陕西省西安高新逸翠园学校2024-2025学年数学九年级第一学期开学联考模拟试题【含答案】

这是一份陕西省西安高新逸翠园学校2024-2025学年数学九年级第一学期开学联考模拟试题【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）最简二次根式与是同类二次根式，则a为（ ）
A．a＝6B．a＝2C．a＝3或a＝2D．a＝1
2、（4分）在中，，，则BC边上的高为
A．12B．10C．9D．8
3、（4分）如图，在平行四边形ABCD中，AB=4，CE平分∠BCD交AD边于点E，且AE=3，则BC的长为（ ）
A．4B．6C．7D．8
4、（4分）某班第一小组9名同学数学测试成绩为：78，82，98，90，100，60，75，75，88，这组数据的中位数是
A．60B．75C．82D．100
5、（4分）已知锐角三角形中，，点是、垂直平分线的交点，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
6、（4分）下列各方程中，是一元二次方程的是（）
A．B．C．D．
7、（4分）如图所示，在矩形纸片中，，，折叠纸片使边与对角线重合，点落在点处，折痕为，则的长为( )
A．B．C．D．
8、（4分）如图是小王早晨出门散步时，离家的距离s与时间t之间的函数图象．若用黑点表示小王家的位置，则小王散步行走的路线可能是（ ）
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，已知的直角顶点在轴上，，反比例函数在第一象限的图像经过边上点和的中点，连接.若，则实数的值为__________．
10、（4分）如图，△ABC 和△BDE 都是等边三角形，A、B、D 三点共线.下列结论：①AB＝CD；②BF＝BG；③HB 平分∠AHD；④∠AHC＝60°，⑤△BFG 是等边三角形．其中正确的有____________（只填序号）.
11、（4分）如图，点A，B，E在同一条直线上，正方形ABCD，BEFG的边长分别为3，4，H为线段DF的中点，则BH=_____________．
12、（4分）如图，已知在▱ABCD中，∠B＝60°，AB＝4，BC＝8，则▱ABCD的面积＝_____．
13、（4分）如图在平面直角坐标系xOy中，直线l经过点A（-1，0），点A1，A2，A3，A4，A5，……按所示的规律排列在直线l上．若直线 l上任意相邻两个点的横坐标都相差1、纵坐标也都相差1，若点An（n为正整数）的横坐标为2015，则n=___________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，四边形ABCD是矩形，把矩形沿AC折叠，点B落在点E处，AE与DC的交点为O，连接DE．
（1）求证：△ADE≌△CED；
（2）求证：DE∥AC．
15、（8分） “西瓜足解渴，割裂青瑶肤”，西瓜为夏季之水果，果肉味甜，能降温去暑；种子含油，可作消遣食品；果皮药用，有清热、利尿、降血压之效.某西瓜批发商打算购进“黑美人”西瓜与“无籽”西瓜两个品种的西瓜共70000千克．
（1）若购进“黑美人”西瓜的重量不超过“无籽”西瓜重量的倍，求“黑美人”西瓜最多购进多少千克？
（2）该批发商按（1）中“黑美人”西瓜最多重量购进，预计“黑美人”西瓜售价为4元/千克；“无籽”西瓜售价为5元/千克，两种西瓜全部售完.由于存储条件的影响，“黑美人”西瓜与“无籽”西瓜分别有与的损坏而不能售出.天气逐渐炎热，西瓜热卖，“黑美人”西瓜的销售价格上涨，“无籽”西瓜的销售价格上涨，结果售完之后所得的总销售额比原计划下降了3000元，求的值．
16、（8分）某公司把一批货物运往外地，有两种运输方案可供选择．
方案一：使用快递公司的邮车运输，装卸收费400元，另外每千米再回收4元；
方案二：使用快递公司的火车运输，装卸收费820元，另外每千米再回收2元．
（1）分别求邮车、火车运输总费用y1（元）、y2（元）关于运输路程x（km）之间的函数关系式：
（2）如何选择运输方案，运输总费用比较节省？
17、（10分）解一元二次方程：．
18、（10分）如图，在平行四边形ABCD中，点M为边AD的中点，过点C作AB的垂线交AB于点E，连接ME，已知AM=2AE=4，∠BCE=30°.
(1)求平行四边形ABCD的面积；
(2)求证：∠EMC=2∠AEM .
