湖北省武汉市武昌区省水二中学2024年九上数学开学质量跟踪监视模拟试题【含答案】

这是一份湖北省武汉市武昌区省水二中学2024年九上数学开学质量跟踪监视模拟试题【含答案】，共23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）已知菱形的两条对角线分别为6和8，则菱形的面积为（ ）
A．48B．25C．24D．12
2、（4分）分式方程的解是( ).
A．x=-5B．x=5C．x=-3D．x=3
3、（4分）如图，⊙O的直径AB，C，D是⊙O上的两点，若∠ADC＝20°，则∠CAB的度数为（ ）
A．40°B．80°C．70°D．50°
4、（4分）下列图形中，对称轴条数最多的是（ ）
A．B．C．D．
5、（4分）使代数式有意义的x的取值范围是（ ）
A．x≥0B．C．x取一切实数D．x≥0且
6、（4分）如图，正方形ABCD中，AB=6，G是BC的中点．将△ABG沿AG对折至△AFG，延长GF交DC于点E，则DE的长是 ( )
A．1B．1.5C．2D．2.5
7、（4分）如图是边长为10的正方形铁片，过两个顶点剪掉一个三角形，以下四种剪法中，裁剪线长度所标的数据（单位：）不正确的（ ）
A．B．
C．D．
8、（4分）在直角坐标系中，点关于原点对称的点为，则点的坐标是（ ）
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）某公司需招聘一名员工，对应聘者甲、乙、丙从笔试、面试、体能三个方面进行量化考核，甲、乙、丙各项得分如下表：
该公司规定：笔试、面试、体能得分分别不得低于80分、80分、70分，并按60%，30%，10%的比例计入总分，根据规定，可判定_____被录用．
10、（4分）如图，将直线沿轴向下平移后的直线恰好经过点，且与轴交于点，在x轴上存在一点P使得的值最小，则点P的坐标为 ．
11、（4分）设m，n分别为一元二次方程x2+2x﹣2018=0的两个实数根，则m2+3m+n=______．
12、（4分）方程-x=1的根是______
13、（4分）如图，等边△AOB中，点B在x轴正半轴上，点A坐标为（1，），将△AOB绕点O顺时针旋转15°，此时点A对应点A′的坐标是_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，点、分别在矩形的边、上，把这个矩形沿折叠后，点恰好落在边上的点处，且.
（1）求证：；
（2）连接、，试证明：.
15、（8分）如图，在正方形ABCD中，点M、N是BC、CD边上的点，连接AM、BN，若BM=CN
（1）求证：AM⊥BN
（2）将线段AM绕M顺时针旋转90°得到线段ME，连接NE，试说明：四边形BMEN是平行四边形；
（3）将△ABM绕A逆时针旋转90°得到△ADF，连接EF，当时，请求出 的值
16、（8分）计算：(-)(+)--|-3|
17、（10分）某体育用品商店，准备用不超过2800元购买足球和篮球共计60个，已知一个篮球的进价为50元，售价为65元；一个足球的进价为40元，售价为50元.
（1）若购进x个篮球，购买这批球共花费y元，求y与x之间的函数关系式；
（2）设售出这批球共盈利w元，求w与x之间的函数关系式；
（3）体育用品商店购进篮球和足球各多少个时，才能获得最大利润？最大利润是多少？
18、（10分）关于的方程.
