判定与性质是解决问题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、1
【解析】
先求出x的值，然后提取公因式xy分解因式，再把数值代入得出答案．
【详解】
解：∵，
∴x=-5
∴xy（x+y）
=-5×3×（-2）
=1．
此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确提取公因式是解题关键．
20、7
【解析】
根据勾股定理的几何意义可得正方形S的面积，继而根据正方形面积公式进行求解即可.
【详解】
根据勾股定理的几何意义，可知
S=SE+SF
=SA+SB+SC+SD
=49 cm2，
所以正方形S的边长为=7cm，
故答案为7.
本题考查了勾股定理，熟悉勾股定理的几何意义是解题的关键．
21、
【解析】
根据一次函数的性质，k＞0时，y随x的增大而增大；k＜0时，y随x的增大而减小，从而得出答案.
【详解】
一次函数y=x+1，，y随x的增大而减小
∵x1＜x2
∴y1＞y2
故答案为：＞
本题考查了一次函数的增减性，熟练掌握相关知识点是解题关键.
22、（，-4）
【解析】
设点B坐标为(a，b)，由点C（0，-2）是BD中点可得b=-4，D（-a，0），根据反比例函数的对称性质可得A（-a，4），根据A、D两点坐标可得AD⊥x轴，根据△ABD的面积公式列方程可求出a值，即可得点B坐标.
【详解】
设点B坐标为(a，b)，
∵点C（0，-2）是BD中点，点D在x轴上，
∴b=-4，D（-a，0），
∵直线y=mx与双曲线y=交于A、B两点，
∴A（-a，4），
∴AD⊥x轴，AD=4，
∵△ABD的面积为6，
∴S△ABD=AD×2a=6
∴a=，
∴点B坐标为（，-4）
本题考查反比例函数的性质，反比例函数图象是以原点为对称中心的双曲线，根据反比例函数的对称性表示出A点坐标是解题关键.
23、x＜-1
【解析】
根据函数图像作答即可.
【详解】
∵-x+1＞kx+b
∴l1的图像应在 l2上方
∴根据图像得：x＜-1.
故答案为：x＜-1.
本题考查的知识点是函数的图像，解题关键是根据图像作答.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）D（1，3）；（2）①详见解析；②H（，3）；（3）≤S≤．
【解析】
（1）如图①，在Rt△ACD中求出CD即可解决问题；
（2）①根据HL证明即可；
②，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m，在Rt△AHC中，根据AH2=HC2+AC2，构建方程求出m即可解决问题；
（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，求出面积的最小值以及最大值即可解决问题；
【详解】
（1）如图①中，
∵A（5，0），B（0，3），
∴OA=5，OB=3，
∵四边形AOBC是矩形，
∴AC=OB=3，OA=BC=5，∠OBC=∠C=90°，
∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到，
∴AD=AO=5，
在Rt△ADC中，CD==4，
∴BD=BC-CD=1，
∴D（1，3）．
（2）①如图②中，
由四边形ADEF是矩形，得到∠ADE=90°，
∵点D在线段BE上，
∴∠ADB=90°，
由（1）可知，AD=AO，又AB=AB，∠AOB=90°，
∴Rt△ADB≌Rt△AOB（HL）．
②如图②中，由△ADB≌△AOB，得到∠BAD=∠BAO，
又在矩形AOBC中，OA∥BC，
∴∠CBA=∠OAB，
∴∠BAD=∠CBA，
∴BH=AH，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m，
在Rt△AHC中，∵AH2=HC2+AC2，
∴m2=32+（5-m）2，
∴m=，
∴BH=，
∴H（，3）．
（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，最小值=•DE•DK=×3×（5-）=，
当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，最大面积=×D′E′×KD′=×3×（5+）=．
综上所述，≤S≤．
本题考查四边形综合题、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
25、（1）84,104；（2）乙；40%，80%；（3）我认为选乙参加比较合适.
【解析】
（1）根据乙五次成绩,先求平均数,再求方差即可,
（2）方差小代表成绩稳定；优秀率表示超过80分次数的多少,次数越多越优秀,
（3）选择成绩高且稳定的人去参加即可.
【详解】
（1）乙= =84，
S2 乙= [（70-84）2+（90-84）2+（100-84）2+（80-84）2+（80-84）2]=104
（2）∵甲的方差＞乙的方差
∴成绩比较稳定的同学是乙，
甲的优秀率= ×100%=40%
乙的优秀率= ×100%=80%
（3）我认为选乙参加比较合适，
因为乙的成绩平均分和优秀率都比甲高，且比甲稳定，因此选乙参加比赛比较合适．
本题考查了简单的数据分析,包括求平均数,方差,优秀率,属于简单题,熟悉计算方法和理解现实含义是解题关键.
26、（1）14;（2）
【解析】
（1）直接利用二次根式的性质化简得出答案；
（2）首先利用二次根式乘法运算法则化简，进而计算得出答案．
【详解】
（1）原式=4-6×+12
=4-2+12
=14；
（2）原式=-+-3+6-3
=．
此题主要考查了二次根式的混合运算，正确化简二次根式是解题关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
第 1 次
第 2 次
第 3 次
第 4 次
第 5 次
平均分
众数
中位数
方差
甲
60 分
75 分
100 分
90 分
75 分
80 分
75 分
75 分
190
乙
70 分
90 分
100 分
80 分
80 分
80 分
80 分