江苏省常州市2024年数学九年级第一学期开学检测模拟试题【含答案】

这是一份江苏省常州市2024年数学九年级第一学期开学检测模拟试题【含答案】，共28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）若点A(-3，)，B(1，)都在直线上，则与的大小关系是（ ）
A．D．无法比较大小
2、（4分）的平方根是（ ）
A．B．C．D．
3、（4分）下列各式属于最简二次根式的有（ ）
A．B．C．D．
4、（4分）如图,点P是双曲线y= (x>0)上的一个动点,过点P作PA⊥x轴于点A,当点P从左向右移动时,△OPA的面积( )
A．逐渐变大B．逐渐变小C．先增大后减小D．保持不变
5、（4分）实数、在数轴上对应的位置如图，化简等于（ ）
A．B．
C．D．
6、（4分）从，0，π，3.14，6这5个数中随机抽取一个数，抽到有理数的概率是（ ）
A．B．C．D．
7、（4分）正比例函数的图像上的点到两坐标轴的距离相等，则（ ）.
A．1B．-1C．±1D．±2
8、（4分）抛物线y=ax2+bx和直线y=ax+b在同一坐标系的图象可能是（ ）
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）如图，两个完全相同的三角尺ABC和DEF在直线l上滑动．要使四边形CBFE为菱形，还需添加的一个条件是____(写出一个即可)．
10、（4分）为了增强青少年的防毒拒毒意识，学校举办了一次“禁毒教育”演讲比赛，其中某位选手的演讲内容、语言表达、演讲技巧这三项得分分别为90分，80分，85分，若依次按50%，30%，20%的比例确定成绩，则该选手的最后得分是__________分．
11、（4分）如图，△ABC的中位线DE＝5cm，把△ABC沿DE折叠，使点A落在边BC上的点F处，若A、F两点间的距离是8cm，则△ABC的面积为_____cm1．
12、（4分）如图，函数y1＝﹣2x和y2＝ax+3的图象相交于点A（﹣1，2），则关于x的不等式﹣2x＞ax+3的解集是_____
13、（4分）在矩形ABCD中,AB=4,AD=9点F是边BC上的一点,点E是AD上的一点,AE:ED=1:2,连接EF、DF,若EF=2,则CF的长为______________。
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）在平面直角坐标系xOy中，边长为6的正方形OABC的顶点A，C分别在x轴和y轴的正半轴上，直线y＝mx+2与OC，BC两边分别相交于点D，G，以DG为边作菱形DEFG，顶点E在OA边上．
（1）如图1，当菱形DEFG的一顶点F在AB边上．
①若CG＝OD时，求直线DG的函数表达式；
②求证：OED≌BGF．
（2）如图2，当菱形DEFG的一顶点F在AB边右侧，连接BF，设CG＝a，FBG面积为S．求S与a的函数关系式；并判断S的值能否等于1？请说明理由；
（3）如图3，连接GE，当GD平分∠CGE时，m的值为 ．（直接写出答案）．
15、（8分）如图，在中，AD是BC边上的中线，点E是AD的中点，过点A作交BE的延长线于F，BF交AC于G，连接CF．
求证：≌；
若，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论；
求证：．
16、（8分）一辆汽车和一辆摩托车分别从，两地去同一城市，它们离地的路程随时间变化的图象如图所示，根据图象中的信息解答以下问题：
（1），两地相距______；
（2）分别求出摩托车和汽车的行驶速度；
（3）若两图象的交点为，求点的坐标，并指出点的实际意义.