（1）当时，求该方程的解；
（2）若方程有增根，求的值．
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，在菱形中，对角线与相交于点．OE⊥AB，垂足为，若，则的大小为____________．
20、（4分）有一个质地均匀的正方体，其六个面上分别写着直角梯形、等腰梯形、矩形、正方形、菱形、平行四边形，投掷这个正方体后，向上的一面的图形是对角线相等的图形的概率是_______；
21、（4分）使得二次根式有意义的x的取值范围是 ．
22、（4分）根据图中的程序，当输入x＝2时，输出结果y＝________．
23、（4分）下列命题：
①矩形的对角线互相平分且相等；
②对角线相等的四边形是矩形；
③菱形的每一条对角线平分一组对角；
④一条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形．
其中正确的命题为________（注：把你认为正确的命题序号都填上）
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，已知直角梯形，，，过点作，垂足为点，，，点是边上的一动点，过作线段的垂直平分线，交于点，并交射线于点．
（1）如图1，当点与点重合时，求的长；
（2）设，，求与的函数关系式，并写出定义域；
（3）如图2，联结，当是等腰三角形时，求的长．

25、（10分）如图，在平行四边形中，点、别在，上，且．
（1）如图①，求证：四边形是平行四边形；
（2）如图②，若，且．，求平行四边形的周长．
26、（12分）如图，四边形是正方形，是边上一点，是的中点，平分.
（1）判断与的数量关系，并说明理由；
（2）求证：；
（3）若，求的长.
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、C
【解析】
根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式进行计算即可得解．
【详解】
解：∵菱形的两条对角线的长度分别为6和8，
∴它的面积=×6×8=1．
故选：C．
本题考查了菱形的性质，菱形的面积可以用对角线乘积的一半求解，也可以利用底乘以高求解．
2、A
【解析】
观察可得最简公分母是(x+1)(x-1),方程两边乘以最简公分母,可以把分式方程化为整式方程,再求解.
【详解】
方程两边同乘以(x+1)(x-1),
得3(x+1)=2(x-1),
解得x=-5.
经检验:x= -5是原方程的解.
故选A..
本题考查了解分式方程,解分式方程的基本思想是“转化思想”,把分式方程转化为整式方程求解.解分式方程一定注意要验根.
3、C
【解析】
先根据圆周角定理的推论得出∠ACB＝90°，然后根据圆周角定理得到∠D＝∠B，最后利用∠CAB=90°-∠B即可求解．
【详解】
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠D＝∠B＝20°，
∴∠CAB=90°-∠B =90°﹣20°＝70°．
故选：C．
本题主要考查圆周角定理及其推论，直角三角形两锐角互余，掌握圆周角定理及其推论是解题的关键．
4、C
【解析】
根据轴对称图形的定义：一个图形沿某条直线对折，直线两旁的部分能够完全重合，则这个图形就是轴对称图形，这条直线就是它的一条对称轴，由此找出各个图形的对称轴条数，再比较即可解答．
【详解】
解：A.有1条对称轴；
B.有1条对称轴；
C.这个组合图形有8条对称轴；
D.有2条对称轴．
故选：C．
此题主要考查如何确定轴对称图形的对称轴条数及位置，掌握轴对称图形的概念是本题的解题关键．
5、D
【解析】
试题分析：根据题意可得：当x≥0且3x﹣1≠0时，代数式有意义，
解得：x≥0且．故选D．
考点：1.二次根式有意义的条件；2.分式有意义的条件．
6、C
【解析】
连接AE,根据翻折变换的性质和正方形的性质可证Rt△AFE≌Rt△ADE,在直角△ECG中，根据勾股定理求出DE的长.
【详解】
连接AE，
∵AB=AD=AF,∠D=∠AFE=90°，
由折叠的性质得：Rt△ABG≌Rt△AFG，
在△AFE和△ADE中，
∵AE=AE，AD=AF，∠D=∠AFE，
∴Rt△AFE≌Rt△ADE，
∴EF=DE，
设DE=FE=x，则CG=3，EC=6−x.
在直角△ECG中，根据勾股定理，得：
(6−x)2+9=(x+3)2，
解得x=2.
则DE=2.
熟练掌握翻折变换、正方形的性质、全等三角形的判定与性质是本题的解题关键.
7、A
【解析】
试题分析：正方形的对角线的长是，所以正方形内部的每一个点，到正方形的顶点的距离都有小于14.14，故答案选A.
考点：正方形的性质，勾股定理.
