2025届湖北省武汉六中上智中学数学九年级第一学期开学调研模拟试题【含答案】

这是一份2025届湖北省武汉六中上智中学数学九年级第一学期开学调研模拟试题【含答案】，共22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）要测量河岸相对两点A、B的距离，已知AB垂直于河岸BF，先在BF上取两点C、D，使CD=CB，再过点D作BF的垂线段DE，使点A、C、E在一条直线上，如图，测出BD=10，ED=5，则AB的长是（ ）
A．2.5B．10C．5D．以上都不对
2、（4分）等腰三角形的底角是70°，则顶角为（ ）
A．B．C．D．
3、（4分）已知一个多边形的内角和等于900º，则这个多边形是（ ）
A．五边形B．六边形C．七边形D．八边形
4、（4分）在平面直角坐标系中，点A、B、C、D是坐标轴上的点，，点，，点在如图所示的阴影部分内部(不包括边界)，则a的取值范围是( )
A．B．C．D．
5、（4分）使分式有意义的x的取值范围是（ ）
A．x≥1B．x≤1C．x＞1D．x≠1
6、（4分）在菱形中，，边上的高为( )
A．B．C．D．
7、（4分）若二次根式有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x≥-5B．x>-5C．x≥5D．x>5
8、（4分）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，将矩形沿AC折叠，点D落在点D′处，则重叠部分△AFC的面积为（ ）
A．6B．8C．10D．12
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Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D，∠ACD=3∠BCD，E是斜边AB的中点,则∠ECD的度数为__________度.
10、（4分）如图所示，在中，，在同一平面内，将绕点逆时针旋转到△的位置，使，则___．
11、（4分）在函数y=中，自变量x的取值范围是_______．
12、（4分）如图所示，有一块直角三角形纸片，∠C=90°，AC=8cm，BC=6cm，将斜边AB翻折，使点B落在直角边AC的延长线上的点E处，折痕为AD，则BD的长为_____.
13、（4分）已知点与点关于y轴对称，则__________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）在体育局的策划下，市体育馆将组织明星篮球赛，为此体育局推出两种购票方案（设购票张数为x，购票总价为y）：
方案一：提供8000元赞助后，每张票的票价为50元；
方案二：票价按图中的折线OAB所表示的函数关系确定．
（1）若购买120张票时，按方案一和方案二分别应付的购票款是多少？
（2）求方案二中y与x的函数关系式；
（3）至少买多少张票时选择方案一比较合算？
15、（8分）骑自行车旅行越来越受到人们的喜爱，顺风车行经营的型车2017年7月份销售额为万元，今年经过改造升级后，型车每辆的销售价比去年增加元，若今年7月份与去年7月份卖出的型车数量相同，则今年7月份型车销售总额将比去年7月份销售总额增加.求今年7月份顺风车行型车每辆的销售价格．
16、（8分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，点D、E分别是斜边AB和直角边BC上的点，把△ABC沿着直线DE折叠，顶点B的对应点是点B′．
(1)如图①，如果点B′和点A重合，求CE的长．
(2)如图②，如果点B′落在直角边AC的中点上，求BE的长．
17、（10分）如图，矩形ABCD中，BC＞AB，E是AD上一点，△ABE沿BE折叠，点A恰好落在线段CE上的点F处．
（1）求证：CF＝DE；
（2）设＝m．
①若m＝，试求∠ABE的度数；
②设＝k，试求m与k满足的关系式．
18、（10分）先阅读下列材料，再解答下列问题：
材料：因式分解：(x＋y)2＋2(x＋y)＋1.
解：将“x＋y”看成整体，令x＋y＝A，则
原式＝A2＋2A＋1＝(A＋1)2.
再将“A”还原，得原式＝(x＋y＋1)2.
上述解题用到的是“整体思想”，“整体思想”是数学解题中常用的一种思想方法，请你解答下列问题：
(1)因式分解：1＋2(x－y)＋(x－y)2＝_______________；
(2)因式分解：(a＋b)(a＋b－4)＋4；
(3)求证：若n为正整数，则式子(n＋1)(n＋2)(n2＋3n)＋1的值一定是某一个整数的平方．
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）距离地面2m高的某处把一物体以初速度v0(m/s)竖直向上抛物出，在不计空气阻力的情况下，其上升高度s(m)与抛出时间t(s)满足： (其中g是常数，通常取10m/s2).若v0=10m/s，则该物体在运动过程中最高点距地面_________m.
20、（4分）按一定规律排列的一列数：，，3，，，，…那么第9个数是____________.
