2024-2025学年浙江省台州市椒江区书生中学数学九年级第一学期开学学业水平测试模拟试题【含答案】

这是一份2024-2025学年浙江省台州市椒江区书生中学数学九年级第一学期开学学业水平测试模拟试题【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）如图,在中,,,点在上,,,则的长为（ ）
A．B．C．D．
2、（4分）如图，在菱形ABCD中，AB=5，∠BCD=120°，则△ABC的周长等于（ ）
A．20B．15C．10D．5
3、（4分）如图，把三角形ABC沿直线BC方向平移得到三角形DEF，则下列结论错误的是( )
A．∠A＝∠DB．BE＝CF
C．AC＝DED．AB∥DE
4、（4分）如图这个几何体的左视图正确的是（ ）
A．B．C．D．
5、（4分）在▱ABCD中，已知∠A=60°，则∠C的度数是（ ）
A．30°B．60°C．120°D．60°或120°
6、（4分）在如图所示的计算程序中，y与x之间的函数关系式所对应的图象是（ ）
A．B．
C．D．
7、（4分）若有意义，则m能取的最小整数值是（ ）
A．B．C．D．
8、（4分）计算÷的结果是（ ）
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，在平面直角坐标系中，直线y＝x－1与矩形OABC的边BC、OC分别交于点E、F，已知OA＝3，OC＝4，则的面积是_________．
10、（4分）化简；÷（﹣1）=______．
11、（4分）若一元二次方程有两个不相同的实数根，则实数的取值范围________.
12、（4分）如图，在四边形ABCD中，∠ADC=∠ABC=90°，AD=CD，DP⊥AB于P．若四边形ABCD的面积是18，则DP的长是_____．
13、（4分）如图，是等边三角形内一点，将线段绕点顺时针旋转60°得到线段，连接．若，，，则四边形的面积为___________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）中央电视台的“朗读者”节目激发了同学们的读书热情，为了引导学生“多读书，读好书”，某校对八年级部分学生的课外阅读量进行了随机调查，整理调查结果发现，学生课外阅读的本数最少的有5本，最多的有8本，并根据调查结果绘制了不完整的图表：
根据以上提供的信息，解答下列问题：
（1）a＝_____，b＝_____，c＝______；
（2）补全上面的条形统计图；
（3）若该校八年级共有1200名学生，请你分析该校八年级学生课外阅读7本及以上的有多少名？
15、（8分）如图，在中，点是的中点，点是线段的延长线上的一动点，连接，过点作的平行线，与线段的延长线交于点，连接、.
(1)求证：四边形是平行四边形.
(2)若，，则在点的运动过程中：
①当______时，四边形是矩形；
②当______时，四边形是菱形.
16、（8分）已知函数.
（1）若这个函数的图象经过原点，求的值
（2）若这个函数的图象不经过第二象限，求的取值范围.
17、（10分）类比、转化等数学思想方法，在数学学习和研究中经常用到，如下是一个案例，请补充完整.
已知.
（1）观察发现
如图①，若点是和的角平分线的交点，过点作分别交、于、，填空： 与、的数量关系是________________________________________.
（2）猜想论证
如图②，若点是外角和的角平分线的交点，其他条件不变，填： 与、的数量关系是_____________________________________.
（3）类比探究
如图③，若点是和外角的角平分线的交点.其他条件不变，则（1）中的关系成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请写出关系式，再证明.
18、（10分）已知，是等边三角形，是直线上一点，以为顶点做 ． 交过且平行于的直线于，求证：；当为的中点时，（如图1）小明同学很快就证明了结论：他的做法是：取的中点，连结，然后证明． 从而得到，我们继续来研究：
（1）如图2、当D是BC上的任意一点时，求证：
（2）如图3、当D在BC的延长线上时，求证：
（3）当在的延长线上时，请利用图4画出图形，并说明上面的结论是否成立（不必证明）．
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，含45°角的直角三角板DBC的直角顶点D在∠BAC的角平分线AD上，DF⊥AB于F，DG⊥AC于G，将△DBC沿BC翻转，D的对应点落在E点处，当∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝3时，△ACE的面积等于_____．
20、（4分）将函数的图象沿y轴向下平移1个单位，则平移后所得图象的解析式是____．
21、（4分）当x＝﹣1时，代数式x2+2x+2的值是_____．
22、（4分）如图，在平面直角坐标系中，点为第一象限内一点，且.连结，并以点为旋转中心把逆时针转90°后得线段.若点、恰好都在同一反比例函数的图象上，则的值等于________.