8、B
【解析】
根据坐标系中关于原点对称的点的坐标特征：原坐标点为，关于原点对称：横纵坐标值都变为原值的相反数，即对称点为可得答案.
【详解】
解：关于原点对称的点的坐标特征：横纵坐标值都变为原值的相反数，所以点有关于原点O的对称点Q的坐标为（-2，-1）.
故选:B
本题考查了对称与坐标.设原坐标点为，坐标系中关于对称的问题分为三类：1.关于轴对称：横坐标值不变仍旧为，纵坐标值变为，即对称点为；2.关于轴对称：纵坐标值不变仍旧为，横坐标值变为即对称点为；3.关于原点对称：横纵坐标值都变为原值的相反数，即对称点为.熟练掌握变化规律是解题关键.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、乙
【解析】
由于甲的面试成绩低于80分，根据公司规定甲被淘汰；再将乙与丙的总成绩按比例求出测试成绩，比较得出结果．
【详解】
解：∵该公司规定：笔试，面试、体能得分分别不得低于80分，80分，70分，
∴甲淘汰；
乙成绩=85×60%+80×30%+75×10%=82.5，
丙成绩=80×60%+90×30%+73×10%=82.3，
乙将被录取．
故答案为：乙．
本题考查了加权平均数的计算．平均数等于所有数据的和除以数据的个数．
10、（，0）
【解析】
如图所示，作点B关于x轴对称的点B'，连接AB'，交x轴于P，则点P即为所求，
【详解】
解：设直线y=﹣x沿y轴向下平移后的直线解析式为y=﹣x+a，
把A（2，﹣4）代入可得，a=﹣2，
∴平移后的直线为y=﹣x﹣2，
令x=0，则y=﹣2，即B（0，﹣2）
∴B'（0，2），
设直线AB'的解析式为y=kx+b，
把A（2，﹣4），B'（0，2）代入可得，，解得，
∴直线AB'的解析式为y=﹣3x+2，
令y=0，则x=，∴P（，0）.
11、2016
【解析】
由题意可得，
，
，
∵，为方程的个根，
∴，
，
∴．
12、x=3
【解析】
先将-x移到方程右边，再把方程两边平方，使原方程化为整式方程x2=9，求出x的值，把不合题意的解舍去，即可得出原方程的解.
【详解】
解：整理得：=x+1，
方程两边平方，得：2x+10=x2+2x+1，
移项合并同类项，得：x2=9，
解得：x1=3，x2=-3，
经检验，x2=-3不是原方程的解，
则原方程的根为：x=3.
故答案为：x=3.
本题考查了解无理方程，无理方程在有些地方初中教材中不再出现，比如湘教版.
13、．
【解析】
作AE⊥OB于E，A′H⊥OB于H．求出A′H，OH即可解决问题．
【详解】
如图，作AE⊥OB于E，A′H⊥OB于H．
∵A（1，），
∴OE＝1，AE＝，
∴OA＝＝2，
∵△OAB是等边三角形，
∴∠AOB＝60°，
∵∠AOA′＝15°，
∴∠A′OH＝60°﹣15°＝45°，
∵OA′＝OA＝2，H⊥OH，
∴A′H＝OH＝，
∴（，），
故答案为：（，）．
此题考查等边三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，求直角坐标系中点的坐标需从点向坐标轴作垂线，求出垂线段的长度由此得到点的坐标.
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】
（1）由折叠得到D=∠FGH=90°，∠C=∠H=90°，EC=EH，由矩形得出边平行，内角为直角，将问题转化到△EGH中，由30°所对的直角边等于斜边的一半，利用等量代换可得结论；
（2）由轴对称的性质，对称轴垂直平分对应点所连接的线段，垂直于同一直线的两条直线互相平行得出结论．
【详解】
证明：
（1）由折叠知：
在矩形中，
在中，
又
，即
（2）连接、
由折叠知：点和、点和点都关于直线成轴对称
考查矩形的性质、轴对称的性质，直角三角形的性质等知识，合理的将问题转化到一个含有30°的直角三角形是解决问题的关键．
15、（1）见解析；（2）见解析；（3）.
