浙江省嘉兴市十学校2024-2025学年九年级数学第一学期开学综合测试模拟试题【含答案】

这是一份浙江省嘉兴市十学校2024-2025学年九年级数学第一学期开学综合测试模拟试题【含答案】，共29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）函数y=（2﹣a）x+b﹣1是正比例函数的条件是（ ）
A．a≠2 B．b=1 C．a≠2且b=1 D．a，b可取任意实数
2、（4分）如图，在△ABC中，∠A=90°，点D在AC边上，DE//BC，若∠1=155°，则∠B的度数为（ ）
A．55°B．65°C．45°D．75°
3、（4分）如图，在平行四边形中，，，的平分线交于点，则的长是（ ）
A．4B．3C．3.5D．2
4、（4分）如图，正方形OABC的兩辺OA、OC分別在x轴、y轴上，点D(5，3)在边AB上，以C为中心，把△CDB旋转90°，则旋转后点D的对应点D′的坐标是（ ）
A．(1，10)B．(-2，0)C．(2，10)或(-2，0)D．(10，2)或(-2，0)
5、（4分）从、、、这四个代数式中任意抽取一个，下列事件中为确定事件的是（ ）
A．抽到的是单项式B．抽到的是整式
C．抽到的是分式D．抽到的是二次根式
6、（4分）直线与轴的交点坐标为（ ）
A．B．C．D．
7、（4分）将不等式组的解集在数轴上表示出来，正确的是（ ）
A．B．
C．D．
8、（4分）矩形、菱形、正方形都具有的性质是（ ）
A．对角线互相垂直
B．对角线互相平分
C．对角线相等
D．每一条对角线平分一组对角
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）在学校的卫生检查中，规定各班的教室卫生成绩占30%，环境卫生成绩占40%，个人卫生成绩占30%．八年级一班这三项成绩分别为85分，90分和95分，求该班卫生检查的总成绩_____．
10、（4分）如图，∠DAB=∠CAE，请补充一个条件：________________，使△ABC∽△ADE．
11、（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__.
12、（4分）分式与的最简公分母是_____．
13、（4分）如图，在矩形ABCD中，AB=6，AD=4，过矩形ABCD的对角线交点O作直线分别交CD、AB于点E、F，连接AE，若△AEF是等腰三角形，则DE=______．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分） “书香校园”活动中，某校同时购买了甲、乙两种图书，已知两种图书的购书款均为360元，甲种图书的单价比乙种图书低50%，甲种图书比乙种图书多4本，甲、乙两种图书的单价分别为多少元？
15、（8分）如图，在平面直角坐标系中，直线分别与轴、轴交于点，且与直线交于.
（1）求出点的坐标
（2）当时，直接写出x的取值范围.
（3）点在x轴上，当△的周长最短时，求此时点D的坐标
（4）在平面内是否存在点,使以为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由.
16、（8分）如图，矩形中，点在边上，将沿折叠，点落在边上的点处，过点作交于点，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，求四边形的面积．
17、（10分）已知直线经过点．
（1）求的值；
（2）求此直线与轴、轴围成的三角形面积．
18、（10分）（1）如图1，在矩形中，对角线与相交于点，过点作直线，且交于点，交于点，连接，且平分.
①求证：四边形是菱形；
②直接写出的度数；
（2）把（1）中菱形进行分离研究，如图2，分别在边上，且，连接为的中点，连接，并延长交于点，连接.试探究线段与之间满足的关系，并说明理由；
（3）把（1）中矩形进行特殊化探究，如图3，矩形满足时，点是对角线上一点，连接，作，垂足为点，交于点，连接，交于点.请直接写出线段三者之间满足的数量关系.
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）对任意的两实数,用表示其中较小的数，如，则方程的解是__________.
