遼寧省海城市第六中學2024-2025學年數學九年級第一學期開學質量檢測模擬試題【含答案】

學校________________班級____________姓名____________考場____________準考證號學校________________班級____________姓名____________考場____________準考證號…………密…………封…………線…………內…………不…………要…………答…………題…………第1頁，共3頁遼寧省海城市第六中學2024-2025學年數學九年級第一學期開學質量檢測模擬試題題號一二三四五總分得分A卷（100分）一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）1、（4分）已知實數a、b，若a＞b，則下列結論正確的是A． B． C． D．2、（4分）要了解全校學生的課外作業負擔情況，你認為以下抽樣方法中比較合理的是（）A．調查九年級全體學生 B．調查七、八、九年級各30名學生C．調查全體女生 D．調查全體男生3、（4分）如圖，在?ABCD中，對角線AC的垂直平分線分別交AD、BC于點E、F，連結CE．若?ABCD的周長為16，則△CDE的周長是（）A．16 B．10 C．8 D．64、（4分）如果一組數據為1,5,2,6,2,則這組數據的中位數為（）A．6 B．5 C．2 D．15、（4分）如圖，平行四邊形ABCD繞點A逆時針旋轉30°，得到平行四邊形AB′C′D′（點B′與點B是對應點，點C′與點C是對應點，點D′與點D是對應點），點B′恰好落在BC邊上，則∠C的度數等于（）A．100° B．105° C．115° D．120°6、（4分）將點向左平移2個單位長度得到點，則點的坐標是（）A． B． C． D．7、（4分）計算的結果是（）A．16 B．4 C．2 D．-48、（4分）方程的解是（）A． B． C． D．或二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、（4分）不等式4x﹣6≥7x﹣15的正整數解的個數是______．10、（4分）如圖，某公司準備和一個體車主或一民營出租車公司中的一家簽訂月租車合同，設汽車每月行駛，個體車主收費為元，民營出租車公司收費為元，觀察圖像可知，當_________時，選用個體車主較合算.11、（4分）如圖，如果要使ABCD成為一個菱形，需要添加一個條件，那么你添加的條件是________.12、（4分）如圖，矩形ABCD中，AB=6，BC=8，E是BC上一點（不與B、C重合），點P在邊CD上運動，M、N分別是AE、PE的中點，線段MN長度的最大值是_____．13、（4分）已知命題：全等三角形的對應角相等.這個命題的逆命題是：__________．三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（12分）如圖，現有一張邊長為8的正方形紙片，點為邊上的一點（不與點、點重合），將正方形紙片折疊，使點落在處，點落在處，交于，折痕為，連結、.（1）求證：；（2）求證：；（3）當時，求的長.15、（8分）如圖，在正方形ABCD中，E、F是對角線BD上兩點，且∠EAF=45°，將△ADF繞點A順時針旋轉90°后，得到△ABQ，連接EQ，求證：（1）EA是∠QED的平分線；（1）EF1=BE1+DF1．16、（8分）在平面直角坐標系中，點.（1）直接寫出直線的解析式；（2）如圖1，過點的直線交軸于點，若，求的值；（3）如圖2，點從出發以每秒1個單位的速度沿方向運動，同時點從出發以每秒0.6個單位的速度沿方向運動，運動時間為秒（），過點作交軸于點，連接，是否存在滿足條件的，使四邊形為菱形，判斷并說明理由.17、（10分）如圖，一次函數與反比例函數的圖象交于點和，與y軸交于點C.（1）=，=；（2）根據函數圖象可知，當＞時，x的取值范圍是；（3）過點A作AD⊥x軸于點D，點P是反比例函數在第一象限的圖象上一點.設直線OP與線段AD交于點E，當：=3：1時，求點P的坐標.18、（10分）周末，小明、小剛兩人同時各自從家沿直線勻速步行到科技館參加科技創新活動，小明家、小剛家、科技館在一條直線上．已知小明到達科技館花了20分鐘．設兩人出發（分鐘）后，小明離小剛家的距離為（米），與的函數關系如圖所示．（1）小明的速度為米/分，，小明家離科技館的距離為米；（2）已知小剛的步行速度是40米/分，設小剛步行時與家的距離為（米），請求出與之間的函數關系式，并在圖中畫出（米）與（分鐘）之間的函數關系圖象；（3）小剛出發幾分鐘后兩人在途中相遇？B卷（50分）一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、（4分）一個多邊形的內角和是1440°，則這個多邊形是__________邊形．20、（4分）某學校八年級班有名同學，名男生的平均身高為名女生的平均身高，則全班學生的平均身高是__________．21、（4分）若一直角三角形的兩直角邊長為，1，則斜邊長為_____．22、（4分）某校對n名學生的體育成績統計如圖所示，則n＝_____人．23、（4分）分解因式：__________二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（8分）如圖，在中，，從點為圓心，長為半徑畫弧交線段于點，以點為圓心長為半徑畫弧交線段于點，連結．(1)若，求的度數：(2)設．①請用含的代數式表示與的長；②與的長能同時是方程的根嗎？說明理由．25、（10分）（1）÷﹣2×+；(2).26、（12分）某學生在化簡求值：其中時出現錯誤．解答過程如下：原式=（第一步）=（第二步）=（第三步）當時，原式=（第四步）①該學生解答過程從第__________步開始出錯，其錯誤原因是____________________．②寫出此題的正確解答過程．

