内蒙古杭锦旗城镇初级中学2025届九上数学开学调研模拟试题【含答案】

这是一份内蒙古杭锦旗城镇初级中学2025届九上数学开学调研模拟试题【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）下列计算错误的是( )
A．÷＝3B．＝5
C．2+＝2D．2•＝2
2、（4分）要使式子有意义，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3、（4分）若实数a，b，c满足，且，则函数的图象一定不经过
A．第四象限B．第三象限C．第二象限D．第一象限
4、（4分）下列命题中，正确的是（ ）
A．在三角形中，到三角形三边距离相等的点是三条边垂直平分线的交点
B．平行四边形是轴对称图形
C．三角形的中位线将三角形分成面积相等的两个部分
D．一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形
5、（4分）已知：x1，x2，的平均数是a,x11，x12，的平均数是b,则x1，x2，的平均数是（ ）
A．a＋bB．C．D．
6、（4分）在平行四边形ABCD中，∠A=110°，∠B=70°，则∠C的度数是（ ）
A．70°B．90°C．110°D．130°
7、（4分）教育局组织学生篮球赛，有x支球队参加，每两队赛一场时，共需安排45场比赛，则符合题意的方程为（ ）
A．B．C．D．
8、（4分）下面各组变量的关系中，成正比例关系的有（ ）
A．人的身高与年龄
B．买同一练习本所要的钱数与所买本数
C．正方形的面积与它的边长
D．汽车从甲地到乙地，所用时间与行驶速度
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，正方形面积为，延长至点，使得，以为边在正方形另一侧作菱形，其中，依次延长类似以上操作再作三个形状大小都相同的菱形，形成风车状图形，依次连结点则四边形的面积为___________．
10、（4分）如图放置的两个正方形，大正方形ABCD边长为a，小正方形CEFG边长为b(a＞b)，M是BC边上一个动点，联结AM，MF，MF交CG于点P，将△ABM绕点A旋转至△ADN，将△MEF绕点F旋转恰好至△NGF．给出以下三个结论：①∠AND＝∠MPC； ②△ABM≌△NGF；③S四边形AMFN＝a1+b1．其中正确的结论是_____(请填写序号)．
11、（4分） “暑期乒乓球夏令营”开始在学校报名了，已知甲、乙、丙三个夏令营组人数相等，且每组学生的平均年龄都是14岁，三个组学生年龄的方差分别是，， 如果今年暑假你也准备报名参加夏令营活动，但喜欢和年龄相近的同伴相处，那么你应选择是________.
12、（4分）计算：（﹣4ab2）2÷（2a2b）0＝_____．
13、（4分）等边三角形的边长为6，则它的高是________
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）解方程（本题满分8分）
（1）（x－5）2 =2（5－x）
（2）2x2－4x－6=0（用配方法）；
15、（8分）菱形中，，是对角线，点、分别是边、上两个点，且满足，连接与相交于点．
(1)如图1，求的度数；
(2)如图2，作于点，求证：；
(3)在满足(2)的条件下，且点在菱形内部，若，，求菱形的面积．
16、（8分）九年一班竞选班长时，规定：思想表现、学习成绩、工作能力三个方面的重要性之比为3：3：1．请根据下表信息，确定谁会被聘选为班长：
17、（10分）善于思考的小鑫同学，在一次数学活动中，将一副直角三角板如图放置，，，在同一直线上，且，，，，量得，求的长．
18、（10分）已知一只纸箱中装有除颜色外完全相同的红色、黄色、蓝色乒乓球共100个．从纸箱中任意摸出一球，摸到红色球、黄色球的概率分别是0.2、0.1．
（1）试求出纸箱中蓝色球的个数；
（2）小明向纸箱中再放进红色球若干个，小丽为了估计放入的红球的个数，她将箱子里面的球搅匀后从中随机摸出一个球记下颜色，再把它放回箱子中，多次重复上述过程后，她发现摸到红球的频率在0.5附近波动，请据此估计小明放入的红球的个数．
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）2018年国内航空公司规定：旅客乘机时，免费携带行李箱的长，宽，高三者之和不超过115cm．某厂家生产符合该规定的行李箱．已知行李箱的宽为20cm，长与高的比为8：11，则符合此规定的行李箱的高的最大值为 cm．
20、（4分）二次根式的值是________．
21、（4分）在学校组织的科学素养竞赛中，八（3）班有25名同学参赛，成绩分为A，B，C，D四个等级，其中相应等级的得分依次记为90分，80分，70分，60分，现将该班的成绩绘制成扇形统计图如图所示，则此次竞赛中该班成绩在70分以上（含70分）的人数有_______人．
22、（4分）已知关于x的方程x2+（3﹣2k）x+k2+1＝0的两个实数根分别是x1、x2，当|x1|+|x2|＝7时，那么k的值是__．