23、（4分）如图，一个含有30°角的直角三角形的两个顶点放在一个矩形的对边上，若∠1＝20°，则∠2＝_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，在平面直角坐标系xOy中，A(1,1)，B(4，1)，C(2,3)．
（1）在图中作出△ABC关于y轴的轴对称图形△A′B′C′；
（2）在图中作出△ABC关于原点O中心对称图形△A"B"C"．
25、（10分）如图，的对角线，相交于点，，是上的两点，并且，连接，.
（1）求证；
（2）若，连接，，判断四边形的形状，并说明理由.
26、（12分）提出问题：
（1）如图1，在正方形ABCD中，点E，H分别在BC，AB上，若AE⊥DH于点O，求证：AE＝DH；
类比探究：
（2）如图2，在正方形ABCD中，点H，E，G，F分别在AB，BC，CD，DA上，若EF⊥HG于点O，探究线段EF与HG的数量关系，并说明理由．
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】
根据，可得∠B=∠DAB，即，在Rt△ADC中根据勾股定理可得DC=1，则BC=BD+DC=.
【详解】
解：∵∠ADC为三角形ABD外角
∴∠ADC=∠B+∠DAB
∵
∴∠B=∠DAB
∴
在Rt△ADC中，由勾股定理得：
∴BC=BD+DC=
故选B
本题考查勾股定理的应用以及等角对等边，关键抓住这个特殊条件.
2、B
【解析】
∵ABCD是菱形，∠BCD=120°，∴∠B=60°，BA=BC．
∴△ABC是等边三角形．∴△ABC的周长=3AB=1．故选B
3、C
【解析】
试卷分析：根据平移的性质结合图形，对选项进行一一分析，选出正确答案．
解：∵三角形ABC沿直线BC沿直线BC方向平移到△DEF，
∴△ABC≌△DEF，
∴∠A=∠D，BC=EF，∠B=∠DEF，
故A选项结论正确，
∵BC=EF，
∴BC−EC=EF−EC，
即BE=CF，
故B选项结论正确，
∵∠B=∠DEF，
∴AB∥DE，
故D选项结论正确，
AC=DF，DE与DF不相等，
综上所述，结论错误的是AC=DE.
故选C.
4、C
【解析】
找到从几何体的左面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在左视图中，并且如果是几何体内部的棱应为虚线.
【详解】
解：根据题意从几何体的左面看所得到的图形是竖立的矩形，因中空的棱在内部，所以矩形中间的棱应为虚线且为横线，
故选：C．
此题主要考查了简单几何体的三视图，关键是掌握左视图所看的位置．
5、B
【解析】
由平行四边形的对角相等即可得出答案．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C=∠A=60°；
故选：B．
本题考查了平行四边形的性质；熟练掌握平行四边形的对角相等是解题的关键．
6、A
【解析】
根据程序得到函数关系式，即可判断图像.
【详解】
解：根据程序框图可得y＝﹣x×2+3＝﹣2x+3，
y＝2x+3的图象与y轴的交点为（0，3），与x轴的交点为（1.5，0）．
故选：A．
此题主要考查一次函数的图像，解题的关键是根据程序得到函数解析式.
7、C
【解析】
根据二次根式的性质，被开方数大于等于0，即可求解．
【详解】
由有意义，
则满足1m-3≥0，解得m≥，
即m≥时，二次根式有意义．
则m能取的最小整数值是m=1．
故选C．
主要考查了二次根式的意义和性质．概念：式子（a≥0）叫二次根式；性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
8、C
【解析】
根据根式的计算法则计算即可.
【详解】
解：÷=
故选C.
本题主要考查分式的计算化简,这是重点知识，应当熟练掌握.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
先根据直线的解析式求出点F的坐标，从而可得OF、CF的长，再根据矩形的性质、OC的长可得点E的横坐标，代入直线的解析式可得点E的纵坐标，从而可得CE的长，然后根据直角三角形的面积公式即可得．
【详解】
对于一次函数
当时，，解得
即点F的坐标为
四边形OABC是矩形
点E的横坐标为4
当时，，即点E的坐标为
则的面积是
故答案为：．
本题考查了一次函数的几何应用、矩形的性质等知识点，利用一次函数的解析式求出点E的坐标是解题关键．
10、-
【解析】
直接利用分式的混合运算法则即可得出.
【详解】
原式，
，
，
.
故答案为.
此题主要考查了分式的化简，正确掌握运算法则是解题关键.