21、（4分）既是轴对称图形，又是中心对称图形的四边形是______．
22、（4分）分解因式：a2－4＝________．
23、（4分）如图，点D是直线外一点，在上取两点A，B，连接AD，分别以点B，D为圆心，AD，AB的长为半径画弧，两弧交于点C，连接CD，BC，则四边形ABCD是平行四边形，理由是：_________________________
.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AD＝8，F是AB的中点，过点F作FE⊥AD，垂足为E，将△AEF沿点A到点B的方向平移，得到△A′E′F′．
（1）求EF的长；
（2）设P，P′分别是EF，E′F′的中点，当点A′与点B重合时，求证四边形PP′CD是平行四边形，并求出四边形PP′CD的面积．
25、（10分）如图，平面直角坐标系中，直线分别交x轴、y轴于A、B两点（AOAB）且AO、AB的长分别是一元二次方程x23x20的两个根，点C在x轴负半轴上，且AB：AC=1:2.
（1）求A、C两点的坐标；
（2）若点M从C点出发，以每秒1个单位的速度沿射线CB运动，连接AM，设△ABM的面积为S，点M的运动时间为t，写出S关于t的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（3）点P是y轴上的点，在坐标平面内是否存在点Q，使以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
26、（12分）已知点P（1，m）、Q（n，1）在反比例函数y＝的图象上，直线y＝kx+b经过点P、Q，且与x轴、y轴的交点分别为A、B两点．
（1）求 k、b的值；
（2）O为坐标原点，C在直线y＝kx+b上且AB＝AC，点D在坐标平面上，顺次联结点O、B、C、D的四边形OBCD满足：BC∥OD，BO＝CD，求满足条件的D点坐标．
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】
∵AB⊥BD，ED⊥AB，
∴∠ABC=∠EDC=90∘，
在△ABC和△EDC中,
，
∴△ABC≌△EDC(ASA)，
∴AB=ED=5.
故选C.
2、A
【解析】
根据等腰三角形的性质可得另一底角的度数，再根据三角形内角和定理即可求得顶角的度数．
【详解】
解：∵等腰三角形的底角是70°，
∴其顶角=180°-70°-70°=40°，
故选：A．
此题主要考查等腰三角形的性质及三角形内角和定理，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
3、C
【解析】
试题分析：多边形的内角和公式为（n－2）×180°，根据题意可得：（n－2）×180°=900°，解得：n=1．
考点：多边形的内角和定理．
4、D
【解析】
只要求出点B的横坐标以及直线AD与直线BC交点的横坐标值即可.
【详解】
解：在直角三角形AOB中，根据勾股定理得，

设直线AD的解析式为 ，将代入得：
，解得，所以直线AD的解析式为
同理由，两点坐标可得直线BC的解析式为
联立得，解得 ，所以直线AD与直线BC交点坐标为.
因为点B与直线AD与直线BC交点处于阴影部分的最边界，所以由题意可得.
故选：D
本题考查了平面直角坐标系及一次函数，灵活应用待定系数法求函数解析式是解题的关键.
5、D
【解析】
要使分式有意义，则必须分母不等于0.
【详解】
使分式有意义，则x-1≠0,所以x≠1.
故选D
本题考核知识点：分式有意义的条件. 解题关键点：记住要使分式有意义，则必须分母不等于0.
6、C
【解析】
先求出对角线BD长，利用菱形的面积等于对角线乘积的一半和底乘以高求解BC边上的高．
【详解】
解：设AC与BD交于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO⊥BO，且AC=2AO，BD=2BO．
在Rt△AOB中利用勾股定理可得BO= =1．
∴BD=2BO=2．
∴菱形的面积为BD×AC=×6×2=21．
设BC变上的高为h，则BC×h=21，即5h=21，h=1.2．
故选C．
本题考查菱形的性质，解题的关键是掌握菱形面积的两种计算方法．
7、C
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件：被开方数为非负数进行求解即可得.
【详解】由题意得：x-5≥0，
解得：x≥5，
故选C.
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，熟知二次根式的被开方数为非负数是解题的关键.