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）已知方程，如果设，那么原方程可以变形成关于的方程为__________．
20、（4分）下表是某地生活垃圾处理情况的分析，选择________统计图进行分析比较较为合理．
21、（4分）已知一元二次方程，则根的判别式△=____________．
22、（4分）关于x的方程有解，则k的范围是______．
23、（4分）二次三项式是一个完全平方式，则k=_______.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）因式分解（1）；
（2）．
25、（10分）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别是(－3，0)，(0，6)，动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，同时动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动．以CP，CO为邻边构造PCOD.在线段OP延长线上一动点E，且满足PE＝AO.
(1)当点C在线段OB上运动时，求证：四边形ADEC为平行四边形；
(2)当点P运动的时间为秒时，求此时四边形ADEC的周长是多少．
26、（12分）暑假期间，商洛剧院举行专场音乐会，成人票每张20元，学生票每张5元，为了吸引广大师生来听音乐会，剧院制定了两种优惠方案：
方案一：购买一张成人票赠送一张学生票；
方案二：成人票和学生票都打九折.
我校现有4名老师与若干名（不少于4人）学生听音乐会.
（1）设学生人数为（人），付款总金额为（元），请分别确定两种优惠方案中与的函数关系式；
（2）请你结合参加听音乐会的学生人数，计算说明怎样购票花费少？
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】
试题分析：由题意可得：，解得a=2或a=3；当a=3时，，不是最简根式，因此a=3不合题意，舍去．因此a=2．故选B．
考点：2．同类二次根式；2．最简二次根式；3．一元二次方程的解．
2、A
【解析】
作于D，根据等腰三角形的性质求出BD，根据勾股定理计算，得到答案．
【详解】
解：作于D，
，
，
由勾股定理得，，
故选A．
本题考查的是勾股定理、等腰三角形的性质，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a1+b1=c1．
3、C
【解析】
由平行四边形的性质可得AD∥BC，且AD=BC，结合角平分线的性质可求得DE=DC=AB=1，则可求得AD的长，可求得答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB=CD=1，AD∥BC，AD=BC，∴∠DEC=∠BCE．∵CE平分∠BCD，∴∠DCE=∠BCE，∴∠DEC=∠DCE，∴DE=DC=1．
∵AE=3，∴AD=BC=3+1=2．
故选C．
本题主要考查平行四边形的性质，利用平行线的性质及角平分线的性质求得DE=DC是解题的关键．
4、C
【解析】
根据中位数的定义:将一组数据按照大小顺序排列后,取最中间的数或最中间两个数的平均数,做为这组数据的中位数.
【详解】
先将9名同学数学测试成绩:78,82,98,90,100,60,75,75,88,
按从小到大排列: 60,75,75, 78,82, 88,90,98,100,
其中最中间的数是:82,
所以这组数据的中位数是82,
故选C.
本题主要考查数据中位数的定义,解决本题的关键是要熟练掌握中位数的定义.
5、A
【解析】
连接OA、OB，由，根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB=115°，根据线段的垂直平分线的性质得到OA=OB，OA=OC，根据等腰三角形的性质计算即可．
【详解】
解：如图，连接OA、OB，
∵∠BAC=65°，
∴∠ABC+∠ACB=115°，
∵O是AB，AC垂直平分线的交点，
∴OA=OB，OA=OC，
∴∠OAB=∠OBA，∠OCA=∠OAC，OB=OC，
∴∠OBA+∠OCA=65°，
∴∠OBC+∠OCB=115°-65°=50°，
∵OB=OC，
∴∠BCO=∠OBC=25°，
故选：A．
本题考查的是线段的垂直平分线的性质以及三角形内角和定理，解决问题的关键是掌握：线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等．
6、A
【解析】
本题根据一元二次方程的定义解答．一元二次方程必须满足四个条件：（1）未知数的最高次数是2；（2）二次项系数不为0；（3）是整式方程；（4）含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证，满足这四个条件者为正确答案．
【详解】
A. 方程x2−1=0符合一元二次方程的一般形式，正确；
B. 方程x3+2x+1=0的最高次数是3，故错误；
C. 方程3x+2=3化简为3x−1=0，该方程为一元一次方程，故错误；
D. 方程x2+2y=0含有两个未知数，为二元二次方程，故错误；
故选A.
此题考查一元二次方程的定义，解题关键在于掌握其定义.
7、D
【解析】
由题得BD= =5，根据折叠的性质得出△ADG≌△A′DG，继而得A′G=AG，A′D=AD，A′B=BD-A′G，再Rt△A′BG根据勾股定理构建等式求解即可.
