黑龙江省伊春市第六中学2024-2025学年九年级数学第一学期开学调研模拟试题【含答案】

这是一份黑龙江省伊春市第六中学2024-2025学年九年级数学第一学期开学调研模拟试题【含答案】，共20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）下列图象中，表示y是x的函数的是（ ）
A．B．C．D．
2、（4分）如图，下列哪组条件不能判定四边形ABCD是平行四边形（ ）
A．AB∥CD，AB＝CDB．AB∥CD，AD∥BC
C．OA＝OC，OB＝ODD．AB∥CD，AD＝BC
3、（4分）用配方法解一元二次方程时，可配方得（ ）
A．B．
C．D．
4、（4分）四边形的对角线互相平分，要使它变为矩形，需要添加的条件是（ ）
A．AB=CDB．AC=BD
C．AB=BCD．AD=BC
5、（4分）下列式子一定是二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
6、（4分）下列标志中，可以看作是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
7、（4分）将直线y=-2x-3怎样平移可以得到直线y=-2x的是（ ）
A．向上平移2个单位B．向上平移3个单位
C．向下平移2个单位D．向下平移3个单位
8、（4分）下列函数的图象不经过第一象限，且y随x的增大而减小的是( )
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）根据图中的程序，当输入x＝2时，输出结果y＝________．
10、（4分）已知甲乙两车分别从A、B两地出发，相向匀速行驶，已知乙车先出发，1小时后甲车再出发．一段时间后，甲乙两车在休息站C地相遇：到达C地后，乙车不休息继续按原速前往A地，甲车休息半小时后再按原速前往B地，甲车到达B地停止运动；乙车到A地后立刻原速返回B地，已知两车间的距离y（km）随乙车运动的时间x（h）变化如图，则当甲车到达B地时，乙车距离B地的距离为_____（km）．
11、（4分）若直角三角形的斜边长为6，则这个直角三角形斜边的中线长________．
12、（4分）从A，B两题中任选一题作答：
A.如图，在ΔABC中，分别以点A，B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧交与点M，N，作直线MN交AB于点E，交BC于点F，连接AF。若AF＝6，FC＝4，连接点E和AC的中点G，则EG的长为__.
B.如图，在ΔABC中，AB＝2，∠BAC＝60°，点D是边BC的中点，点E在边AC上运动，当DE平分ΔABC的周长时，DE的长为__.
13、（4分）在正比例函数 y＝（2m－1）x 中，y 随 x 增大而减小，则 m 的取值范围是_____.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图抛物线y=x2+bx﹣c经过直线y=x﹣3与坐标轴的两个交点A，B，此抛物线与x轴的另一个交点为C，抛物线的顶点为D．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）求S△ABC的面积．
15、（8分）计算：2+6-5+
16、（8分）已知关于x的方程 (m-1)x-mx+1=0。
（1）证明：不论m为何值时，方程总有实数根；
（2）若m为整数，当m为何值时，方程有两个不相等的整数根。
17、（10分）数学课后，小玲和同桌小娟各自拿出自己的漂亮的正方形手帕，她们俩各有一条方格手帕和一条绣花手帕，如图，小玲说：“我的方格手帕的边长比你的方格手帕的边长大1．6．”小娟说：“我的绣花手帕的边长比你的绣花手帕的边长大1．6．”设小玲的两块手帕的面积和为，小娟的两块手帕的面积和为，请同学们运用因式分解的方法算一算与的差．
18、（10分）计算：
（1）；
（2）．
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）若代数式在实数内范围有意义，则 x 的取值范围是_________.
20、（4分）如图，矩形纸片，，，点在边上，将沿折叠，点落在点处，，分别交于点，，且，则的值为_____________．
21、（4分）若，则等于______．
22、（4分）古算题：“笨人执竿要进屋，无奈门框拦住竿，横多四尺竖多二，没法急得放声哭，有个邻居聪明者，教他斜竿对两角，笨伯依言试一试，不多不少刚抵足，借问竿长多少数，谁人算出我佩服，”若设竿长为 x 尺，则可列方程为_____（方程无需化简）.
23、（4分）如果一个多边形的每个外角都等于，那么这个多边形的内角和是______度．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）先化简，再求值：÷（a+），其中a＝﹣1．
25、（10分）如图，于点，于点，与相交于点，连接线段，恰好平分．
求证：．
26、（12分）某班“数学兴趣小组”对函数的图象和性质进行了探究，过程如下，请补充完整.
（1）自变量的取值范围是全体实数，与的几组对应值列表如下：
其中，__________.