8、C
【解析】
因为BC为AF边上的高，要求△AFC的面积，求得AF即可，先求证△AFD′≌△CFB，得BF＝D′F，设D′F＝BF＝x，则在Rt△AFD′中，根据勾股定理列方程求出x即可得到结果．
【详解】
解：由四边形ABCD为矩形以及折叠可得，AD′=AD=BC，∠D=∠D′=∠B，
又∠AFD′=∠CFB，
∴△AFD′≌△CFB（AAS），
∴D′F＝BF，
设D′F＝BF＝x，则AF＝8﹣x，
在Rt△AFD′中，（8﹣x）2＝x2+42，
解得：x＝3，
∴AF＝8-x＝8﹣3＝5，
∴S△AFC＝•AF•BC＝1．
故选：C．
本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理以及全等三角形的判定与性质等知识，本题中设D′F=x，在直角三角形AFD′中运用勾股定理求x是解题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、45°
【解析】
求出∠ACD=67.5°，∠BCD=22.5°，根据三角形内角和定理求出∠B=67.5°，根据直角三角形斜边上中线性质求出BE=CE，推出∠BCE=∠B=67.5°，代入∠ECD=∠BCE-∠BCD求出即可．
【详解】
∵∠ACD=3∠BCD,∠ACB=90°，
∴∠ACD=67.5°,∠BCD=22.5°，
∵CD⊥AB，
∴∠CDB=90°，
∴∠B=180°−90°−22.5°=67.5°，
∵∠ACB=90°，E是斜边AB的中点，
∴BE=CE，
∴∠BCE=∠B=67.5°，
∴∠ECD=∠BCE−∠BCD=67.5°−22.5°=45°.
本题考查三角形内角和定理和直角三角形斜边上中线性质，解题的关键是掌握三角形内角和定理和直角三角形斜边上中线性质.
10、40°
【解析】
由旋转性质可知，，从而可得出为等腰三角形，且和已知，得出的度数．则可得出答案．
【详解】
解：绕点逆时针旋转到△的位置
本题考查了旋转的性质：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．解题的关键是抓住旋转变换过程中不变量，判断出是等腰三角形．
11、x≥﹣2且x≠0
【解析】
根据题意得x+2≥0且x≠0，即x≥-2且x≠0.
12、
【解析】
易求AB=10，则CE=1．设CD=x，则ED=DB=6-x．根据勾股定理求解．
【详解】
∵∠C=90，AC=8，BC=6，
∴AB=10.
根据题意，AE=AB=10，ED=BD.
∴CE=1.
设CD=x，则ED=6−x.
根据勾股定理得
x1+11=(6−x)1,解得x=.即CD长为,
BD=6-=
本题考查的知识点是翻折变换（折叠问题），解题的关键是熟练的掌握翻折变换（折叠问题）.
13、-1
【解析】
根据“关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数”求出a、b的值，然后相加即可得解．
【详解】
∵点P(a,−4)与点Q(−3,b)关于y轴对称，
∴a=3，b=−4，
∴a+b=3+(−4)=−1.
故答案为：−1.
考查关于y轴对称的点的坐标特征：纵坐标不变，横坐标互为相反数.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、 (1)14000,13200; （2）y=60x+1．（3）200.
【解析】
试题分析：（1）方案一中，总费用y=8000+50x，代入x=120求得答案；由图可知方案二中，当x=120时，对应的购票总价为13200元；
（2）分段考虑当0＜x≤100时，当x≥100时，设出一次函数解析式，把其中两点的坐标代入即可求得相应的函数解析式；
（3）由（1）（2）的解析式建立不等式，求得答案即可．
试题解析：（1）若购买120张票时，
方案一购票总价：y=8000+50x=14000元，
方案二购票总价：y=13200元．
（2）当0＜x≤100时，
设y=kx，代入（100，12000）得
12000=100k，
解得k=120，
∴y=120x；
当x＞100时，
设y=ax+b，代入（100，12000）、（120，13200）得
，
解得，
∴y=60x+1．
（3）由（1）可知，要选择方案一比较合算，必须超过120张，由此得
8000+50x≤60x+1，
解得x≥200，
所以至少买200张票时选择方案一比较合算．
考点：一次函数的应用．
15、2000
【解析】
设去年A型车每辆x元，那么今年每辆（x＋400）元，列出方程即可解决问题．
【详解】
解：设去年A型车每辆x元，那么今年每辆（x＋400）元，
根据题意得
解得x＝1600，
经检验，x＝1600是方程的解．
答：今年A型车每辆2000元．
本题考查了分式方程的应用，解题的关键是设未知数列出方程解决问题，注意分式方程必须检验.