20、（4分）若反比例函数y＝的图象经过A（﹣2，1）、B（1，m）两点，则m=________．
21、（4分）化简的结果等于_____________．
22、（4分）如图，两把完全一样的直尺叠放在一起，重合的部分构成一个四边形，这个四边形一定是______．
23、（4分）如图，在△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF中点，则AM的最小值为_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是斜边AB上的中线，过点A作AE⊥CD于点F，交CB于点E，且∠EAB＝∠DCB．
（1）求∠B的度数：
（2）求证：BC＝3CE．
25、（10分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝3，BC＝5，连接BD，∠BAD的平分线分别交BD、BC于点E、F，且AE∥CD
（1）求AD的长；
（2）若∠C＝30°，求CD的长．
26、（12分）如图，已知平行四边形ABCD的对角线AC和BD交于点O，且AC+BD＝28，BC＝12，求△AOD的周长．
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】解：根据正比例函数的定义得：2﹣a≠0，b﹣1=0，∴a≠2，b=1．故选C．
点睛：本题主要考查对正比例函数的定义的理解和掌握，能根据正比例函数的意义得出2﹣a≠0和b﹣1=0是解答此题的关键．
2、B
【解析】
先根据补角的定义求出∠CDE的度数，再由平行线的性质求出∠C的度数，根据余角的定义即可得出结论．
【详解】
解：∵∠1=155°，
∴∠CDE=180°-155°=25°．
∵DE∥BC，
∴∠C=∠CDE=25°．
∵∠A=90°，
∴∠B=90°-25°=65°．
故选：B．
本题考查的是平行线的性质，以及余角的性质，解题的关键是掌握两直线平行，内错角相等．
3、B
【解析】
根据平行四边形的性质可得，再根据角平分线的性质可推出，根据等角对等边可得，即可求出的长．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形
∴
∴
∵是的平分线
∴
∴
∴
∴
故答案为：B．
本题考查了平行四边形的线段长问题，掌握平行四边形的性质、平行线的性质、角平分线的性质、等角对等边是解题的关键．
4、C
【解析】
根据题意，分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况，求出点D′到x轴、y轴的距离，即可判断出旋转后点D的对应点D′的坐标是多少即可．
【详解】
解：因为点D（5，3）在边AB上，
所以AB=BC=5，BD=5-3=2；
（1）若把△CDB顺时针旋转90°，
则点D′在x轴上，OD′=2，
所以D′（-2，0）；
（2）若把△CDB逆时针旋转90°，
则点D′到x轴的距离为10，到y轴的距离为2，
所以D′（2，10），
综上，旋转后点D的对应点D′的坐标为（-2，0）或（2，10）．
故选C．
本题考查坐标与图形变化-旋转，考查了分类讨论思想的应用，解答此题的关键是要注意分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况．
5、D
【解析】
根据题意找出下列事件中为确定事件，掌握单项式、整式、分式、二次根式的定义以此分析选项，采用排除法得出最终正确选项.
【详解】
A. 不是单项式，错误；
B. 不是整式，错误；
C．、、不是分式，错误；
D. 、、、都是二次根式，正确.
故选D.
此题考查单项式、整式、分式、二次根式，解题关键在于掌握单项式、整式、分式、二次根式的定义.
6、B
【解析】
令y=0，求出x的值即可得出结论．
【详解】
解：令y=0，则x=3，
∴直线y=x-3与x轴的交点坐标为（3，0）．
故选：B．
本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，熟知一次函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
7、C
【解析】
根据解不等式组的方法可以求得原不等式组的解集，并把它的解集在数轴上表示出来．
【详解】
解：，
由不等式①，得x＞3，
由不等式②，得x≤4，
∴原不等式组的解集是3＜x≤4，在数轴上表示如下图所示，
，
故选：C．
本题考查解一元一次不等式组、在数轴上表示不等式的解集，解答本题的关键是明确解不等式的方法，会在数轴上表示不等式组的解集．
8、B
【解析】
矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，共有的性质就是平行四边形的性质．
【详解】
矩形、菱形、正方形共有的性质是对角线互相平分．故选：B．
本题考查矩形、菱形、正方形的性质，熟记矩形、菱形、正方形的性质是解题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、90分．
【解析】
试题分析：根据加权平均数的计算公式求解即可．
解：该班卫生检查的总成绩=85×30%+90×40%+95×30%=90（分）．
故答案为90分．
考点：加权平均数．
10、解：∠D=∠B或∠AED=∠C．
【解析】
根据相似三角形的判定定理再补充一个相等的角即可．
【详解】
解：∵∠DAB=∠CAE
∴∠DAE=∠BAC
∴当∠D=∠B或∠AED=∠C或AD：AB=AE：AC或AD•AC=AB•AE时两三角形相似．
故答案为∠D=∠B（答案不唯一）．
11、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．
12、2a-2b
【解析】
根据确定最简公分母的方法求解即可．
【详解】
解：∵分式与的分母分别是：2a-2b=2(a-b)，b-a=-(a-b)，
∴最简公分母是2a-2b，
故答案为：2a-2b.