【解析】
（1）只需证明△ABM≌△BCN即可得到结论；
（2）由（1）可知AM＝BN且AM⊥BN，而ME是由AM绕点M顺时针旋转90度得到，于是可得ME与BN平行且相等，结论显然；
（3）易证AMEF为正方形，从而问题转化为求两个正方形的边长之比，由于已经知道BM与BC之比，设BM＝a，则由勾股定理易求AM．
【详解】
解：（1）∵ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°，
又∵BM＝CN，
∴△ABM≌△BCN（SAS），
∴∠BAM＝∠CBN，
∵∠BAM＋∠BMA＝90°，
∴∠CBN＋∠BMA＝90°，
∴AM⊥BN；
（2）∵将线段AM绕M顺时针旋转90°得到线段ME，
∴ME＝AM，ME⊥AM，
∵△ABM≌△BCN，
∴AM＝BN，
∵AM⊥BN，
∴BN＝ME，且BN∥ME，
∴四边形BMEN是平行四边形；
（3）∵将线段AM绕M顺时针旋转90°得到线段ME，将△ABM绕A逆时针旋转90°得到△ADF，
∴∠MAF＝∠AME＝90°，AF＝ME＝AM
∴AF∥ME，
∴AMEF是正方形，
∵，可以设BM＝a，AB＝na，
在直角三角形ABM中，AM＝，
∴．
本题为四边形综合题，主要考查了正方形的判定与基本性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、旋转变换的性质、勾股定理等重要知识点，难度不大．本题虽然简单，但其所包含的基本模型却是很多题的原型，熟练掌握有助于解决相关的较难题目．
16、-
【解析】
分析：先进行二次根式的乘法法则运算，化简二次根式和去绝对值，然后化简后合并即可．
详解：原式=5-2-2-(3-)
=3-2-3+
=-．
点睛：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．
17、（1）y与x之间的函数关系式为;
（2）w与x之间的函数关系式;
（3）当时，w最大为800元.
【解析】
（1）由题意得购进篮球x个，则购进足球的个数为 ，再根据篮球足球的单价可得有关y与x的函数关系式；
（2）已知篮球和足球购进的个数分别乘以其售价减去成本的差即可表示利润w与x的函数关系式；
（3）由总费用不超过2800得到x的取值范围，再x的取值范围中找到w的最大值即可.
【详解】
解：（1）设购进x个篮球，则购进了个足球.
,
∴y与x之间的函数关系式为 ;
（2） ,
∴w与x之间的函数关系式；
（3）由题意，，
解得，，
在中，
∵ ，∴ y随x的增大而增大，
∴当时，w最大为800元.
∴当购买40个篮球，20个足球时，获得的利润最大，最大利润为800元.
此题考查了一次函数及一元一次不等式组的应用，解答本题的关键是仔细审题，根据题意所述的等量关系及不等关系，列出不等式.
18、（1）x=1；（2）k=1．
【解析】
（1）把k=3代入方程计算即可求出解；
（2）由分式方程有增根求出x的值，分式方程去分母后代入计算即可求出k的值．
【详解】
（1）把k=3代入方程得：3，去分母得：1+3x﹣6=x﹣3，解得：x=1，经检验x=1是分式方程的解；
（2）分式方程去分母得：1+3x﹣6=x﹣k，由分式方程有增根，得到x﹣2=0，即x=2，把x=2代入方程得：2﹣k=1，解得：k=1．
本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．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、65°
【解析】
先根据菱形的邻角互补求出∠BAD的度数，再根据菱形的对角线平分一组对角求出∠BAO的度数，然后根据直角三角形两锐角互余列式计算即可得解．
【详解】
在菱形ABCD中，∠ADC=130°，∴∠BAD=180°﹣130°=50°，∴∠BAO∠BAD50°=25°．
∵OE⊥AB，∴∠AOE=90°﹣∠BAO=90°﹣25°=65°．
故答案为65°．
本题考查了菱形的邻角互补，每一条对角线平分一组对角的性质，直角三角形两锐角互余的性质，熟练掌握性质是解题的关键．
20、
【解析】
【分析】先求出总的情况和对角线相等的情况，再根据概率公式可求得.