【详解】
解：由题得BD= =5，
根据折叠的性质得出：△ADG≌△A′DG，
∴A′G=AG，A′D=AD=3，
A′B=BD-A′G=5-3=2，BG=4-A′G
在Rt△A′BG中，BG2=A′G2+A′B2可得：，
解得A′G=，则AG=，
故选：D．
本题主要考查折叠的性质，由已知能够注意到△ADG≌△A′DG是解决的关键．
8、D
【解析】
分析图象，可知该图象是路程与时间的关系，先离家逐渐变远，然后距离不变，在逐渐变近，据此进行判断即可得.
【详解】
通过分析图象和题意可知，行走规律是：离家逐渐远去，离家距离不变，离家距离逐渐近，所以小王散步行走的路线可能是
故选D．
本题考查了函数的图象，根据函数图象的性质和图象上的数据分析得出函数的类型和所需要的条件，结合实际意义得到正确的结论是解题的关键.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
先根据含30°的直角三角形得出点B和点D的坐标，再根据△OAC面积为4和点C在反比例函数图象上得出k．
【详解】
在Rt△OAB中，∠B=30°，
∴可设OA=a，则AB=OA=a，
∴点B的坐标为（a，a），
∴直线OB的解析是为y＝x
∵D是AB的中点
∴点D的坐标为（a，a）
∴k=a2
又∵S△OAC=4，
∴OA•yc=4，即•a•yc=4，
∴yc=
∴C（，）
∴k=•=
∴
∴a2=16，
∴k=a2=8．
故答案为8．
本题主要考查反比例函数的图象和性质，熟练运用30°直角三角形的性质与反比例函数k的几何意义是解题的关键．
10、②③④⑤
【解析】
由题中条件可得△ABE≌△CBD，得出对应边、对应角相等，进而得出△BGD≌△BFE，△ABF≌△CGB，再由边角关系即可求解题中结论是否正确，进而可得出结论．
【详解】
∴AB=BC,BD=BE,∠ABC=∠DBE=60°，
∴∠ABE=∠CBD，
在△ABE和△CBD中,
，
∴△ABE≌△CBD(SAS)，
∴AE=CD，∠BDC=∠AEB，
又∵∠DBG=∠FBE=60°，
∴在△BGD和△BFE中,
，
∴△BGD≌△BFE(ASA)，
∴BG=BF,∠BFG=∠BGF=60°，
∴△BFG是等边三角形，
∴FG∥AD，
在△ABF和△CGB中,
，
∴△ABF≌△CGB(SAS)，
∴∠BAF=∠BCG，
∴∠CAF+∠ACB+∠BCD=∠CAF+∠ACB+∠BAF=60°+60°=120°，
∴∠AHC=60°，
∴②③④⑤都正确.
故答案为②③④⑤.
本题主要考查了等边三角形的性质及全等三角形的判定及性质问题，能够熟练掌握.
11、
【解析】
连接BD,BF，由正方形性质求出∠DBF=90〫，根据勾股定理求出BD，BF，再求DF,再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边一半求BH.
【详解】
连接BD,BF，
∵四边形ABCD和四边形BEFG是正方形，
∴∠DBC=∠GBF =45〫, BD=,BF=,
∴∠DBF=90〫，
∴DF= ，
∵H为线段DF的中点，
∴BH=
故答案为
本题考核知识点：正方形性质，直角三角形. 解题关键点：熟记正方形，直角三角形的性质.
12、．
【解析】
如图，作AH⊥BC于H．根据平行四边形ABCD的面积＝BC•AH，即可解决问题．
【详解】
如图，作AH⊥BC于H．
在Rt△ABH中，∵AB＝4，∠B＝60°，∠AHB＝90°，∴AH＝AB•sin60°＝2，∴平行四边形ABCD的面积＝BC•AH＝16．
故答案为：16．
本题考查了平行四边形的性质、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，属于中考常考题型．
13、4031.
【解析】
试题分析：本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是找出坐标的规律.观察①n为奇数时，横坐标纵坐标变化得出规律；②n为偶数时，横坐标纵坐标变化得出规律，再求解.
试题解析：观察①n为奇数时，横坐标变化：-1+1，-1+2，-1+3，…-1+，
纵坐标变化为：0-1，0-2，0-3，…-，
②n为偶数时，横坐标变化：-1-1，-1-2，-1-3，…-1-，
纵坐标变化为：1，2，3，…，
∵点An（n为正整数）的横坐标为2015，
∴-1+=2015，解得n=4031，
故答案为4031.