11、且
【解析】
利用一元二次方程的定义和判别式的意义得到m≠1且△=（-2）2-4m＞1，然后求出两不等式的公共部分即可．
【详解】
解：根据题意得m≠1且△=（-2）2-4m＞1，
解得m＜1且m≠1．
故答案为：m＜1且m≠1．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=1（a≠1）的根与△=b2-4ac有如下关系：当△＞1时，方程有两个不相等的两个实数根；当△=1时，方程有两个相等的两个实数根；当△＜1时，方程无实数根．
12、
【解析】
过点D作DE⊥DP交BC的延长线于E，先判断出四边形DPBE是矩形，再根据等角的余角相等求出∠ADP=∠CDE，再利用“角角边”证明△ADP和△CDE全等，根据全等三角形对应边相等可得DE=DP，然后判断出四边形DPBE是正方形，再根据正方形的面积公式解答即可．
解：如图，过点D作DE⊥DP交BC的延长线于E，
∵∠ADC=∠ABC=90°，
∴四边形DPBE是矩形，
∵∠CDE+∠CDP=90°，∠ADC=90°，
∴∠ADP+∠CDP=90°，
∴∠ADP=∠CDE，
∵DP⊥AB，
∴∠APD=90°，
∴∠APD=∠E=90°，
在△ADP和△CDE中，
∠ADP=∠CDE，∠APD=∠E，AD=CD，
∴△ADP≌△CDE（AAS），
∴DE=DP，四边形ABCD的面积=四边形DPBE的面积=18，
∴矩形DPBE是正方形，
∴DP=．
故答案为3．
“点睛”本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形和正方形是解题的关键．
13、6+4
【解析】
连结PP′，如图，由等边三角形的性质得到∠BAC=60°，AB=AC，由旋转的性质得到CP=CP′=4，∠PCP′=60°，得到△PCP′为等边三角形，求得PP′=PC=4，根据全等三角形的性质得到AP′=PB=5，根据勾股定理的逆定理得到△APP′为直角三角形，∠APP′=90°，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】
连结PP′，如图，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°，AB=AC，
∵线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CP'，
∴CP=CP′=4，∠PCP′=60°，
∴△PCP′为等边三角形，
∴PP′=PC=4，
∵∠ACP+∠BCP=60°，∠ACP+∠ACP′=60°，
∴∠BCP=∠ACP′，且AC=BC，CP=CP′
∴△BCP≌△ACP′（SAS），
∴AP′=PB=5，
在△APP′中，∵PP′2=42=16，AP2=32=9，AP′2=52=25，
∴PP′2+AP2=AP′2，
∴△APP′为直角三角形，∠APP′=90°，
∴S四边形APCP′=S△APP′+S△PCP′= AP×PP′+ ×PP′2=6+4 ，
故答案为：6+4．
此题考查旋转的性质，全等三角形的性质，勾股定理以及逆定理，证明△APQ为等边三角形是解题的关键．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）10，0.28，50；（2）补图见解析；（3）该校八年级学生课外阅读7本及以上的有528名．
【解析】
（1）根据统计图和表格中的数据可以得到a、b、c的值；
（2）根据（1）中a的值，可以将条形统计图补充完整；
（3）根据统计图中的数据可以求得该校八年级学生课外阅读7本及以上的有多少名．
【详解】
解：（1）本次调查的学生有：18÷0.36＝50（人），
a＝50×0.2＝10，
b＝14÷50＝0.28，
c＝50，
故答案为：10、0.28、50；
（2）由（1）知，a＝10，
补全的条形统计图如图所示；
（3）∵1200×（0.28+0.16）＝528（名），
∴该校八年级学生课外阅读7本及以上的有528名．
本题考查条形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
15、 (1)、证明过程见解析；(2)、①、2；②、1．
【解析】
(1)、首先证明△BEF和△DCF全等，从而得出DC=BE，结合DC和AB平行得出平行四边形；(2)、①、根据矩形得出∠CEB=90°，结合∠ABC=120°得出∠CBE=60°，根据直角三角形的性质得出答案；②、根据菱形的性质以及∠ABC=120°得出△CBE是等边三角形，从而得出答案．
【详解】
(1)、证明：∵AB∥CD，∴∠CDF=∠FEB，∠DCF=∠EBF，∵点F是BC的中点，
∴BF=CF，在△DCF和△EBF中，∠CDF=∠FEB，∠DCF=∠EBF，FC=BF，
∴△EBF≌△DCF（AAS）， ∴DC=BE， ∴四边形BECD是平行四边形；
(2)、①BE=2；∵当四边形BECD是矩形时，∠CEB=90°，∵∠ABC=120°，∴∠CBE=60°；
∴∠ECB=30°，∴BE=BC=2，
②BE=1，∵四边形BECD是菱形时，BE=EC，∵∠ABC=120°，∴∠CBE=60°，
∴△CBE是等边三角形，∴BE=BC=1．
本题主要考查的是平行四边形的性质以及矩形、菱形的判定定理，属于中等难度的题型．理解平行四边形的判定定理以及矩形和菱形的性质是解决这个问题的关键．
16、（1）的值为3；（2）的取值范围为：.