（2）根据上表的数据，在如图所示的平面直角坐标系中描点，并画出了函数图象的一部分，请画出该函数图象的另一部分.
（3）观察图象，写出该函数的两条性质：
①____________________________________________________________
②____________________________________________________________
（4）进一步探究函数图象发现：
①方程的解是__________.
②方程的解是__________.
③关于的方程有两个不相等实数根，则的取值范围是__________.
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】
函数就是在一个变化过程中有两个变量x，y，当给x一个值时，y有唯一的值与其对应，就说y是x的函数，x是自变量．注意“y有唯一的值与其对应”对图象的影响．
【详解】
解：根据函数的定义可知，每给定自变量x一个值都有唯一的函数值y相对应，
所以A. B. D错误．
故选C．
本题考查了函数的概念，牢牢掌握函数的概念是解答本题的关键．
2、D
【解析】
平行四边形的判定：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；③两组对角分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
【详解】
根据平行四边形的判定，A、B、C均符合是平行四边形的条件，D则不能判定是平行四边形．
故选D．
此题主要考查了学生对平行四边形的判定的掌握情况．对于判定定理：“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．”应用时要注意必须是“一组”，而“一组对边平行且另一组对边相等”的四边形不一定是平行四边形．
3、C
【解析】
根据配方法的方法，先把常数项移到等号右边，再在两边同时加上一次项系数一半的平方，最后将等号左边配成完全平方式，利用直接开平方法就可以求解了．
【详解】
移项，得x1-4x=-1
在等号两边加上4，得x1-4x+4=-1+4
∴（x-1）1=1．
故C答案正确．
故选C．
本题是一道一元二次方程解答题，考查了解一元二次方程的基本方法--配方法的运用，解答过程注意解答一元二次方程配方法的步骤．
4、B
【解析】
四边形ABCD的对角线互相平分，则说明四边形是平行四边形，由矩形的判定定理可得，只需添加条件是对角线相等．
【详解】
可添加AC=BD，理由如下：
∵四边形ABCD的对角线互相平分，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC=BD，根据矩形判定定理对角线相等的平行四边形是矩形，
∴四边形ABCD是矩形．
故选：B．
考查了矩形的判定，关键是矩形的判定：①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；②有三个角是直角的四边形是矩形；③对角线相等的平行四边形是矩形．
5、C
【解析】
根据二次根式的定义：形如（a≥0）的式子叫做二次根式，逐一判断即可．
【详解】
解：A．当x=0时， 不是二次根式，故本选项不符合题意；
B． 当x=-1时，不是二次根式，故本选项不符合题意；
C． 无论x取何值，，一定是二次根式，故本选项符合题意；
D． 当x=0时，不是二次根式，故本选项不符合题意．
故选C．
此题考查的是二次根式的判断，掌握二次根式的定义是解决此题的关键．
6、D
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
D、是轴对称图形，符合题意．
故选D．
本题考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念，解答时要注意：判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部沿对称轴叠后可重合；判断中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180度后与原图重合．
7、B
【解析】
根据上加下减，左加右减的平移原则，即可得出答案．
【详解】
解：根据上加下减的平移原则，直线y=-2x可以看作是由直线y=-2x-3向上平移3个单位得到的；
故选B．
本题考查一次函数图象与几何变换，属于基础题，关键是掌握上加下减，左加右减的平移原则．
8、A
【解析】
分别分析各个一次函数图象的位置.
【详解】
A. ，图象经过第二、四象限，且y随x的增大而减小;
B. , 图象经过第一、二、三象限；
C. ，图象经过第一、二、四象限；
D. ，图象经过第一、三、四象限；
所以，只有选项A符合要求.
故选A
本题考核知识点：一次函数的性质.解题关键点：熟记一次函数的性质.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、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.
10、1
【解析】
先从图象中获取信息得知A,B两地之间的距离及乙的行驶时间求出乙车的速度，然后再根据两车的相遇时间求出甲的速度，然后求出甲车行完全程的时间，就可以算出此时乙车的行驶时间，用总时间减去甲行完全程时的时间求出乙车剩下的时间，再乘以乙车的速度即可求出路程．
【详解】
由图象可知，A、B两地相距990千米，而乙来回用时22小时，因此乙车的速度为：
990÷（22÷2）＝90千米/小时，
甲乙两车在C地相遇后，甲休息0.5小时，乙继续走，所以乙车出发7小时后两车相遇，因此甲车速度为：
（990﹣90×7）÷（7﹣1）＝60千米/小时，
甲车行完全程的时间为：990÷60＝16.5小时，此时乙车已经行驶16.5+0.5+1＝18小时，
因此乙车距B地还剩22﹣18＝4小时的路程，
所以当甲车到达B地时，乙车距离B地的距离为90×4＝1千米，
故答案为：1．
本题主要考查一次函数的应用，能够从图象中获取有用信息并掌握行程问题的解法是解题的关键．
11、1
【解析】
根据直角三角形的性质直接求解．
【详解】
解：直角三角形斜边长为6，
这个直角三角形斜边上的中线长为1．
故答案为：1.