23、（4分）一元二次方程有实数根，则的取值范围为____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）在“3.15”植树节活动后，对栽下的甲、乙、丙、丁四个品种的树苗进行成活率观测，以下是根据观测数据制成的统计图表的一部分：
若经观测计算得出丙种树苗的成活率为89.6%，请你根据以上信息解答下列问题：
（1）这次栽下的四个品种的树苗共 棵，乙品种树苗 棵；
（2）图1中，甲 %、乙 %，并将图2补充完整；
（3）求这次植树活动的树苗成活率．
25、（10分）已知在△ABC中，AB=1，BC=4，CA=．
（1）分别化简4，的值．
（2）试在4×4的方格纸上画出△ABC，使它的顶点都在方格的顶点上（每个小方格的边长为1）．
（3）求出△ABC的面积．
26、（12分）如图，网格中的图形是由五个小正方形组成的，根据下列要求画图（涂上阴影）．
（1）在图①中，添加一块小正方形，使之成为轴对称图形，且只有一条对称轴；（画一种情况即可）
（2）在图②中，添加一块小正方形，使之成为中心对称图形，但不是轴对称图形；
（3）在图③中，添加一块小正方形，使之成为既是中心对称图形又是轴对称图形．
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】
根据二次根式的运算法则及二次根式的性质逐一计算即可判断．
【详解】
解：A、÷＝3÷＝3，此选项正确；
B、＝5，此选项正确；
C、2、不能合并，此选项错误，符合题意；
D、2•＝2，此选项正确；
故选C．
本题主要考查二次根式的混合运算，解题的关键是熟练掌握二次根式的混合运算顺序和运算法则及二次根式的性质．
2、C
【解析】
根据二次根式的性质，被开方数大于等于0，就可以求解．
【详解】
根据题意得：x−2⩾0，
解得x⩾2.
故选：C
此题考查二次根式有意义的条件，解题关键在于掌握其性质
3、C
【解析】
先判断出a是负数，c是正数，然后根据一次函数图象与系数的关系确定图象经过的象限以及与y轴的交点的位置即可得解．
【详解】
解：，且，
，，的正负情况不能确定，
，
函数的图象与y轴负半轴相交，
，
函数的图象经过第一、三、四象限．
故选C．
本题主要考查了一次函数图象与系数的关系，先确定出a、c的正负情况是解题的关键，也是本题的难点．
4、D
【解析】
由三角形的内心和外心性质得出选项A不正确；由平行四边形的性质得出选项B不正确；由三角形中位线定理得出选项C不正确；由平行四边形的判定得出选项D正确；即可得出结论．
【详解】
解：A．在三角形中，到三角形三边距离相等的点是三条边垂直平分线的交点；不正确；
B．平行四边形是轴对称图形；不正确；
C．三角形的中位线将三角形分成面积相等的两个部分；不正确；
D．一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形；正确；
故选：D．
本题考查了命题与定理、三角形的内心与外心、平行四边形的判定与性质以及三角形中位线定理；对各个命题进行正确判断是解题的关键．
5、D
【解析】
根据平均数及加权平均数的定义解答即可.
【详解】
∵x1，x2，的平均数是a，x11，x12，的平均数是b,
∴x1，x2，的平均数是：.
故选D.
本题考查了平均数及加权平均数的求法，熟练运用平均数及加权平均数的定义求解是解决问题的关键．
6、C
【解析】
由平行四边形ABCD，根据平行四边形的性质得到∠A＝∠C，即可求出答案．
【详解】
∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴∠A＝∠C，
∵∠A＝110°，
∴∠C＝110°．
故选：C．
本题主要考查对平行四边形的性质的理解和掌握，题目比较典型．
7、A
【解析】
先列出x支篮球队，每两队之间都比赛一场，共可以比赛x（x-1）场，再根据题意列出方程为．
【详解】
解：∵有x支球队参加篮球比赛，每两队之间都比赛一场，
∴共比赛场数为，
故选：A．
本题是由实际问题抽象出一元二次方程，主要考查了从实际问题中抽象出相等关系．
8、B
【解析】
判断两个相关联的量之间成什么比例，就看这两个量是对应的比值一定，还是对应的乘积一定；如果是比值一定，就成正比例；如果是乘积一定，则成反比例．
【详解】
解：A、人的身高与年龄不成比例，故选项错误；
B、单价一定，买同一练习本所要的钱数与所买本数成正比例，故选项正确；
C、正方形的面积与它的边长不成比例，故选项错误；
D、路程一定，所用时间与行驶速度成反比例，故选项错误；
故选：B．
考查了正比例函数的定义，此题属于辨识成正、反比例的量，就看这两个量是对应的比值一定，还是对应的乘积一定，再做判断．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
如图所示，延长CD交FN于点P，过N作NK⊥CD于点K，延长FE交CD于点Q，交NS于点R，首先利用正方形性质结合题意求出AD=CD=AG=DQ=1，然后进一步根据菱形性质得出DE=EF=DG=2，再后通过证明四边形NKQR是矩形得出QR=NK=，进一步可得，再延长NS交ML于点Z，利用全等三角形性质与判定证明四边形FHMN为正方形，最后进一步求解即可.
