2025届浙江省宁波市象山县数学九上开学经典模拟试题【含答案】

这是一份2025届浙江省宁波市象山县数学九上开学经典模拟试题【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）如图所示,在菱形ABCD中,∠BAD＝120°.已知ΔABC的周长是15,则菱形ABCD的周长是 ( )
A．25B．20C．15D．10
2、（4分）甲、乙、丙、丁四名射击选手，在相同条件下各射靶10次，他们的成绩统计如下表所示，
若要从他们中挑选一位成绩最高且波动较小的选手参加射击比赛,那么一般应选（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
3、（4分）使式子有意义的x的值是（ ）
A．x≥1B．x≤1C．x≥﹣1D．x≤2
4、（4分）下列图形中既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ）
A．正三角形B．平行四边形C．等腰梯形D．正方形
5、（4分）如图，某小区计划在一块长为31m，宽为10m的矩形空地上修建三条同样宽的道路，剩余的空地上种植草坪，使草坪的面积为570m1．若设道路的宽为xm，则下面所列方程正确的是（ ）
A．（31﹣1x）（10﹣x）=570B．31x+1×10x=31×10﹣570
C．（31﹣x）（10﹣x）=31×10﹣570D．31x+1×10x﹣1x1=570
6、（4分）如图，正方形ABCD中，E、F是对角线AC上两点，连接BE、BF、DE、DF，则添加下列条件①∠ABE＝∠CBF；②AE＝CF；③AB＝AF；④BE＝BF．可以判定四边形BEDF是菱形的条件有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
7、（4分）下列命题，是真命题的是( )
A．对角线互相垂直的四边形是菱形B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直平分的四边形是正方形D．对角线相等的菱形是正方形
8、（4分）用配方法解一元二次方程x2+4x+1＝0，下列变形正确的是（ ）
A．（x﹣2）2﹣3＝0B．（x+4）2＝15C．（x+2）2＝15D．（x+2）2＝3
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，现有一张边长为的正方形纸片，点为正方形边上的一点（不与点，点重合）将正方形纸片折叠，使点落在边上的处，点落在处，交于，折痕为，连接，.则的周长是______．
10、（4分）如图，点A在线段BG上，四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，面积分别是10和19，则△CDE的面积为_____________.
11、（4分）若m＝+5，则mn＝___．
12、（4分）如图，比例规是一种画图工具，使用它可以把线段按一定的比例伸长或缩短，它是由长度相等的两脚和交叉构成的，如果把比例规的两脚合上，使螺丝钉固定在刻度3的地方（即同时使＝3，＝3），然后张开两脚，使、两个尖端分别在线段l的两端上，若＝2，则的长是_________.

13、（4分）甲、乙两人进行射击比赛，在相同条件下各射击 12 次，他们的平均成绩各为 8 环，12 次射击成绩的方差分别是：S 甲＝3，S 乙＝2.5，成绩较为稳定的是__________．（填 “甲”或“乙”）
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，四边形OABC为矩形，点B坐标为（4，2），A，C分别在x轴，y轴上，点F在第一象限内，OF的长度不变，且反比例函数经过点F.
（1）如图1，当F在直线y = x上时，函数图象过点B，求线段OF的长.
（2）如图2，若OF从（1）中位置绕点O逆时针旋转，反比例函数图象与BC，AB相交，交点分别为D，E，连结OD，DE，OE.
①求证：CD=2AE.
②若AE+CD=DE，求k.
③设点F的坐标为（a，b），当△ODE为等腰三角形时，求（a+b）2的值.
15、（8分）已知一次函数的图象经过点和
求函数的解析式；
求直线上到x轴距离为4的点的坐标．
16、（8分）某景区的门票销售分两类：一类为散客门票，价格为元/张；另一类为团体门票（一次性购买门票张以上），每张门票价格在散客门票价格的基础上打折，某班部分同学要去该景点旅游，设参加旅游人，购买门票需要元
（1）如果每人分别买票，求与之间的函数关系式：
（2）如果购买团体票，求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（3）请根据人数变化设计一种比较省钱的购票方式.
17、（10分）如图，是的中位线，过点作交的延长线于点，求证：.