17、（10分）如图1，在△ABC中，AB＝AC，D、E是BC边上的点，连接AD、AE，以△ADE的边AE所在直线为对称轴作△ADE的轴对称图形△AD′E，连接D′C，若BD＝CD′．
（1）求证：△ABD≌△ACD′；
（1）如图1，若∠BAC＝110°，探索BD，DE，CE之间满足怎样的数量关系时，△CD′E是正三角形；
（3）如图3，若∠BAC＝90°，求证：DE1＝BD1+EC1．
18、（10分）定义：如果一条直线与一条曲线有且只有一个交点，且曲线位于直线的同旁，称之为直线与曲线相切，这条直线叫做曲线的切线，直线与曲线的唯一交点叫做切点．
（1）如图，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，以点为圆心，5为半径作圆，交轴的负半轴于点，求过点的圆 的切线的解析式；
（2）若抛物线（）与直线（）相切于点，求直线的解析式；
（3）若函数的图象与直线相切，且当时，的最小值为，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）已知一次函数y＝2x＋b，当x＝3时，y＝10，那么这个一次函数在y轴上的交点坐标为________．
20、（4分）如图，△ABC 和△BDE 都是等边三角形，A、B、D 三点共线.下列结论：①AB＝CD；②BF＝BG；③HB 平分∠AHD；④∠AHC＝60°，⑤△BFG 是等边三角形．其中正确的有____________（只填序号）.
21、（4分）化简：________．
22、（4分）既是矩形又是菱形四边形是________．
23、（4分）不等式2x≥-4的解集是 .
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）在如图所示的正方形网格中,每个小正方形的边长为1,格点三角形(顶点是网格线的交点的三角形)ABC的顶点A,C的坐标分别为(−4,5),(−1,3).
(1)请在如图所示的网格平面内作出平面直角坐标系；
(2)请作出△ABC关于y轴对称的△DEF，其中点A对应点D，点B对应点E，点C对应点F；
(3)写出点E关于原点的对称点M的坐标.
25、（10分）如图，分别延长平行四边形的边、至点、点，连接、，其中.
求证：四边形为平行四边形
26、（12分）孝感市委市政府为了贯彻落实国家的“精准扶贫”战略部署，组织相关企业开展扶贫工作，博大公司为此制定了关于帮扶A、B两贫困村的计划．今年3月份决定从某地运送152箱鱼苗到A、B两村养殖，若用大小货车共15辆，则恰好能一次性运完这批鱼苗．已知这两种大小货车的载货能力分别为12箱/辆和8箱/辆，其运往A、B两村的运费如表：
（1）求这15辆车中大小货车各多少辆？
（2）现安排其中10辆货车前往A村，其余货车前往B村，设前往A村的大货车为x辆，前往A、B两村总运费为y元；
①试求出y与x的函数解析式；
②若运往A村的鱼苗不少于108箱，请你写出使总运费最少的货车调配方案，并求出最少运费．
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、A
【解析】
先根据直线y=x+1判断出函数图象的增减性，再根据各点横坐标的大小进行判断即可．
【详解】
∵直线y=x+1，k=＞0，
∴y随x的增大而增大，
又∵-3＜1，
∴y1＜y1．
故选A．
本题考查的是一次函数的增减性，即一次函数y=kx+b（k≠0）中，当k＞0，y随x的增大而增大；当k＜0，y随x的增大而减小．
2、B
【解析】
根据开平方的意义，可得一个数的平方根．
【详解】
解：9的平方根是±3，
故选：B．
本题考查了平方根，乘方运算是解题关键,注意平方根是两个互为相反的数．
3、B
【解析】
先根据二次根式的性质化简，再根据最简二次根式的定义判断即可．
【详解】
A选项：，故不是最简二次根式，故A选项错误；
B选项：是最简二次根式，故B选项正确；
C选项：，故不是最简二次根式，故本选项错误；
D选项：，故不是最简二次根式，故D选项错误；
故选：B．
考查了对最简二次根式的定义的理解，能理解最简二次根式的定义是解此题的关键．
4、D
【解析】
根据反比例函数y= （k≠0）系数k的几何意义得到S△OPA=|k|，由于m为定值6，则S△OPA为定值3
【详解】
∵PA⊥x轴，
∴S△OPA=|k|=×6=3，
即Rt△OPA的面积不变。
故选D.