【详解】
如图所示，延长CD交FN于点P，过N作NK⊥CD于点K，延长FE交CD于点Q，交NS于点R，
∵ABCD为正方形，
∴∠CDG=∠GDK=90°，
∵正方形ABCD面积为1，
∴AD=CD=AG=DQ=1，
∴DG=CT=2，
∵四边形DEFG为菱形，
∴DE=EF=DG=2，
同理可得：CT=TN=2，
∵∠EFG=45°，
∴∠EDG=∠SCT=∠NTK=45°，
∵FE∥DG，CT∥SN，DG⊥CT，
∴∠FQP=∠FRN=∠DQE=∠NKT=90°，
∴DQ=EQ=TK=NK=，FQ=FE+EQ=，
∵∠NKT=∠KQR=∠FRN=90°，
∴四边形NKQR是矩形，
∴QR=NK=，
∴FR=FQ+QR=，NR=KQ=DK−DQ=，
∴，
再延长NS交ML于点Z，易证得：△NMZ≅△FNR(SAS)，
∴FN=MN，∠NFR=∠MNZ，
∵∠NFR+∠FNR=90°，
∴∠MNZ+∠FNR=90°，
即∠FNM=90°，
同理可得：∠NFH=∠FHM=90°，
∴四边形FHMN为正方形，
∴正方形FHMN的面积=，
故答案为：.
本题主要考查了正方形和矩形性质与判定及与全等三角形性质与判定的综合运用，熟练掌握相关方法是解题关键.
10、①②③．
【解析】
①根据正方形的性质得到∠BAD=∠ADC=∠B=90°，根据旋转的性质得到∴∠NAD=∠BAM，∠AND=∠AMB，根据余角的性质得到∠DAM+∠NAD=∠NAD+∠AND=∠AND+∠NAD=90°，可知∠DAM=∠AND，②根据旋转的性质得到GN=ME，等量代换得到AB=ME=NG，根据全等三角形的判定定理得到△ABM≌△NGF；③由旋转的性质得到AM=AN，NF=MF，根据全等三角形的性质得到AM=NF，推出四边形AMFN是矩形，根据余角的想知道的∠NAM=90°，推出四边形AMFN是正方形，于是得到S四边形AMFN=AM1=a1+b1；
【详解】
①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ADC=∠B=90°，
∴∠BAM+∠DAM=90°，
∵将△ABM绕点A旋转至△ADN，
∴∠NAD=∠BAM，∠AND=∠AMB，
∴∠DAM+∠NAD=∠NAD+∠AND=∠AND+∠NAD=90°，
∴∠DAM=∠AND，故①正确，
②∵将△MEF绕点F旋转至△NGF，
∴GN=ME，
∵AB=a，ME=a，
∴AB=ME=NG，
在△ABM与△NGF中，AB=NG=a，∠B=∠NGF=90°，GF=BM=b，
∴△ABM≌△NGF；故②正确；
③∵将△ABM绕点A旋转至△ADN，
∴AM=AN，
∵将△MEF绕点F旋转至△NGF，
∴NF=MF，
∵△ABM≌△NGF，
∴AM=NF，
∴四边形AMFN是矩形，
∵∠BAM=∠NAD，
∴∠BAM+DAM=∠NAD+∠DAN=90°，
∴∠NAM=90°，
∴四边形AMFN是正方形，
∵在Rt△ABM中，a1+b1=AM1，
∴S四边形AMFN=AM1=a1+b1；故③正确
故答案为①②③．
本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，旋转的性质，正确的理解题意是解题的关键．
11、乙组
【解析】
根据方差的定义，方差越小数据越稳定解答即可．
【详解】
解：∵，，，
∵最小，
∴乙组学生年龄最相近，应选择乙组.