18、（10分）是正方形的边上一动点(不与重合)， ，垂足为，将绕点旋转，得到，当射线经过点时，射线与交于点．
求证:；
在点的运动过程中，线段与线段始终相等吗?若相等请证明；若不相等，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，以A点为圆心，以相同的长为半径作弧，分别与射线AM，AN交于B，C两点，连接BC，再分别以B，C为圆心，以相同长（大于BC）为半径作弧，两弧相交于点D，连接AD，BD，CD．若∠MBD=40°，则∠NCD的度数为_____．
20、（4分）如图，平行四边形中，为的中点，连接，若平行四边形的面积为，则的面积为____.
21、（4分）阅读后填空：
已知：如图，，，、相交于点.
求证：.
分析：要证，可先证；
要证，可先证；
而用______可证（填或或）.
22、（4分）已知互为相反数，则的值为______.
23、（4分）如图，在中，，将绕顶点顺时针旋转，旋转角为，得到．设中点为，中点为，，连接，当____________时，长度最大，最大值为____________．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）请阅读，并完成填空与证明：
初二（8）、（9）班数学兴趣小组展示了他们小组探究发现的结果，内容为：图1，正三角形中，在，边上分别取，，使，连接，，发现利用“”证明≌，可得到，，再利用三角形的外角定理，可求得
（1）图2正方形中，在，边上分别取，，使，连接，，那么 ，且 度，请证明你的结论．
（2）图3正五边形中，在，边上分别取，，使，连接，，那么 ，且 度；
（3）请你大胆猜测在正边形中的结论：
25、（10分）已知关于x的一元二次方程（m为常数）
（1）求证：不论m为何值，方程总有两个不相等的实数根；
（2）若方程有一个根是2，求m的值及方程的另一个根．
26、（12分）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x和y＝﹣2x+6交于点A．
（1）求点A的坐标；
（2）若点C的坐标为（1，0），连接AC，求△AOC的面积．
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】
由于四边形ABCD是菱形，AC是对角线，根据菱形对角线性质可求∠BAC=60°，而AB=BC=AC，易证△BAC是等边三角形，结合△ABC的周长是15，从而可求AB=BC=5，那么就可求菱形的周长．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，AC是对角线，
∴AB=BC=CD=AD，∠BAC=∠CAD=∠BAD，
∴∠BAC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵△ABC的周长是15，
∴AB=BC=5，
∴菱形ABCD的周长是1．
故选B．
2、B
【解析】
∵乙、丁的平均数都是9.5，乙的方差是4，丁的方差是5.4，
∴S2乙> S2丁，
∴射击成绩最高且波动较小的选手是乙；
故选：B.
3、A
【解析】
根式有意义则根号里面大于等于0，由此可得出答案．
【详解】
解：由题意得：x﹣1≥0，
∴x≥1．
故选A．
本题考查二次根式有意义的条件，比较简单，注意根号里面的式子为非负数．
4、D
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合．因此，
A．正三角形不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误；
B．平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项错误；
C．等腰梯形不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误；
D．正方形是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项正确．
故选D．
5、A
【解析】
六块矩形空地正好能拼成一个矩形，设道路的宽为xm，根据草坪的面积是570m1，即可列出方程:(31−1x)(10−x)=570，
故选A.
6、C
【解析】
根据正方形的四条边都相等，对角线互相垂直平分且每一条对角线平分一组对角的性质，再加上各选项的条件，对各选项分析判断后即可得出正确选项的个数
【详解】
解：如图，连接BD，交AC于点O，
在正方形ABCD中，AB=BC，∠BAC=∠ACB，AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，
①在△ABE与△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE=BF，
∵AC⊥BD，
∴OE=OF，
所以四边形BEDF是菱形，故①选项正确；
②在正方形ABCD中，AC=BD，
∴OA=OB=OC=OD，
∵AE=CF，
∴OE=OF，又EF⊥BD，BO=OD，
∴四边形BEDF是菱形，故②选项正确；
③AB=AF，不能推出四边形BEDF其它边的关系，故不能判定是菱形，本选项错误；
④BE=BF，同①的后半部分证明，故④选项正确．
所以①②④共3个可以判定四边形BEDF是菱形．
故选：C．
本题主要考查菱形的判定定理，还综合考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质等，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
7、D
【解析】
根据菱形的判定方法对A进行判断；根据矩形的判定方法对B进行判断；根据正方形的判定方法对C进行判断；根据平行四边形的判定方法对D进行判断．
【详解】
解：A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以A选项错误；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，所以B选项错误；
C、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，所以C选项错误；
D、对角线相等的菱形是正方形，正确，是真命题；所以D选项正确．
故选：D．
本题考查度的是命题的真假判断以及矩形、菱形的判定正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．熟练掌握矩形、菱形的判定定理是解答此题的关键．
8、D
【解析】
移项、配方，即可得出选项.