16、 (1)CE的长为；(2)BE＝．
【解析】
(1)如图(1)，设CE＝x，则BE＝8﹣x；根据勾股定理列出关于x的方程，解方程即可解决问题；
(2)如图(2)，首先求出CB′＝3；类比(1)中的解法，设出未知数，列出方程即可解决问题．
【详解】
(1)如图(1)，设CE＝x，则BE＝8﹣x；
由题意得：AE＝BE＝8﹣x
由勾股定理得：x2+62＝(8﹣x)2，
解得：x＝，
即CE的长为：；
(2)如图(2)，
∵点B′落在AC的中点，
∴CB′＝AC＝3；
设CE＝x，类比(1)中的解法，可列出方程：x2+32＝(8﹣x)2
解得：x＝．
即CE的长为：，
∴BE＝＝．
该题主要考查了翻折变换的性质及其应用问题；解题的关键是灵活运用翻折变换的性质，找出图形中隐含的等量关系；借助勾股定理等几何知识点来分析、判断、推理或解答．
17、（1）见解析；（1）①∠ABE=15°，②m1＝1k﹣k1．
【解析】
（1）通过折叠前后两个图像全等，然后证明△CED≌△BCF即可；（1）由题知AB=BF，BC=AD通过＝，得出=，判断角度求解即可，由＝m，＝k 的得出边之间的关系，在通过Rt△CED建立勾股定理方程化简即可求出
【详解】
（1）证明：由折叠的性质可知，∠BEA＝∠BEF，
∵AD∥BC，
∴∠BEA＝∠EBC，
∴∠BEF＝∠EBC，
∴BC＝CE；
∵AB=BF=CD, △CED和△BCF都为直角三角形
∴△CED≌△BCF
∴CF＝DE；
（1）解：①由（1）得BC＝CE
∵BC=AD
∴AD=CE
∵AB=BF
∴＝=
∵BCF都为直角三角形
∴∠FBC=60°
∴∠ABE=
②∵＝k，＝m，
∴AE＝kAD，AB＝mAD，
∴DE＝AD﹣AE＝AD（1﹣k），
在Rt△CED中，CE1＝CD1+DE1，即AD1＝（mAD）1+[AD（1﹣k）]1，
整理得，m1＝1k﹣k1．
本题主要是对特殊四边形的综合考察，熟练掌握四边形几何知识和用字母表示边的转换是解决本题的关键
18、 (1)(x－y＋1)2；（2）见解析；（3）见解析.
【解析】
分析：（1）把（x-y）看作一个整体，直接利用完全平方公式因式分解即可；(2)令A=a+b,带入后因式分解即可将原式因式分解；(3)将原式转化为(n²+3n) [(n+1)（n+2）]+1,进一步整理为(n²+3n+1) ²,根据n为正整数，从而说明原式是整数的平方.
本题解析：
(1).1+2(x-y)+(x+y) ²=（x﹣y+1）2；
（2）令A=a+b，则原式变为A（A﹣4）+4=A2﹣4A+4=（A﹣2）2，
故（a+b）（a+b﹣4）+4=（a+b﹣2）2；
（3）（n+1）（n+2）（n2+3n）+1=（n2+3n）[（n+1）（n+2）]+1
=（n2+3n）（n2+3n+2）+1
=（n2+3n）2+2（n2+3n）+1
=（n2+3n+1）2，
∵n为正整数，
∴n2+3n+1也为正整数，
∴代数式（n+1）（n+2）（n2+3n）+1的值一定是某一个整数的平方．
点睛;本题考查了因式分解的应用，解题的关键是认真审题你，理解题意，掌握整体思想解决问题.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、7
【解析】试题分析：将=10和g=10代入可得：S=-5+10t，则最大值为： =5，则离地面的距离为：5+2=7m.
考点：二次函数的最值.
20、.
【解析】
先把这一列数都写成的形式，再观察这列数，可得到被开方数的规律，进而得到答案．
【详解】
解：∵3= ，=，=
∴这一列数可变形为：，，，，，，…，
由此可知：这一列数的被开方数都是3的倍数，第n个数的被开方数是3n.
∴第9个数是：=
故答案为：.
此题考查了数字的变化规律，从被开方数考虑求解是解题的关键，难点在于二次根式的变形．
21、矩形（答案不唯一）
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念，写一个即可.
【详解】
解：矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形.
故答案为：矩形(答案不唯一).
本题考查了轴对称图形与中心对称图形的概念.
22、 (a＋2)(a－2)；
【解析】
有两项，都能写成完全平方数的形式，并且符号相反，可用平方差公式展开．
【详解】
解：a2-4=（a+2）（a-2）．
故答案为：(a＋2)(a－2)．
考点：因式分解-运用公式法．
23、两组对边分别相等的四边形是平行四边形.
【解析】
先根据分别以点B，D为圆心，AD，AB的长为半径画弧，两弧交于点C，连接CD，BC，得出AB=DC，AD=BC，根据“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”可判断四边形ABCD是平行四边形．
【详解】
解：根据尺规作图的作法可得，AB=DC，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）
故答案为两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
本题主要考查了平行四边形的判定，解题时注意：两组对边分别相等的四边形是平行四边形．符号语言为：∵AB=DC，AD=BC，∴四边形ABCD是平行四边形．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）2；（2）28.