【详解】因为，出现的图形共有6种情况，对角线相等的有（等腰梯形，正方形，矩形）3这情况，所以，P（对角线相等）=
故答案为：
【点睛】本题考核知识点：概率.解题关键点：掌握概率的求法.
21、x≥﹣
【解析】
试题分析：根据被开方数大于等于0，可得2x+1≥0，解得x≥﹣．
考点：二次根式有意义的条件
22、2
【解析】
∵x=2时，符合x>1的条件，
∴将x=2代入函数y=−x+4得：y=2.
故答案为2.
23、①③④
【解析】
根据正方形、平行四边形、菱形和矩形的判定，对选项一一分析，选择正确答案．
【详解】
①矩形的对角线互相平分且相等，故正确；
②对角线相等的平行四边形是矩形，故错误；
③菱形的每一条对角线平分一组对角，这是菱形的一条重要性质，故正确；
④一条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形，故正确．
故答案为①③④．
考查了正方形、平行四边形、菱形和矩形的判定方法．解答此题的关键是熟练掌握运用这些判定．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）BC=5；（2）；（3）的长为或3或．
【解析】
（1）根据垂直平分线性质可知，设，，在中用勾股定理求出，即可解答；
（2）联结，，在中，，在中，，消去二次项即可得到与的函数关系式；根据点是边上的一动点结合（1）即可得出的定义域；
（3）分三种情况讨论，分别画出图形，根据相等的边用勾股定理列方程求解即可．
【详解】
解：（1）∵梯形中，，，，
∴，
∵是线段的垂直平分线，
∴，
在中，，
又∵，，设，，
，
∴，
∴．
（2）联结，，
∵是线段的垂直平分线，
∴
∵，，
∴
在中，
在中，
∴
∴
（3）在中，，，
∴，
当是等腰三角形时
①∵
∴
∵
∴
∴
②
取中点，联结
∵为的中点
∴为梯形中位线
∴
∵
∴为中点，
∴此时与重合
∴
③
联结并延长交延长线于点
此时．
∴，，
∴，
∴在中，，
∵
∴解得，（不合题意含去）
∴综上所述，当是等腰三角形时，的长为或3或
本题综合考查了矩形的性质、勾股定理解三角形、等腰三角形性质和判定、全等三角形性质和判定，灵活运用勾股定理求线段长是解题的关键．
25、 (1)见解析;(2)16.
【解析】
（1）根据平行四边形的性质得出AD∥BC，AD=BC，求出AF=CE，根据平行四边形的判定得出即可；
（2）由勾股定理可求BC的长，即可求平行四边形ABCD的周长．
【详解】
证明：（1）四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
四边形是平行四边形．
（2），．，
，
平行四边形的周长
本题考查了平行四边形的判定和性质，熟练运用平行四边形的性质是本题的关键．
26、（1）见解析；（2）见解析；（3）．
【解析】
（1）利用平行线的性质得出，再根据角平分线的性质即可解答
（2）过点作交于点，连接，利用HL证明，即可解答
（3）设，则，再利用勾股定理求出a即可解答.
【详解】
（1）如图所示：
与的数量关系：，
理由如下：
，
∵平分，
，
.
（2）如图所示：
过点作交于点，连接．
∵平分，
，
又是的中点，，
，
在和中，
，
，
又，
．
（3）设，则，
在中，由勾股定理得：

解得：，
．
此题考查全等三角形的判定与性质，勾股定理，角平分线的性质，平行线的性质，解题关键在于作辅助线.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
笔试
面试
体能
甲
83
79
90
乙
85
80
75
丙
80
90
73