【详解】
，
，
，
.
故选.
本题考查了解一元二次方程，能正确配方是解此题的关键.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1.
【解析】
解过点A作AM⊥GH于M，由正方形纸片折叠的性质得出∠EGH=∠EAB=∠ADC=90°，AE=EG，则EG⊥GH，∠EAG=∠EGA，由垂直于同一条直线的两直线平行得出AM∥EG，得出∠EGA=∠GAM，则∠EAG=∠GAM，得出AG平分∠DAM，则DG=GM，由AAS证得△ADG≌△AMG得出AD=AM=AB，由HL证得Rt△ABP≌Rt△AMP得出BP=MP，则△PGC的周长=CG+PG+PC=CG+MG+PM+PC=CG+DG+BP+PC=CD+CB=1．
【详解】
解：过点A作AM⊥GH于M，如图所示：
∵将正方形纸片折叠，使点A落在CD边上的G处，
∴∠EGH=∠EAB=∠ADC=90°，AE=EG，
∴EG⊥GH，∠EAG=∠EGA，
∴AM∥EG，
∴∠EGA=∠GAM，
∴∠EAG=∠GAM，
∴AG平分∠DAM，
∴DG=GM，
在△ADG和△AMG中，
∴△ADG≌△AMG（AAS），
∴AD=AM=AB，
在Rt△ABP和Rt△AMP中，
∴Rt△ABP≌Rt△AMP（HL），
∴BP=MP，
∴△PGC的周长=CG+PG+PC=CG+MG+PM+PC=CG+DG+BP+PC=CD+CB=8+8=1，
故答案为：1．
本题考查了折叠的性质、正方形的性质、角平分线的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握折叠的性质，通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
10、
【解析】
根据三角形的面积公式，已知边CD的长，求出CD边上的高即可．过E作EH⊥CD，易证△ADG与△HDE全等，求得EH，进而求△CDE的面积．
【详解】
过E作EH⊥CD于点H．
∵∠ADG+∠GDH=∠EDH+∠GDH，
∴∠ADG=∠EDH．
又∵DG=DE，∠DAG=∠DHE．
∴△ADG≌△HDE．
∴HE=AG．
∵四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，面积分别是5和1．即AD2=5，DG2=1．
∴在直角△ADG中，
AG=,
∴EH=AG=2．
∴△CDE的面积为CD·EH=××2=．
故答案为.
考查了勾股定理、全等三角形的判定与性质、正方形的性质，正确作出辅助线，构造全等三角形是解决本题的关键．
11、1．
【解析】
直接利用二次根式有意义的条件得出m，n的值进而得出答案．
【详解】
∵m＝+5，
∴n＝2，则m＝5，
故mn＝1．
故答案为：1．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确得出m，n的值是解题关键．
12、6
【解析】
∵OA=3OD，OB=3OC，
∴，
∵AD与BC相交于点O，
∴∠AOB=∠DOC，
∴△AOB∽△DOC，
∴，
∵CD=2，
∴.
故本题应填写：6.
13、乙
【解析】
根据方差的意义，比较所给的两个方差的大小即可得出结论.
【详解】
∵，乙的方差小，
∴本题中成绩较为稳定的是乙，故填乙.
本题考查方差在实际中的应用.方差反应一组数据的稳定程度，方差越大这组数据越不稳定，方差越小，说明这组数据越稳定.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）OF =4；（2）①证明见解析；② k=；③96-16或36-4.
【解析】
分析（1）由y=经过点B (2,4).，求出k的值，再利用F在直线y = x，求出m的值，最后利用勾股定理求解即可;(2) ①利用反比例函数k的几何意义可求解; ②Rt△EBD中，分别用n表示出BD、BE、DE，再利用勾股定理解答即可; ③分三种情况讨论即可：OE=OD；
OE=DE；OD=DE.