此题考查反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数系数k的几何意义，解题关键在于得到S△OPA=|k|
5、B
【解析】
由数轴得出b-a0，再根据二次根式的性质化简即可.
【详解】
解：由数轴知b-aAB，分情况讨论：
如下图：
当点F在点E的左侧时，做FG垂直AD，则FCDG为矩形，AB=FG，
CF=GD=ED+GE，在RT三角形GFE中，GE==2，
则此时CF=6+2=8；
如下图：
当点F在点E的右侧时，做FH垂直AD，同理可得CF=ED-EH，HF=AB=4，EH=2，
则此时CF=6-2=4；
综上，CF的长为8或4.
本题考查矩形，直角三角形的性质，也考查勾股定理解三角形，注意分情况讨论.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（6）①y＝2x+2；②见解析；（2）S≠6，见解析；（6）
【解析】
（6）①将x＝0代入y＝mx+2得y＝2，故此点D的坐标为（0，2），由CG＝OD＝2可知点G的坐标为（2，6），将点G（2，6）代入y＝mx+2可求得m＝2；
②延长GF交y轴于点M，根据AAS可证明△OED≌△BGF；
（2）如图2所示：过点F作FH⊥BC，垂足为H，延长FG交y轴与点N．先证明Rt△GHF≌Rt△EOD（AAS），从而得到FH＝DO＝2，由三角形的面积公式可知：S＝6﹣a．②当s＝6时，a＝5，在△CGD中由勾股定理可求得DG＝，由菱形的性质可知；DG＝DE＝，在Rt△DOE中由勾股定理可求得OE＝＞6，故S≠6；
（6）如图6所示：连接DF交EG于点M，过点M作MN⊥y轴，垂足为N．由菱形的性质可知：DM⊥GM，点M为DF的中点，根据角平分线的性质可知：MD＝CD＝5，由中点坐标公式可知点M的纵坐标为6，得到ND＝6，根据勾股定理可求得MN＝，则得到点M的坐标为（，6）然后利用待定系数法求得DM、GM的解析式，从而可得到点G的坐标，最后将点G的坐标代入y＝mx+2可求得m的值．
【详解】
解：（6）①∵将x＝0代入y＝mx+2得；y＝2，
∴点D的坐标为（0，2）．
∵CG＝OD＝2，
∴点G的坐标为（2，6）．
将点G（2，6）代入y＝mx+2得：2m+2＝6．
解得：m＝2．
∴直线DG的函数表达式为y＝2x+2．
②如图6，延长GF交y轴于点M，
∵DM∥AB，
∴∠GFB＝∠DMG，
∵四边形DEFG是菱形，
∴GF∥DE，DE＝GF，
∴∠DMG＝∠ODE，
∴∠GFB＝∠ODE，
又∵∠B＝∠DOE＝90°，
∴△OED≌△BGF（AAS）；
（2）如图2所示：过点F作FH⊥BC，垂足为H，延长FG交y轴与点N．
∵四边形DEFG为菱形，
∴GF＝DE，GF∥DE．
∴∠GNC＝∠EDO．
∴∠NGC＝∠DEO．
∴∠HGF＝∠DEO．
在Rt△GHF和Rt△EOD中，
，
∴Rt△GHF≌Rt△EOD（AAS）．
∴FH＝DO＝2．
∴S△GBF＝GB•HF＝×2×（6﹣a）＝6﹣a．
∴S与a之间的函数关系式为：S＝6﹣a．
当s＝6时，则6﹣a＝6．
解得：a＝5．
∴点G的坐标为（5，6）．
在△DCG中，由勾股定理可知；DG＝＝．
∵四边形GDEF是菱形，
∴DE＝DG＝．
在Rt△DOE中，由勾股定理可知OE＝＞6．
∴OE＞OA．
∴点E不在OA上．
∴S≠6．
（6）如图6所示：连接DF交EG于点M，过点M作MN⊥y轴，垂足为N．
又∵四边形DEFG为菱形，
∴DM⊥GM，点M为DF的中点．
∵GD平分∠CGE，DM⊥GM，GC⊥OC，
∴MD＝CD＝5．
∵由（2）可知点F的坐标为5，点D的纵坐标为2，
∴点M的纵坐标为6．
∴ND＝6．
在Rt△DNM中，MN＝＝．
∴点M的坐标为（，6）．