【解析】
（1）首先求出AF的长度，再在直角三角形AEF中求出EF的长度；
（2）连接BD，DF，DF交PP′于H．首先证明四边形PP′CD是平行四边形，再证明DF⊥PP′，求出DH的长，最后根据面积公式求出答案．
【详解】
（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝8，
∵F是AB的中点，
∴AF＝AB＝×8＝4，
∵点F作FE⊥AD，∠A＝60°，
∴∠AFE=30°，
∴AE=，
∴EF＝2；
（2）如图，连接BD，DF，DF交PP′于H．
由题意PP′＝AA′＝AB＝CD，PP′∥AA′∥CD，
∴四边形PP′CD是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∵AF＝FB，
∴DF⊥AB，DF⊥PP′，
在Rt△AEF中，∵∠AEF＝90°，∠A＝60°，AF＝4，
∴AE＝2，EF＝2，
∴PE＝PF＝，
在Rt△PHF中，∵∠FPH＝30°，PF＝，
∴HF＝PF＝，
∵DF＝=4，
∴DH＝4﹣＝，
∴平行四边形PP′CD的面积＝×8＝28．
本题考查菱形的性质、平行四边形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
25、（1）A(1，0)，C(-3，0)；(2) （3）存在，点Q的坐标为(-1，0)，(1，2)，(1，-2)，（1，）.
【解析】
（1）根据方程求出AO、AB的长，再由AB：AC=1:2求出OC的长，即可得到答案；
（2）分点M在CB上时，点M在CB延长线上时，两种情况讨论S与t的函数关系式；
（3）分AQ=AB,BQ=BA,BQ=AQ三种情况讨论可求点Q的坐标.
【详解】
（1）x23x20，
（x-1）（x-2）=0，
∴x1=1，x2=2，
∴AO=1，AB=2，
∴A(1，0)， ，
∵AB：AC=1:2,
∴AC=2AB=4，
∴OC=AC-OA=4-1=3，
∴C(-3，0).
(2) ∵,
∴,
∵,
∴,
∴△ABC是直角三角形，且∠ABC=90，
由题意得：CM=t，BC=,
当点M在CB上时， ，
②当点M在CB延长线上时， （t＞）.
综上，.
（3）存在，
①当AB是菱形的边时，如图所示，
在菱形AP1Q1B中，Q1O=AO=1，∴ Q1(-1，0)，
在菱形ABP2Q2中，AQ2=AB=2，∴Q2(1，2)，
在菱形ABP3Q3中，AQ3=AB=2，∴Q3(1，-2)；
②当AB为菱形的对角线时，如图所示，
设菱形的边长为x，则在Rt△AP4O中，
，
解得x=，
∴Q4（1，）.
综上，平面内满足条件的点Q的坐标为(-1，0)，(1，2)，(1，-2)，（1，）.
此题考查一次函数的综合运用、解一元二次方程，解题过程中注意分类讨论.
26、（1）k＝﹣1，b＝6；（2）满足条件的点D坐标是（12，﹣12）或（6，﹣6）
【解析】
（1）把P、Q的坐标代入反比例函数解析式可求得m、n的值，再把P、Q坐标代入直线解析式可求得k、b的值；
（2）结合（1）可先求得A、B坐标，可求得C点坐标，再由条件可求得直线OD的解析式，由BO=CD可求得D点坐标．
【详解】
解：
（1）把P（1，m）代入y＝ ，得 m＝5，
∴P（1，5），
把Q（n，1）代入y＝，得 n＝5，
∴Q（5，1），
P（1，5）、Q（5，1）代入y＝kx+b得 ,解得 ，
即k＝﹣1，b＝6；
（2）由（1）知 y＝﹣x+6，
∴A（6，0）B（0，6）
∵C点在直线AB上，
∴设C（x，﹣x+6），
由AB＝AC得，
解得x＝12或x＝0（不合题意，舍去），
∴C（12，﹣6），
∵直线OD∥BC 且过原点，
∴直线OD解析式为y＝﹣x，
∴可设D（a，﹣a），
由OB＝CD 得6＝ ，
解得a＝12或a＝6，
∴满足条件的点D坐标是（12，﹣12）或（6，﹣6）
此题考查反比例函数与一次函数的交点问题，解题关键在于把已知点代入解析式
题号
一
二
三
四
五
总分
得分