详解：（1）∵F在直线y=x上
∴设F（m，m）
作FM⊥x轴
∴FM=OM=m
∵y=经过点B (2,4).
∴k=8
∴
∴
∴
∴OF =4；
（2）①∵函数 的图象经过点D，E
∴，∵ OC=2，OA=4
∴CO=2AE
②由①得：CD=2AE
∴可设：CD=2n，AE=n
∴DE=CD+AE=3n
BD=4-2n， BE=2-n
在Rt△EBD，由勾股定理得：
∴
解得

③CD=2c，AE=c
情况一：若OD=DE
∴
∴
∴

情况二：若OE=DE

∴

∴
情况三：OE=OD 不存在.
点睛：本题考查了反比例函数的性质，利用反比例函数的解析式求点的坐标，利用勾股定理得到方程，进而求出线段的长，注意解题时分类讨论的思想应用.
15、（1）；（2）或．
【解析】
把两个点的坐标代入函数关系式中求出k，b即可确定函数关系式，
到x轴的距离为4的点，可能在x轴上方或x轴下方的直线上，因此分两种情况进行解答，即令或时求出相应的x的值即可确定坐标．
【详解】
解：把，分别代入得：
，解得：，，
一次函数解析式为；
当时，，解得，此时满足条件的点的坐标为；
当时，，解得，此时满足条件的点的坐标为；
综上所述，直线上到x轴距离为4的点的坐标为或．
此题考查待定系数法求一次函数的关系式，点到直线的距离的意义，解题关键在于分情况讨论解答，注意分类不重复不重叠不遗漏．
16、（1）；（2）y=32x(x⩾10)；（3）8人以下买散客票； 8人以上买团体票；恰好8人时，即可按10人买团体票，可买散客票.
【解析】
（1）买散客门票价格为40元/张，利用票价乘人数即可，即y=40x；
（2）买团体票，需要一次购买门票10张及以上，即x≥10，利用打折后的票价乘人数即可；
（3）根据（1）（2）分情况探讨得出答案即可．
【详解】
(1)散客门票：y=40x；
(2)团体票：y=40×0.8x=32x(x⩾10)；
(3)因为40×8=32×10，
所以当人数为8人，x=8时，两种购票方案相同；
当人数少于8人，x8时，按团体票购票比较省钱.
此题考查一次函数的应用，解题关键在于根据题意列出方程.
17、见解析.
【解析】
根据题意可知，本题考查的是三角形中位线定理和三角形全等的性质，根据三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半和全等三角形对应边相等，进行推理证明.
【详解】
证明：∵是的中位线，
∴.
∵，
∴，，
∴，
∴.
本题解题关键：熟练运用三角形中位线定理与全等三角形的性质.
18、见解析；，证明见解析
【解析】
（1）由旋转性质知∠BPN=∠CPD，再由∠PCD+∠BCP=∠PBN+∠BCP=90°知∠PCD=∠PBN，从而得证；
（2）先证△MPB∽△BPC得再由△PBN∽△PCD知从而得根据BC=CD可得答案．
【详解】
证明:由旋转可得．
四边形是正方形，
．
，
，
证明:
．
由可知
本题考查的是相似三角形的综合问题，解题的关键是掌握旋转变换的性质、相似三角形的判定与性质及正方形的性质等知识点，熟练掌握相关知识是解题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、40°
【解析】
先根据作法证明△ABD≌△ACD，由全等三角形的性质可得∠BAD=∠CAD，∠BDA=∠CDA，然后根据三角形外角的性质可证∠NCD=∠MBD=40°.
【详解】
在△ABD和△ACD中，
∵AB=AC,
BD=CD,
AD=AD,
∴△ABD≌△ACD，
∴∠BAD=∠CAD，∠BDA=∠CDA.
∵∠MBD=∠BAD+∠BDA，∠NCD=∠CAD+∠CDA，
∴∠NCD=∠MBD=40°.
故答案为：40°.
本题考查了尺规作图，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，熟练掌握三角形全等的判定与性质是解答本题的关键.
20、6
【解析】
如图，连接AC．首先证明△ABC≌△CDA，可得S△ABC=S△ADC=×24=12（cm2），由AE=DE，可得S△CDE=S△ADC=6；
【详解】
解：如图，连接.