本题考查了直角三角形的性质，解决此题的关键是熟记直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
12、A.5 B.
【解析】
A.由作法知MN是线段AB的垂直平分线，所以BF=AF=6，然后根据EG是三角形ABC的中位线求解即可；
B. 延长CA到点B′，使AB’等于AB，连接BB′，过点A作AF⊥BB′，垂足为F.由ED平分ΔABC的周长，可知EB′=EC，从而DE为ΔCBB′的中位线，由等腰三角形的性质求出∠B=∠B′=30°，从而BF=，进而可求出DE的长.
【详解】
A.由尺规作图可得直线MN为线段AB的垂直平分线，
∴BF=AF=6，E为AB中点，
∵点G为AC中点，
∴EG为ΔABC的中位线，
∴EG∥BC且EG ＝BC，
∵BF+FC=10，
∴EG=5；
B.如图所示，延长CA到点B′，使AB’等于AB，连接BB′，过点A作AF⊥BB′，垂足为F.
∵ED平分ΔABC的周长，∴AB+AE+BD=EC+DC.
∵BD=DC， ∴AB+AE=EC.
∵AB=AB′， ∴EB′=EC，
∴DE为ΔCBB′的中位线.
∵∠BAC=60°，
∴ΔBAB′为顶角是120°的等腰三角形 ，
∴∠B=∠B′=30°，
∴AF=1，
∴BF=，
∴BB′=2，
∴ED=.
故答案为：A. 5；B.
本题考查了尺规作图-作线段的垂直平分线，线段垂直平分线的性质，三角形中位线的性质，等腰三角形的性质、勾股定理，掌握三角形中位线定理、正确作出辅助线是解题的关键．
13、
【解析】
根据正比例函数图象的增减性可求出m的取值范围．
【详解】
解：∵函数y=（2m-1）x是正比例函数，且y随x的增大而减小，
∴2m-1＜0，
解得
故答案为
本题考查了正比例函数图象的性质：它是经过原点的一条直线．当k＞0时，图象经过一、三象限，y随x的增大而增大；当k＜0时，图象经过二、四象限，y随x的增大而减小．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、 (1) y=x2+2x﹣3；(2)1.
【解析】
(1)先根据直线y=x﹣3求出A、B两点的坐标,然后将它们代入抛物线中即可求出待定系数的值；
（2）根据(1)中抛物线的解析式可求出C点的坐标,然后根据三角形的面积公式即可求出△ABC的面积．
【详解】
（1）当x=0时，y=x﹣3=﹣3，则B（0，﹣3）；
当y=0时，x﹣3=0，解得x=3，则A（3，0），
把A（3，0），B（0，﹣3）代入y=x2+bx﹣c得，解得，
∴抛物线的解析式为y=x2+2x﹣3；
（2）当y=0时，x2+2x﹣3=0，解得x1=﹣1，x2=3，则C（﹣1，0），
∴S△ABC=×（3+1）×3=1．
本题主要考查了一次函数与坐标轴的交点，二次函数解析式的确定、三角形面积的求法等知识点.考查了学生数形结合的数学思想方法.
15、9-5+
【解析】
根据二次根式的运算法则即可求出答案．
【详解】
解：原式=6+3-5+
=9-5+．
本题考查二次根式，解题的关键是熟练运用二次根式的运算法则，本题属于基础题
16、（1）见解析；（2）m=0
【解析】
（1）分该方程为一元二次方程和一元一次方程展开证明即可。
（2）利用因式分解解该一元二次方程，求出方程的根，利用整数概念进行求值即可
【详解】
解：（1）当 时， 是关于x的一元二次方程。

∵不论m为何值时，（m﹣2）2≥0，
∴△≥0，
∴方程总有实数根；
当m=1时，是关于x的一元一次方程。
∴-x+1=0
∴x=1
∴方程有实数根x=1
∴不论m为何值时，方程总有实数根
（2）
分解因式得
解得：
∵方程有两个不相等的整数根
∴为整数，
∴ 且
∴m=0
本题考查了根的判别式，掌握方程与根的关系，及因式分解解一元二次方程，和整数的概念是解题的关键.