设直线DM的解析式为y＝kx+2．将（，6）代入得：k+2＝6．
解得：k＝．
∴设直线MG的解析式为y＝﹣x+b．将（，6）代入得：﹣65+b＝6．
解得：b＝68．
∴直线MG的解析式为y＝﹣x+68．
将y＝6代入得：﹣x+68＝6．
解得：x＝．
∴点G的坐标为（，6）．
将（，6）代入y＝mx+2得：m+2＝6．
解得：m＝．
故答案为：．
本题是一次函数综合题，考查了菱形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，角平分线的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
15、（1）详见解析；（2）四边形ADCF是菱形，理由详见解析；（3）详见解析
【解析】
由“AAS”可证≌；
由全等三角形的性质可得，可证四边形ADCF是平行四边形，由直角三角形的性质可得，可证四边形ADCF是菱形；
通过证明∽，可得，即可得结论．
【详解】
证明：，
，
在和中，
≌；
解：四边形ADCF是菱形，
理由如下：≌，
，
，
，又，
四边形ADCF是平行四边形，
，AD是BC边上的中线，
，
四边形ADCF是菱形；
∽
本题考查四边形综合题，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
16、（1）20；（2），； （3）即，的实际意义为出发1小时后汽车和摩托车在距离地的地点相遇.（或距离地）.
【解析】
（1）因为汽车和摩托车分别从A，B两地去同一城市，从y轴上可看出A，B两地相距20km；
（2）根据图象可知，摩托车4小时行驶160千米，汽车3小时行驶180千米，利用速度＝路程÷时间即可分别求出摩托车和汽车的行驶速度；
（3）分别求出摩托车和汽车离A地的路程y（km）随时间x（h）变化的函数解析式，再将它们联立组成方程组，解方程组得到点P的坐标，然后指出点P的实际意义．
【详解】
解：（1）由图象可知，A，B两地相距20km．
故填：20；
（2）根据图像汽车的速度为
摩托车的速度为
（3）设汽车行驶图像对应的一次函数的表达式为.根据题意，把已知的两点
坐标和代入，
解得，.
这个一次函数表达式为
同理解得摩托车对应的一次函数的表达式为
由题意解方程组
得，
即，的实际意义为出发1小时后汽车和摩托车在距离地的地点相遇.（或距离地）
本题考查了一次函数的应用，一次函数解析式的确定，路程、速度与时间关系的应用，坐标确定位置，两直线的交点坐标求法，以及函数图象的读图能力．要理解函数图象所代表的实际意义是什么才能从中获取准确的信息．
17、（1）见解析；（1）BD＝DE＝CE的数量关系时，△CD′E是正三角形；（3）见解析．
【解析】
（1）根据轴对称的性质得到AD=AD`，即可证明△ABD≌△ACD′
（1）由（1）可得∠BAD＝∠CAD′，∠B＝∠ACD′，再根据轴对称的性质得到∠EAD′+∠CAE＝∠BAD+∠CAE＝∠DAE＝∠BAC＝60°，得到△CD′E是正三角形，即可解答
（3）利用勾股定理即可解答
【详解】
（1）证明：∵△ADE与△AD′E是关于AE的轴对称图形，
∴AD＝AD′，
在△ABD和△ACD′中， ，
∴△ABD≌△ACD′（SSS）；
（1）解：∵△ABD≌△ACD′，
∴∠BAD＝∠CAD′，∠B＝∠ACD′，
∵△ADE与△AD′E是关于AE的轴对称图形，
∴∠DAE＝∠EAD′，DE＝ED′，
∴∠EAD′+∠CAE＝∠BAD+∠CAE＝∠DAE＝∠BAC＝60°，
∵△CD′E是正三角形，
∴CE＝CD′＝ED′，
∵BD＝CD′，DE＝ED′，
∴BD＝DE＝CE；
（3）证明：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝∠ACD′＝45°，