故答案为：乙组．
本题考查了方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
12、16a2b1
【解析】
直接利用整式的除法运算法则以及积的乘方运算法则计算得出答案．
【详解】
解：（-1ab2）2÷（2a2b）0=16a2b1÷1=16a2b1，
故答案为：16a2b1．
本题主要考查了整式的乘除运算和零指数幂，正确掌握相关运算法则是解题关键．
13、
【解析】
根据等边三角形的性质：三线合一，利用勾股定理可求解高．
【详解】
由题意得底边的一半是3，再根据勾股定理，得它的高为=3，
故答案为3.
本题考查的是等边三角形的性质，勾股定理，解答本题的关键是掌握好等腰三角形的三线合一：底边上的高、中线，顶角平分线重合.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）x1=5，x2=3；（2）x1=3，x2=-1.
【解析】
试题分析：（1）先移项，再提取公因式（x-5），把原方程化为二个一元一次方程求解即可.
(2)方程两边同除以2，再把常数项-3移到方程右边，方程两边同时加上一次项系数一半的平方，进行配方，方程两边直接开平方求出方程的解即可.
试题解析：（1）移项得：（x-5）2+2(x-5)=0
∴(x-5)(x-3)=0
即：x-5=0，x-3=0
解得：x1=5，x2=3；
（2）方程变形为：x2-2x-3=0
移项得：x2-2x=3
配方得：x2-2x+1=3+1
（x-1）2=4
x-1=±2
解得：x1=3，x2=-1.
考点：1.解一元二次方程----因式分解法；2.解一元二次方程---配方法.
15、 (1)；(2)证明见解析；(3).
【解析】
（1）只要证明△DAE≌△BDF，推出∠ADE=∠DBF，由∠EGB=∠GDB+∠GBD=∠GDB+∠ADE=60°，推出∠BGD=180°-∠BGE=120°；
（2）如图3中，延长GE到M，使得GM=GB，连接BD、CG．由△MBD≌△GBC，推出DM=GC，∠M=∠CGB=60°，由CH⊥BG，推出∠GCH=30°，推出CG=2GH，由CG=DM=DG+GM=DG+GB，即可证明2GH=DG+GB；
（3）解直角三角形求出BC即可解决问题.
【详解】
(1)如图，
四边形是菱形，
，
，
是等边三角形，
，，
在和中，
，
，
，
，
．
(2)如图，延长到，使得，连接．
，，
是等边三角形，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，
．
(3)如图中，由(2)可知，在中，，，
，
，
，
，
在中，，
，都是等边三角形，
．
本题考查菱形的性质、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，直角三角形30度角性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
16、小明会被聘选为班长．
【解析】
分别求出两人的加权平均数，再进行比较，即可完成解答。
【详解】
解：小明的成绩＝91×0.3+96×0.3+98×0.1＝96.2（分）；
小英的成绩＝98×0.3+96×0.3+91×0.1＝95.8（分）；
∵96.2＞95.8，
∴小明会被聘选为班长．
本题考查了加权平均数的实际应用，解题的关键在于能够联系实际生活，正确应用所学知识。
17、
【解析】
过F作FH垂直于AB，得到∠FHB为直角，进而求出∠EFD的度数为30°，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半求出EF的长，再利用勾股定理求出DF的长，由EF与AD平行，得到内错角相等，确定出∠FDA为30°，再利用30°角所对的直角边等于斜边的一半求出FH的长，进而利用勾股定理求出DH的长，由DH-BH求出BD的长即可．
【详解】
解：过点F作FH⊥AB于点H，
∴∠FHB=90°，
∵∠EDF=90°，∠E=60°，
∴∠EFD=90°-60°=30°，
∴EF=2DE=24，
∴，
∵EF∥AD，
∴∠FDA=∠DFE=30°，
∴，
∴，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠ABC=45°，
∴∠HFB=90°-45°=45°，
∴∠ABC=∠HFB，
∴，
则BD=DH-BH=．
此题考查了勾股定理，以及平行线的性质，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．
18、（1）50；（2）2
【解析】
（1）蓝色球的个数等于总个数乘以摸到蓝色球的概率即可；
（2）因为摸到红球的频率在0.5附近波动，所以摸出红球的概率为0.5，再设出红球的个数，根据概率公式列方程解答即可．
【详解】
（1）由已知得纸箱中蓝色球的个数为：100×（1﹣0.2﹣0.1）=50（个）
（2）设小明放入红球x个．根据题意得：
解得：x=2（个）．
经检验：x=2是所列方程的根．
答：小明放入的红球的个数为2．
本题考查了利用频率估计概率，大量反复试验时，某事件发生的频率会稳定在某个常数的附近，这个常数就叫做事件概率的估计值．关键是根据黑球的频率得到相应的等量关系．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、55
【解析】
利用长与高的比为8：11，进而利用携带行李箱的长、宽、高三者之和不超过115cm得出不等式求出即可．
【详解】
设长为8x，高为11x，
由题意，得：19x+20≤115，
解得：x≤5，
故行李箱的高的最大值为：11x=55，
答：行李箱的高的最大值为55厘米．
此题主要考查了一元一次不等式的应用，根据题意得出正确不等关系是解题关键．
20、1
【解析】
根据二次根式的性质进行化简即可得解.