參考答案與詳細解析一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）1、D【解析】

不等式的兩邊同時加上或減去一個數，不等號的方向不變，不等式的兩邊同時除以或乘以一個正數，不等號的方向也不變，所以A、B、C錯誤，D正確.故選D.2、B【解析】【分析】如果抽取的樣本得當，就能很好地反映總體的情況，否則抽樣調查的結果會偏離總體情況．要抽出具有代表性的調查樣本.【詳解】A.只調查九年級全體學生，沒有代表性；B.調查七、八、九年級各30名學生，屬于分層抽樣，有代表性；C.只調查全體女生，沒有代表性；D.只調查全體男生，沒有代表性.故選B.【點睛】本題考核知識點：抽樣調查.解題關鍵點：要了解全校學生的課外作業負擔情況，抽取的樣本一定要具有代表性.3、C【解析】

根據線段垂直平分線性質得出，然后利用平行四邊形性質求出，據此進一步計算出△CDE的周長即可.【詳解】∵對角線的垂直平分線分別交于，∴，∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，∴的周長，故選：C．本題主要考查了平行四邊形性質與線段垂直平分線性質的綜合運用，熟練掌握相關概念是解題關鍵.4、C【解析】

將這組數據是從小到大排列，找到最中間的那個數即可．【詳解】將數據從小到大重新排列為:1,2,2,5,6,

所以這組數據的中位數為:2，故答案為：C．此題考查了中位數，中位數是將一組數據從小到大（或從大到小）重新排列后，最中間的那個數（最中間兩個數的平均數）．5、B【解析】分析：根據旋轉的性質得出AB=AB′，∠BAB′=30°，進而得出∠B的度數，再利用平行四邊形的性質得出∠C的度數即可．詳解：∵平行四邊形ABCD繞點A逆時針旋轉30°，得到平行四邊形AB′C′D′（點B′與點B是對應點，點C′與點C是對應點，點D′與點D是對應點），∴AB=AB′，∠BAB′=30°，∴∠B=∠AB′B=（180°﹣30°）÷2=75°，∴∠C=180°﹣75°=105°．故選B．點睛：本題主要考查了旋轉的性質以及平行四邊形的性質，根據已知得出∠B=∠AB′B=75°是解題的關鍵．6、C【解析】

讓點A的橫坐標減2，縱坐標不變，可得A′的坐標．【詳解】解：將點A（4，2）向左平移2個單位長度得到點A′，則點A′的坐標是（4?2，2），即（2，2），故選：C．本題考查坐標的平移變化，用到的知識點為：左右平移只改變點的橫坐標，左減右加．7、B【解析】

根據算術平方根的定義解答即可．【詳解】==1．

故選B．本題考查了算術平方根的定義，解題的關鍵是在于符號的處理．8、D【解析】

解：先移項，得x2－3x＝0，再提公因式，得x（x－3）＝0，從而得x＝0或x＝3故選D．本題考查因式分解法解一元二次方程．二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、3【解析】

首先利用不等式的基本性質解不等式,再從不等式的解集中找出適合條件的正整數即可【詳解】不等式的解集是x≤3,故不等式4x-6≥7x-15的正整數解為1,2,3故答案為:3此題考查一元一次不等式的整數解，掌握運算法則是解題關鍵10、【解析】

選用個體車較合算，即對于相同的x的值，y1對應的函數值較小，依據圖象即可判斷．【詳解】解：根據圖象可以得到當x＞1500千米時，y1＜y2，則選用個體車較合算．故答案為此題為一次函數與不等式的簡單應用，搞清楚交點意義和圖象的相對位置是關鍵．11、AB＝BC(答案不唯一)【解析】試題解析：因為一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，對角線互相垂直平分的四邊形是菱形，那么可添加的條件是：AB=BC或AC⊥BD．12、5【解析】

由條件可先求得MN=AP，則可確定出當P點運動到點C時，PA有最大值，即可求得MN的最大值【詳解】∵M為AE中點，N為EP中點∴MN為△AEP的中位線，∴MN=AP若要MN最大，則AP最大．P在CD上運動，當P運動至點C時PA最大，此時PA=CA是矩形ABCD的對角線AC==10,MN的最大值=AC=5故答案為5此題考查了三角形中位線定理和矩形的性質，解題關鍵在于先求出MN=AP13、對應角相等的三角形全等【解析】