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为6
本题考查平行四边形的性质、三角形的面积等知识，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．
21、
【解析】
根据HL定理推出Rt△ABC≌Rt△DCB，求出∠ACB=∠DBC，再根据等角对等边证明即可．
【详解】
解：HL定理，理由是：
∵∠A=∠D=90°，
∴在Rt△ABC和Rt△DCB中
∴Rt△ABC≌Rt△DCB（HL），
∴∠ACB=∠DBC，
∴OB=OC，
故答案为：HL．
本题考查了全等三角形的判定定理和性质定理、等腰三角形的判定等知识点，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，AAS，ASA，SSS，直角三角形全等还有HL定理．
22、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．
23、 3
【解析】
连接CP，当点E、C、P三点共线时，EP最长，根据图形求出此时的旋转角及EP的长.
【详解】
∵，，
∴AB=4，∠A=60°，
由旋转得=∠A=60°，=AB=4，
∵中点为，
∴=2，
∴△是等边三角形，
∴∠=60°，
如图，连接CP，当旋转到点E、C、P三点共线时，EP最长，此时，
∵点E是AC的中点，,
∴CE=1，
∴EP=CE+PC=3，
故答案为: 120，3.
此题考查直角三角形的性质，等边三角形的判定及性质，旋转的性质，解题中首先确定解题思路，根据旋转得到EP的最大值即是CE+PC在进行求值，确定思路是解题的关键.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）； ；证明详见解析；（2） ；；（3）对于正n边形，结论为：，
【解析】
（1）利用SAS证出≌，从而证出，，然后利用等量代换即可得出结论；
（2）先求出正五边形的每个内角的度数，利用SAS证出≌，从而证出，，然后利用等量代换即可得出结论；
（3）根据题意，画出图形，然后根据（1）（2）的方法推出结论即可．
【详解】
（1） ，且度．证明如下：
∵四边形是正方形
∴，
在△ABN和△DAM中
∴≌
∴，
∵
∴
故答案为：； ；
（2） 且度．证明如下：
正五边形的每个内角为：，
∴，
在△ABN和△EAM中
∴≌
∴，
∵
∴
故答案为：； ；
（3）设这个正n边形为，在，边上分别取，，使，连接，，和交于点O，如下图所示：
正n边形的每个内角为：，
∴，
在和中
∴≌
∴，
∵
∴
即对于正n边形，结论为：，．
此题考查的是全等三角形的判定及性质和多边形的内角和，掌握全等三角形的判定及性质和多边形的内角和公式是解决此题的关键．
25、 (1)见解析；
(2) 即m的值为0，方程的另一个根为0.
【解析】
（1）可用根的判别式，计算判别式得到△=(m+2)2−4×1⋅m=m2+4＞0，则方程有两个不相等实数解，于是可判断不论m为何值，方程总有两个不相等的实数根；
（2）设方程的另一个根为t，利用根与系数的关系得到2+t= ,2t=m,最终解出关于t和m的方程组即可.
【详解】
(1)证明：
△=(m+2)2−4×1⋅m=m2+4，
∵无论m为何值时m2≥0，
∴m2+4≥4＞0，
即△＞0，
所以无论m为何值，方程总有两个不相等的实数根.
(2)设方程的另一个根为t，
根据题意得2+t= ,2t=m，
解得t=0，
所以m=0，
即m的值为0，方程的另一个根为0.
本题考查根的判别式和根于系数关系，对于问题（1）可用根的判别式进行判断，在判断过程中注意对△的分析，在分析时可借助平方的非负性；问题（2）可先设另一个根为t，用根于系数关系列出方程组，在求解.
26、（1）A的坐标（2，2）；（2）1.
【解析】
（1）联立y＝x和y＝﹣2x+6，解方程组即可得到结论；
（2）根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】
解：（1）∵直线y=x和y=-2x+6交于点A，
∴解得x=y=2，
∴点A的坐标（2，2）；
（2）∵点C的坐标为（1，0），
∴OC=1，
∴△AOC的面积=×1×2=1．
本题考查了两直线相交与平行，解二元一次方程组，三角形的面积的计算，以及数形结合的数学思想，掌握的理解题意是解题的关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
甲
乙
丙
丁
平均数(环)
9
9.5
9
9.5
方差
3.5
4
4
5.4