∴∠ECD′＝90°，
∴ED′1＝CD′1+EC1，
∵BD＝CD′，DE＝ED′，
∴DE1＝BD1+EC1．
此题考查全等三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，解题关键在于利用全等三角形的性质进行解答
18、（1）；（2）；（3）1或
【解析】
（1）连接，由、可求，即．因为过点的切线，故有，再加公共角，可证，由对应边成比例可求的长，进而得点坐标，即可求直线解析式．
（2）分别把点代入抛物线和直线解析式，求得抛物线解析式为，直线解析式可消去得．由于直线与抛物线相切（只有一个交点），故联立解析式得到关于的方程有两个相等的实数根，即△，即求得的值．
（3）因为二次函数图象与直线相切，所以把二次函数和直线解析式联立，得到关于的方程有两个相等是实数根，即△，整理得式子，可看作关于的二次函数，对应抛物线开口向上，对称轴为直线．分类讨论对称轴在左侧、中间、右侧三种情况，画出图形得：①当对称轴在左侧即时，由图象可知时随的增大而增大，所以时取得最小值，把、代入得到关于的方程，方程无解；②当对称轴在范围内时，时即取得最小值，得方程，解得：；③当对称轴在2的右侧即时，由图象可知时随的增大而减小，所以时取得最小值，把、代入即求得的值．
【详解】
解：（1）如图1，连接，记过点的切线交轴于点
，
，
，
设直线解析式为：
，解得：
过点的的切线的解析式为;
（2）抛物线经过点
，解得：
抛物线解析式：
直线经过点
，可得：
直线解析式为：
直线与抛物线相切
关于的方程有两个相等的实数根
方程整理得：
△
解得：
直线解析式为；
（3）函数的图象与直线相切
关于的方程有两个相等的实数根
方程整理得：
△
整理得：，可看作关于的二次函数，
对应抛物线开口向上，对称轴为直线
当时，的最小值为
①如图2，当时，在时随的增大而增大
时，取得最小值
，方程无解；
②如图3，当时，时，取得最小值
，解得：；
③如图4，当时，在时随的增大而减小
时，取得最小值
，解得：，（舍去）
综上所述，的值为1或．
本题考查了圆的切线的性质，相似三角形的判定和性质，一元二次方程的解法及根与系数的关系，二次函数的图象与性质．第（3）题的解题关键是根据相切列得方程并得到含、的等式，转化为关于的二次函数，再根据画图讨论抛物线对称轴情况进行解题．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、 (0，4)
【解析】解：∵在一次函数y=2x+b中，当x=3时，y=10，∴6+b=10，解得：b=4，∴一次函数的解析式为y=2x+4，∴当x=0时，y=4，∴这个一次函数在y轴上的交点坐标为（0，4）．故答案为：（0，4）．
点睛：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．
20、②③④⑤
【解析】
由题中条件可得△ABE≌△CBD，得出对应边、对应角相等，进而得出△BGD≌△BFE，△ABF≌△CGB，再由边角关系即可求解题中结论是否正确，进而可得出结论．
【详解】
∴AB=BC,BD=BE,∠ABC=∠DBE=60°，
∴∠ABE=∠CBD，
在△ABE和△CBD中,
，
∴△ABE≌△CBD(SAS)，
∴AE=CD，∠BDC=∠AEB，
又∵∠DBG=∠FBE=60°，
∴在△BGD和△BFE中,
，
∴△BGD≌△BFE(ASA)，
∴BG=BF,∠BFG=∠BGF=60°，
∴△BFG是等边三角形，
∴FG∥AD，
在△ABF和△CGB中,
，
∴△ABF≌△CGB(SAS)，
∴∠BAF=∠BCG，
∴∠CAF+∠ACB+∠BCD=∠CAF+∠ACB+∠BAF=60°+60°=120°，
∴∠AHC=60°，
∴②③④⑤都正确.