【解析】
（1）将原点坐标（0，0）代入解析式即可得到m的值；
（2）分两种情况讨论：当2m+1=0，即m=-，函数解析式为：y=-，图象不经过第二象限；当2m+1>0，即m>-，并且m-3≤0，即m≤3；综合两种情况即可得到m的取值范围．
【详解】
(1)将原点坐标(0,0)代入解析式，得m−3=0，即m=3，
所求的m的值为3；
（2）当2m+1=0,即m=−,函数解析式为：y=−，图象不经过第二象限；
②当2m+1>0,即m>−,并且m−3⩽0,即m⩽3,所以有−0,b>0,
则,
故答案为:.
点睛:本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征,解决本题的关键是构造全等三角形根据反比例函数上点的坐标特征列关系式.
23、110°
【解析】
已知∠1＝20°，可求得∠3=90°-20°=70°，再由矩形的对边平行，根据两直线平行，同旁内角互补可得∠2+∠3=180°，即可得∠2=110°.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）答案见解析；（2）答案见解析．
【解析】
（１）在坐标轴中找出点A＇（-1,1），B（-4,1），C＇（-2,3），连线即可．
（２）在坐标轴中找出点A" （-1，-1），B"（-4，-1）， C"（-2，-3），连线即可．
【详解】
（1）△ABC关于y轴的轴对称图形△A′B′C′的坐标分别为A＇（-1,1），B＇（-4,1），C＇（-2,3），
在坐标轴中找出点，连线即可．

（2）△ABC关于原点O中心对称图形△A"B"C"的坐标分别为A" （-1，-1），B"（-4，-1）， C"（-2，-3），
在坐标轴中找出点，连线即可．
本题主要考查了坐标轴中图形的对称，正确掌握坐标轴中图形的对称图形的坐标是解题的关键．
25、（1）详见解析；（2）四边形BEDF是矩形，理由详见解析.
【解析】
（1）已知四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的性质可得OA＝OC，OB＝OD，由AE＝CF即可得OE＝OF，利用SAS证明△BOE≌△DOF， 根据全等三角形的性质即可得BE＝DF；（2）四边形BEDF是矩形．由（1）得OD＝OB，OE＝OF， 根据对角线互相平方的四边形为平行四边形可得四边形BEDF是平行四边形， 再由BD＝EF，根据对角线相等的平行四边形为矩形即可判定四边形EBFD是矩形．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵AE＝CF，
∴OE＝OF，
在△BOE和△DOF中，
，
∴△BOE≌△DOF（SAS），
∴BE＝DF；
（2）四边形BEDF是矩形．理由如下：
如图所示：
∵OD＝OB，OE＝OF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵BD＝EF，
∴四边形EBFD是矩形．
本题考查了平行四边形的性质及判定、矩形的判定，熟练运用相关的性质及判定定理是解决问题的关键.
26、（1）见解析；（2）EF＝GH，理由见解析
【解析】
（1）由正方形的性质可得AB=DA，∠ABE=90°=∠DAH．又由∠ADO+∠OAD=90°，可证得∠HAO=∠ADO，继而证得△ABE≌△DAH，可得AE=DH；
（2）将FE平移到AM处，则AM∥EF，AM=EF，将GH平移到DN处，则DN∥GH，DN=GH．根据（1）的结论得AM=DN，所以EF=GH；
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAH．
∴∠HAO+∠OAD＝90°．
∵AE⊥DH，
∴∠ADO+∠OAD＝90°．
∴∠HAO＝∠ADO．
在△ABE和△DAH中
，
∴△ABE≌△DAH（ASA），
∴AE＝DH；
（2）解：EF＝GH．
理由：如图所示：
将FE平移到AM处，则AM∥EF，AM＝EF．
将GH平移到DN处，则DN∥GH，DN＝GH．
∵EF⊥GH，
∴AM⊥DN，
根据（1）的结论得AM＝DN，所以EF＝GH．
此题考查四边形综合题，解题关键在于证明△ABE≌△DAH，再根据平移的性质求得AM＝EF，DN＝GH.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
本数（本）
人数（人数）
百分比
5
a
0.2
6
18
0.36
7
14
b
8
8
0.16
合计
c
1
∠AOE=∠BAD,
∠AEO=∠BDA=90°
AO=BA