考点：一次函数图象上点的坐标特征．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（1）∵ 四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，AB=CD.
又∵AC是折痕，∴BC = CE = AD ，AB =AE =CD.
又∵DE = ED，∴ΔADE ≌ΔCED（SSS）；
（2）∵ΔADE ≌ΔCED，∴∠EDC =∠DEA，
又∵ΔACE与ΔACB关于AC所在直线对称，∴∠OAC =∠CAB.
又∵∠OCA =∠CAB，∴∠OAC =∠OCA.
∵∠DOE = ∠COA，
∴∠OAC =∠DEA，
∴DE∥AC.
考点：1.折叠问题；2.矩形的性质；3.折叠对称的性质；4.全等三角形的判定和性质；5. 平行的判定.
15、（1）最多（2）
【解析】
（1）设购进“黑美人”西瓜千克，则购进“无籽”西瓜千克，根据购进“黑美人”西瓜的重量不超过“无籽”西瓜重量的倍，即可得出关于的一元一次不等式，解之取其最大值即可得出结论； （2）根据总价=单价×数量，即可得出关于的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
【详解】
解：（1）设购进“黑美人”西瓜千克，则购进“无籽”西瓜千克， 依题意，得：，
解得：．
答：“黑美人”西瓜最多购进40000千克．
（2）由题意得： ，
整理，得：，
解得：（舍去）．
答：的值为1．
本题考查了一元一次不等式的应用以及一元二次方程的应用，解题的关键是：（1）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程．
16、（1）y1=4x+400，y2=2x+820；（2）当运输路程x不超过210千米时，使用方式一最节省费用；当运输路程x超过210千米时，使用方式二最节省费用；当运输路程x等于210千米时，使用两种方式的费用相同．
【解析】
（1）根据运输总费用=装卸费用+加收的费用列式整理即可；
（2）分y1=y2、y1＞y2、y1＜y2三种情况讨论求解．
【详解】
（1）y1=4x+400，
y2=2x+820；
（2）①当y1＞y2时，4x+400＞2x+820，
x＞210，
②当y1＜y2时，4x+400＜2x+820，
x＜210，
③当y1=y2时，4x+400=2x+820，
x=210，
答：当运输路程x不超过210千米时，使用方式一最节省费用；
当运输路程x超过210千米时，使用方式二最节省费用；
当运输路程x等于210千米时，使用两种方式的费用相同．
考查了一次函数的应用，理解两种运输方式的收费组成是解题的关键，（2）要注意分情况讨论．
17、，
【解析】
【分析】用公式法求一元二次方程的解.
【详解】
解：，，．
>1．
∴．
∴原方程的解为，
【点睛】本题考核知识点:解一元二次方程.解题关键点：熟记一元二次方程的求根公式.
18、（1） ；（2）证明见解析.
【解析】
(1)由AM＝2AE＝4，利用平行四边形的性质可求出BC=AD=1，利用直角三角形的性质得出BE、CE的长,进而得出答案;
(2) 延长EM，CD交于点N，连接CM．通过证明△AEM≌△DNM，可得EM＝MN，然后由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可证MN＝MC，然后根据三角形外角的性质证明即可.
【详解】
（1）解：∵M为AD的中点，AM＝2AE＝4，
∴AD＝2AM＝1．在▱ABCD的面积中，BC＝CD＝1，
又∵CE⊥AB，
∴∠BEC＝90°，
∵∠BCE＝30°，
∴BE＝BC＝4，
∴AB＝6，CE＝4，
∴▱ABCD的面积为：AB×CE＝6×4＝24；
（2）证明：延长EM，CD交于点N，连接CM．
∵在▱ABCD中，AB∥CD，
∴∠AEM＝∠N，
在△AEM和△DNM中
∵∠AEM=∠N，
AM=DM，
∠AME=∠DMN，
∴△AEM≌△DNM（AAS），
∴EM＝MN，
又∵AB∥CD，CE⊥AB，
∴CE⊥CD，
∴CM是Rt△ECN斜边的中线，
∴MN＝MC，
∴∠N＝∠MCN，
∴∠EMC＝2∠N＝2∠AEM．
此题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质、直角三角形的性质等知识.熟练应用平行四边形的性质是解（1）关键，正确作出辅助线是解（2）的关键.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（或）
【解析】
观察方程的两个分式具备的关系，如果设，则原方程另一个分式为可用换元法转化为关于y的分式方程．去分母即可．
【详解】
∵=
∴把代入原方程得：，
方程两边同乘以y整理得：.