故答案为②③④⑤.
本题主要考查了等边三角形的性质及全等三角形的判定及性质问题，能够熟练掌握.
21、；
【解析】
直接进行约分化简即可．
【详解】
解：，
故答案为：．
此题考查约分，分子分母同除一个不为零的数，分式大小不变．
22、正方形
【解析】
根据正方形的判定定理即可得到结论．
【详解】
既是矩形又是菱形的四边形是正方形，
故答案为正方形．
本题考查了正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．
23、x≥-1
【解析】
分析：已知不等式左右两边同时除以1后，即可求出解集．
解答：
解：1x≥-4，
两边同时除以1得：x≥-1．
故答案为x≥-1．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）见解析；（2）见解析；（3）(−2,−1).
【解析】
（1）根据题意画出坐标系即可；
（2）根据关于y轴对称的点的坐标特点作出△DEF即可；
（3）根据中心对称的特点直接写出答案即可．
【详解】
(1)(2)如图：
(3)根据图象得到点E的坐标为(2,1),其关于原点对称的点的坐标为(−2,−1).
此题考查作图-轴对称变换，解题关键在于掌握作图法则.
25、证明见解析.
【解析】
由平行四边形的性质可得AB=CD，AD=BC，∠ADC=∠ABC，由“AAS”可证△ADF≌△CBE，可得AF=CE，DF=BE，可得AE=CF，则可得结论．
【详解】
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，∠ADC=∠ABC，
∴∠ADF=∠CBE，且∠E=∠F，AD=BC，
∴△ADF≌△CBE（AAS），
∴AF=CE，DF=BE，
∴AB+BE=CD+DF，
∴AE=CF，且AF=CE，
∴四边形AECF是平行四边形.
本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形判定和性质，熟练运用平行四边形的判定和性质是本题的关键．
26、（1）这15辆车中大货车用8辆，小货车用7辆；（2）①y＝100x+9400（3≤x≤8，且x为整数）；②使总运费最少的调配方案是：7辆大货车、3辆小货车前往A村；1辆大货车、4辆小货车前往B村．最少运费为10100元．
【解析】
（1）设大货车用x辆，小货车用y辆，根据大、小两种货车共15辆，运输152箱鱼苗，列方程组求解；
（2）设前往A村的大货车为x辆，则前往B村的大货车为（8﹣x）辆，前往A村的小货车为（10﹣x）辆，前往B村的小货车为[7﹣（10﹣x）]辆，根据表格所给运费，求出y与x的函数关系式；
（3）结合已知条件，求x的取值范围，由（2）的函数关系式求使总运费最少的货车调配方案．
【详解】
解：（1）设大货车用x辆，小货车用y辆，根据题意得：
，
解得：．
故这15辆车中大货车用8辆，小货车用7辆．
（2）y＝800x+900（8﹣x）+400（10﹣x）+600[7﹣（10﹣x）]＝100x+9400（3≤x≤8，且x为整数）．
（3）由题意得：12x+8（10﹣x）≥108，
解得：x≥7，
又∵3≤x≤8，
∴7≤x≤8且为整数，
∵y＝100x+9400，
k＝100＞0，y随x的增大而增大，
∴当x＝7时，y最小，
最小值为y＝100×7+9400＝10100（元）．
答：使总运费最少的调配方案是：7辆大货车、3辆小货车前往A村；1辆大货车、4辆小货车前往B村．最少运费为10100元．
本题考查了一次函数的应用，二元一次方程组的应用．关键是根据题意，得出安排各地的大、小货车数与前往B村的大货车数x的关系．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
目的地
费用
车型
A村（元/辆）
B村（元/辆）
大货车
800
900
小货车
400
600