根據逆命題的概念，交換原命題的題設與結論即可的出原命題的逆命題.【詳解】命題“全等三角形對應角相等”的題設是“全等三角形”，結論是“對應角相等”，

故其逆命題是對應角相等的三角形是全等三角形．

故答案是：對應角相等的三角形是全等三角形．考查了互逆命題的知識，兩個命題中，如果第一個命題的條件是第二個命題的結論，而第一個命題的結論又是第二個命題的條件，那么這兩個命題叫做互逆命題．其中一個命題稱為另一個命題的逆命題．三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）PH=．【解析】

（1）根據翻折變換的性質得出∠PBC=∠BPH，進而利用平行線的性質得出∠APB=∠PBC即可得出答案；（2）首先過B作BQ⊥PH，垂足為Q，易證得△ABP≌△QBP，進而得出△BCH≌△BQH，即可得出AP+HC=PH．（3）首先設AE=x，則EP=8-x，由勾股定理可得：在Rt△AEP中，AE2+AP2=PE2，即可得方程：x2+22=（8-x）2，即可求得答案AE的長，易證得△DPH∽△AEP，然后由相似三角形的對應邊成比例，求得答案．【詳解】（1）證明：∵PE=BE，∴∠EPB=∠EBP，又∵∠EPH=∠EBC=90°，∴∠EPH-∠EPB=∠EBC-∠EBP．即∠BPH=∠PBC．又∵四邊形ABCD為正方形∴AD∥BC，∴∠APB=∠PBC．∴∠APB=∠BPH．（2）證明：過B作BQ⊥PH，垂足為Q，由（1）知，∠APB=∠BPH，在△ABP與△QBP中，，∴△ABP≌△QBP（AAS），∴AP=QP，BA=BQ．又∵AB=BC，∴BC=BQ．又∵∠C=∠BQH=90°，∴△BCH和△BQH是直角三角形，在Rt△BCH與Rt△BQH中，，∴Rt△BCH≌Rt△BQH（HL），∴CH=QH，∴AP+HC=PH．（3）解：∵AP=2，∴PD=AD-AP=8-2=6，設AE=x，則EP=8-x，在Rt△AEP中，AE2+AP2=PE2，即x2+22=（8-x）2，解得：x=，∵∠A=∠D=∠ABC=90°，∴∠AEP+∠APE=90°，由折疊的性質可得：∠EPG=∠ABC=90°，∴∠APE+∠DPH=90°，∴∠AEP=∠DPH，∴△DPH∽△AEP，∴，∴，解得：DH=．∴PH=此題屬于四邊形的綜合題．考查了正方形的性質、折疊的性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質以及勾股定理等知識．注意掌握折疊前后圖形的對應關系、注意掌握方程思想的應用，注意準確作出輔助線是解此題的關鍵．15、詳見解析.【解析】

(1)、直接利用旋轉的性質得出△AQE≌△AFE（SAS），進而得出∠AEQ=∠AEF，即可得出答案；(1)、利用（1）中所求，再結合勾股定理得出答案．【詳解】(1)、∵將△ADF繞點A順時針旋轉90°后，得到△ABQ，∴QB=DF，AQ=AF，∠ABQ=∠ADF=45°，∴△AQE≌△AFE（SAS），∴∠AEQ=∠AEF，∴EA是∠QED的平分線；(1)、由（1）得△AQE≌△AFE，∴QE=EF，在Rt△QBE中，QB1+BE1=QE1，則EF1=BE1+DF1．考點：(1)、旋轉的性質；(1)、正方形的性質．16、（1）；（2）或；（3）存在，【解析】