此题考查换元法解分式方程，解题关键在利用换元法转化即可.
20、扇形
【解析】
条形统计图能很容易看出数量的多少；折线统计图不仅容易看出数量的多少，而且能反映数量的增减变化情况；扇形统计图能反映部分与整体的关系；由此根据情况选择即可．
【详解】
解：由统计图的特点可知：想用统计图记录垃圾的处理比例，就用扇形统计图.
故答案为扇形.
此题应根据条形统计图、折线统计图、扇形统计图各自的特点进行解答．
21、0
【解析】
根据一元二次方程根的判别式，将本题中的a、b、c带入即可求出答案.
【详解】
解：∵一元二次方程，
整理得：，
可得：，
∴根的判别式；
故答案为0.
本题考查一元二次方程根的判别式，首先把方程化成一般形式，得出一元二次方程的二次项系数、一次项系数与常数项，再根据根的判别式公式求解，解题中需注意符号问题.
22、k≤5
【解析】
根据关于x的方程有解，当时是一次方程，方程必有解，时是二元一次函数，则可知△≥0，列出关于k的不等式，求得k的取值范围即可．
【详解】
解：∵方程有解
①当时是一次方程，方程必有解，
此时
②当时是二元一次函数，此时方程有解
∴△=16-4（k-1）≥0
解得：k≤5.
综上所述k的范围是k≤5.
故答案为：k≤5.
本题考查了一元二次方程根的判别式的应用．
总结：一元二次方程根的情况与判别式△的关系：
（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；
（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；
（3）△＜0⇔方程没有实数根．
23、±6
【解析】
根据完全平方公式的展开式，即可得到答案.
【详解】
解：∵是一个完全平方式，
∴；
故答案为：.
本题考查了完全平方公式，解题的关键是掌握完全平方公式的展开式.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）；（2）
【解析】
(1)首先找出公因式，进而利用平方差公式分解因式即可；
(2)利用完全平方公式分解因式即可.
【详解】
解：（1）=2m(m2-4)= ;
（2）=
此题主要考查了提公因式法以及公式法进行分解因式，正确找出公因式是解题关键．
25、 (1)证明见解析；(2) 四边形ADEC的周长为6＋3.
【解析】
（1）连接CD交AE于F，根据平行四边形的性质得到CF=DP，OF=PF，根据题意得到AF=EF，又CF=DP，根据平行四边形的判定定理证明即可；
（2）根据题意计算出OC、OP的长，根据勾股定理求出AC、CE，根据平行四边形的周长公式计算即可．
【详解】
(1)证明：如答图，连接CD交AE于F.
∵四边形PCOD是平行四边形，
∴CF＝DF，OF＝PF.
∵PE＝AO，
∴AF＝EF.
又∵CF＝DF，
∴四边形ADEC为平行四边形．
(2)解：当点P运动的时间为秒时，
OP＝，OC＝3，
则OE＝.
由勾股定理，得AC＝＝3，
CE＝＝.
∵四边形ADEC为平行四边形，
∴四边形ADEC的周长为（3+）×2＝6＋3.
本题考查的知识点是平行四边形的性质和判定、勾股定理的应用，解题关键是掌握对角线互相平分的四边形是平行四边形．
26、（1），；（2）①当购买24张票时，两种方案付款一样多，②时，，方案①付款较少，③当时，，方案②付款较少.
【解析】
（1）首先根据方案①：付款总金额=购买成人票金额+除去4人后的学生票金额；
方案②：付款总金额=（购买成人票金额+购买学生票金额）打折率，列出关于的函数关系式；
（2）根据（1）的函数关系式求出当两种方案付款总金额相等时，购买的票数，再分三种情况讨论.
【详解】
（1）按方案①可得：
按方案②可得：
（2）因为，
①当时，得，解得，
∴当购买24张票时，两种方案付款一样多.
②当时，得，解得，
∴时，，方案①付款较少.
③当时，得，解得，
当时，，方案②付款较少.
本题根据实际问题考查了一次函数的应用.解决本题的关键是根据题意正确列出两种方案的解析式，进而计算出临界点的取值，再进一步讨论.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
处里方式
回收利用
填埋
焚烧
占的百分比
4%
23%
73%