17、
【解析】
直接根据题意，列出式子，进行因式分解即可.
【详解】
（）
此题主要考查因式分解的实际应用，熟练掌握，即可解题.
18、（1）5；（2）6+2
【解析】
（1）先把各二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；
（2）利用完全平方公式和平方差公式计算．
【详解】
解：（1）原式=2+4-
=5；
（2）原式=2+2+3-（2-3）
=5+2+1
=6+2．
本题考查了二次根式的计算：先把各二次根式化为最简二次根式，再进行二次根式的乘除运算，然后合并同类二次根式．利用乘法公式计算是解决（2）小题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、x＞1
【解析】
根据分式及二次根式有意义的条件列出关于x的不等式，求出x的取值范围即可.
【详解】
∵代数式在实数范围内有意义，
∴．
故答案为：x＞1．
本题考查二次根式及分式有意义的条件，掌握二次根式及分式有意义的条件是解答此题的关键．
20、
【解析】
由矩形的性质和已知条件，可判定,设，根据全等三角形的性质及矩形的性质可用含x的式子表示出DF和AF的长，在根据勾股定理可求出x的值，即可确定AF的值.
【详解】
解：四边形ABCD是矩形,
,,
是由沿折叠而来的
, ,
又
（AAS）

设,则
在中，根据勾股定理得：
,即
解得

故答案为：
本题考查了求多边形中的线段长，主要涉及的知识点有矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，数学的方程思想，用同一个字母表示出直角三角形中的三边长是解题的关键.
21、
【解析】
依据比例的基本性质，即可得到5a=7b，进而得出=.
【详解】
解：∵，
∴5a-5b=2b，
即5a=7b，
∴=，
故答案为：.
本题主要考查了分式的值，解决问题的关键是利用比例的基本性质进行化简变形．
22、（x−1）1＋（x−4）1＝x1
【解析】
设竿长为x尺，根据题意可得，屋门的宽为x−4，高为x−1，对角线长为x，然后根据勾股定理列出方程．
【详解】
解：设竿长为x尺，
由题意得：（x−1）1＋（x−4）1＝x1．
故答案为：（x−1）1＋（x−4）1＝x1．
本题考查了利用勾股定理解决实际问题，解答本题的关键是根据题意表示出屋门的宽，高．
23、1260
【解析】
首先根据外角和与外角和及每个外角的度数可得多边形的边数，再根据多边形内角和公式180（n-2）计算出答案．
【详解】
解：∵多边形的每一个外角都等于，
∴它的边数为：，
∴它的内角和：，
故答案为：．
此题主要考查了多边形的内角和与外角和，根据多边形的外角和计算出多边形的边数是解题关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、，
【解析】
先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将a的值代入计算．
【详解】
解：
将代入上式有
原式=．
故答案为：；．
本题主要考查了分式的化简求值和二次根式的运算，其中熟练掌握分式混合运算法则是解题的关键．
25、见解析.
【解析】
由角平分线的性质得出OE=OD，证得△BOE≌△COD，即可得出结论．
【详解】
∵于点，于点，恰好平分
∴，
∵
∴
∴
本题考查了角平分线的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握角平分线的性质、证明三角形全等是解题的关键．
26、（1）1；（2）见解析；（1）①函数值y≥2函数值y≥2；②当x＞1时，y随x的增大而增大；（4）①；②或；③.
【解析】
（1）求出x=-2时的函数值即可；
（2）利用描点法画出函数图象即可；
（1）结合图象写出两个性质即可；
（4）分别求出方程的解即可解决问题；
【详解】
解：（1）x=-2时，y=|x-1|=1，故m=1，故答案为1．
（2）函数图象如图所示：
（1）①函数值y≥2，②当x＞1时，y随x的增大而增大；
故答案为函数值y≥2；当x＞1时，y随x的增大而增大；
（4）①方程|x-1|=2的解是x=1
②方程|x-1|=1.5的解是x=2.5或-2.5
③关于x的方程|x-1|=a有两个实数根，则a的取值范围是a＞2，
故答案为x=1，x=2.5或-2.5，a＞2．
本题考查一次函数的图象与性质、一次函数与一元一次方程的关系等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
…
0
1
2
3
4
5
…
…
4
2
1
0
1
2
3
4
…