（1）利用待定系數法可求直線AB解析式；（2）分兩種情況討論，利用全等三角形的性質可求解；（3）先求點D坐標，由勾股定理可得DN=AM=t，可證四邊形AMDN是平行四邊形，即當AM=AN時，四邊形AMDN為菱形，列式可求t的值．【詳解】（1）設直線AB解析式為：y=mx+n，根據題意可得：，∴，∴直線AB解析式為；（2）若點C在直線AB右側，如圖1，過點A作AD⊥AB，交BC的延長線于點D，過點D作DE⊥AC于E，∵∠ABC=45°，AD⊥AB，∴∠ADB=∠ABC=45°，∴AD=AB，∵∠BAO+∠DAC=90°，且∠BAO+∠ABO=90°，∴∠ABO=∠DAC，AB=AD，∠AOB=∠AED=90，∴△ABO≌△DAE（AAS），∴AO=DE=3，BO=AE=4，∴OE=1，∴點D（1，-3），∵直線y=kx+b過點D（1，-3），B（0，4）．∴，∴k=-7，若點C在點A右側時，如圖2，同理可得，綜上所述：k=-7或.（3）設直線DN的解析式為：y=x+n，且過點N（-0.6t，0）,∴0=-0.8t+n，∴n=0.8t，∴點D坐標（0，0.8t），且過點N（-0.6t，0），∴OD=0.8t，ON=0.6t，∴DN==1，∴DN=AM=1，且DN∥AM，∴四邊形AMDN為平行四邊形，當AN=AM時，四邊形AMDN為菱形，∵AN=AM，∴t=3-0.6t，∴t=，∴當t=時，四邊形AMDN為菱形．本題是一次函數綜合題，考查了待定系數法求解析式，全等三角形的判定和性質，菱形的判定和性質，添加恰當輔助線構造全等三角形是本題的關鍵．17、（1），16；（2）－8＜x＜0或x＞4；（3）點P的坐標為（）.【解析】

（1）將點B代入y1＝k1x＋2和y2＝，可求出k1=k2=16.（2）由圖象知，－8＜x＜0和x＞4（3）先求出四邊形ODAC的面積，從而求出DE的長，然后得出點E的坐標，最后求出直線OP的解析式即可得出點P的坐標．【詳解】解：（1）把B（-8，-2）代入y1=k1x+2得-8k1+2=-2，解得k1=∴一次函數解析式為y1=x+2；把B（-8，-2）代入得k2=-8×（-2）=16，

∴反比例函數解析式為故答案為：，16；（2）∵當y1＞y2時即直線在反比例函數圖象的上方時對應的x的取值范圍，

∴-8＜x＜0或x＞4；

故答案為：-8＜x＜0或x＞4；(3)由(1)知y1＝x＋2，y2＝，∴m＝4，點C的坐標是(0，2)，點A的坐標是(4，4)，∴CO＝2，AD＝OD＝4，∴S梯形ODAC＝·OD＝×4＝12.∵S梯形ODAC∶S△ODE＝3∶1，∴S△ODE＝×S梯形ODAC＝×12＝4，即OD·DE＝4，∴DE＝2，∴點E的坐標為(4，2)．又∵點E在直線OP上，∴直線OP的解析式是y＝x，∴直線OP與反比例函數y2＝的圖象在第一象限內的交點P的坐標為(4，2)．本題考查了反比例函數與一次函數的交點問題，待定系數法求反比例函數與一次函數的解析式，三角形、梯形的面積，根據圖象找出自變量的取值范圍.在解題時要綜合應用反比例函數的圖象和性質以及求一次函數與反比例函數交點坐標是本題的關鍵．18、（1）60；960；1200；（2）＝40（0≤≤24）；見解析；（3）12分鐘．【解析】

（1）根據圖象可求得小明的速度v1，便可得出a的值以及小明家離科技館的距離；（2）根據小剛步行時的速度和小剛家離科技館的距離，可求出解析式并畫出圖象；（3）兩人離科技館的距離相等時相遇，列出方程可求出答案．【詳解】解：（1）根據圖象可知小明4分鐘走過的路程為240m，列出解析式：s1=v1x，代入可得240=4v1，解得v1=60米/分鐘，即小明速度是60米/分鐘，根據圖象可知小明又走了16分鐘到達科技館，可得a=16v1，代入v1，可得a=960m，據題意小明到科技館共用20分鐘，可得出小明家離科技館的距離s2=v1x2，解得：s2=60×20=1200m，故小明家離科技館的距離為1200m；故答案為：60；960；1200（2）列出解析式：y1=40x，由（1）可知小剛離科技館的距離為a=960m，代入可得960=40x，解得：x=24分鐘，作出圖象如下：（3）兩人離科技館的距離相等時相遇，當x≥4時，小明所走路程y與x的函數關系式為y=60x-240，則60x-240=40x，解得：x=12，即小剛出發12分鐘后兩人相遇．本題考查了一次函數的應用，有一定難度，解答本題的關鍵是仔細審題，同學們注意培養自己的讀圖能力．一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、十【解析】

利用多邊形的內角和定理：n邊形的內角和為便可得.【詳解】∵n邊形的內角和為∴，.故答案為：十邊形.本題考查多邊形的內角和公式，掌握n邊形內角和定理為本題的關鍵.20、【解析】

只要運用求平均數公式：即可求得全班學生的平均身高．【詳解】全班學生的平均身高是：．故答案為：1．本題考查的是樣本平均數的求法．熟記公式是解決本題的關鍵．21、1【解析】

根據勾股定理計算，得到答案．【詳解】解：斜邊長＝＝1，故答案為：1．本題考查的是勾股定理，如果直角三角形的