【详解】
=|-1|=1.
故答案为：-1.
此题主要考查了二次根式的化简，注意：.
21、21
【解析】
首先根据统计图，求出此次竞赛中该班成绩在70分以上（含70分）的人数所占比例，然后已知总数，即可得解.
【详解】
根据统计图的信息，得此次竞赛中该班成绩在70分以上（含70分）的人数所占比例为
此次竞赛中该班成绩在70分以上（含70分）的人数为
故答案为21.
此题主要考查扇形统计图的相关知识，熟练掌握，即可解题.
22、﹣1．
【解析】
先根据方程有两个实数根，确定△≥0，可得k≤，由x1•x1=k1+1＞0，可知x1、x1，同号，分情况讨论即可．
【详解】
∵x1+（3﹣1k）x+k1+1＝0的两个实数根分别是x1、x1，
∴△＝（3﹣1k）1﹣4×1×（k1+1）≥0，
9﹣11k+4k1﹣4k1﹣4≥0，
k≤，
∵x1•x1＝k1+1＞0，
∴x1、x1，同号，
分两种情况：
①当x1、x1同为正数时，x1+x1＝7，
即1k﹣3＝7，
k＝5，
∵k≤，
∴k＝5不符合题意，舍去，
②当x1、x1同为负数时，x1+x1＝﹣7，
即1k﹣3＝﹣7，
k＝﹣1，
故答案为：﹣1．
本题考查了根与系数的关系和根的判别式．解此题时很多学生容易顺理成章的利用两根之积与和公式进行解答，解出k值，而忽略了限制性条件△≥0时k≤．
23、
【解析】
根据根的判别式求解即可．
【详解】
∵一元二次方程有实数根
∴
解得
故答案为：．
本题考查了一元二次方程根的问题，掌握根的判别式是解题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）500，100；（2）30，20，补图见解析；（3）这次植树活动的树苗成活率为89.8%.
【解析】
（1）根据丙种植树125棵，占总数的25%，即可求得总棵树，然后求得乙种的棵树；
（2）利用百分比的意义即可求得甲和乙所占的百分比，以及成活率；
（3）求得成活的总棵树，然后根据成活率的定义求解．
【详解】
(1)这次栽下的四个品种的树苗总棵树是：125÷25%=500(棵)，则乙品种树苗的棵树是：500−150−125−125=100(棵)，故答案为：500，100；
(2)甲所占的百分比是：×100%=30%，乙所占的百分比是：×100%=20%，丙种成活的棵树：125×89.6%=112(棵).故答案为：30，20.
(3)成活的总棵树是：135+85+112+117=449(棵)，所以这次植树活动的树苗成活率为=89.8%.
本题考查统计表、扇形统计图和条形统计图，解题的关键是读懂统计表、扇形统计图和条形统计图中的信息.
25、见解析
【解析】
（1）首先化简和，再分别计算乘法即可；
（2）根据勾股定理画出AC=，再确定B的位置，既要使AB=1，又要使BC=即可；
（3）利用三角形的面积公式，以BA为底，确定AB上的高为2，再计算即可．
【详解】
（1）4=4×=2，
=×=×=；
（2）如图所示：
（3）△ABC的面积1×2=1平方单位．
本题主要考查了应用与设计作图，以及勾股定理的应用和二次根式的计算，关键是正确化简AC、BC的长．
26、（1）如图①所示，见解析；（2）如图②所示，见解析；（3）如图③所示，见解析.
【解析】
利用轴对称图形和中心对称图形的定义，以及两者之间的区别解题画图即可
【详解】
（1）如图①所示：
（2）如图②所示：
（3）如图③所示：
本题考查轴对称图形和中心对称图形的定义，基础知识扎实是解题关键
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
小明
小英
思想表现
91
98
学习成绩
96
96
工作能力
98
91
栽下的各品种树苗棵数统计表
植树品种
甲种
乙种
丙种
丁种
植树棵数
150
125
125