本题考查了最简公分母的定义及求法，通常取各分母系数的最小公倍数与字母因式的最高次幂的积作公分母，这样的公分母叫做最简公分母．一般方法：①如果各分母都是单项式，那么最简公分母就是各系数的最小公倍数，相同字母的最高次幂，所有不同字母都写在积里．②如果各分母都是多项式，就可以将各个分母因式分解，取各分母数字系数的最小公倍数，凡出现的字母（或含字母的整式）为底数的幂的因式都要取最高次幂．
13、或1
【解析】
连接AC，如图1所示：由矩形的性质得到∠D=90°，AD=BC=4，OA=OC，AB∥DC，求得∠OAF=∠OCE，根据全等三角形的性质得到AF=CE，若△AEF是等腰三角形，分三种情讨论：
①当AE=AF时，如图1所示：设AE=AF=CE=x，则DE=6-x，根据勾股定理即可得到结论；
②当AE=EF时，作EG⊥AF于G，如图1所示：设AF=CE=x，则DE=6-x，AG=x，列方程即可得到结论；
③当AF=FE时，作FH⊥CD于H，如图3所示：设AF=FE=CE=x，则BF=6-x，则CH=BF=6-x，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
解：连接AC，如图1所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，AD=BC=4，OA=OC，AB∥DC，
∴∠OAF=∠OCE，
在△AOF和△COE中，，
∴△AOF≌△COE（ASA），
∴AF=CE，
若△AEF是等腰三角形，分三种情讨论：
①当AE=AF时，如图1所示：
设AE=AF=CE=x，则DE=6-x，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：41+（6-x）1=x1，
解得：x=，即DE=；
②当AE=EF时，
作EG⊥AF于G，如图1所示：
则AG=AE=DE，
设AF=CE=x，则DE=6-x，AG=x，
∴x=6-x，解得：x=4，
∴DE=1；
③当AF=FE时，作FH⊥CD于H，如图3所示：
设AF=FE=CE=x，则BF=6-x，则CH=BF=6-x，
∴EH=CE-CH=x-（6-x）=1x-6，
在Rt△EFH中，由勾股定理得：41+（1x-6）1=x1，
整理得：3x1-14x+51=0，
∵△=（-14）1-4×3×51＜0，
∴此方程无解；
综上所述：△AEF是等腰三角形，则DE为或1；
故答案为：或1．
此题考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，根据勾股定理得出方程是解题的关键，注意分类讨论．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、甲种图书的单价为每本45元，乙种图书的单价为每本90元
【解析】
设乙种图书的单价是每本x元，则甲种图书的单价是每本0.5x元，根据题意列出分式方程，解之经检验后即可得出结论．
【详解】
设乙种图书的单价是每本x元，则甲种图书的单价是每本0.5x元
根据题意得：
解得：x=90
经检验：x=90是分式方程的解
答：甲种图书的单价为每本45元，乙种图书的单价为每本90元．
本题考查了分式方程的应用，解题的关键是找准等量关系，列出分式方程．
15、（1）（6，3）；（2）；（3）（0，0）；（4）（6，9）或（6，-3）或（-6，3）.
【解析】
（1）直接联立两直线解析式，即可得到点A的坐标；
（2）直接在图象上找到时，x的取值范围；
（3）过点A作交点为E即可得出点D与点O重合的时候，△的周长最短，即可得出点D的坐标；
（4）分三种情况考虑：当四边形OAQ1C为平行四边形时；当四边形OQ2AC为平行四边形时；当四边形OACQ3为平行四边形时，分别求出点Q的坐标即可.
【详解】
（1）联立两直线解析式可得
解得：
点A的坐标为（6，3）
（2）由点A（6，3）及图象知，当时，
（3）
过点A作交点为E，由图可知点B关于直线AE的对称点为点O
当点D与点O重合的时候，△的周长最短
即为CO+BC=6+6
此时点D的坐标为（0，0）
（4）存在点,使以为顶点的四边形是平行四边形
如图所示，分三种情况考虑：
当四边形OAQ1C为平行四边形时,
点Q1的横坐标为6，纵坐标为点C的纵坐标+3=9
Q1的坐标为（6，9）
当四边形OQ2AC为平行四边形时,
点Q2的横坐标为6，纵坐标为点A的纵坐标-6=-3
Q2的坐标为（6，-3）
当四边形OACQ3为平行四边形时,
点Q3关于OC的对称点为点A
Q3的坐标为（-6，3）
综上点Q的坐标为：（6，9）或（6，-3）或-6，3）.
本题考查了一次函数的性质，平行四边形的性质，轴对称的性质，解题的重点是要熟练掌握各自的性质.
16、（1）详见解析；（2）
【解析】
（1）根据题意可得，因此可得，又，则可得四边形是平行四边形，再根据可得四边形是菱形.
（2）设，则，再根据勾股定理可得x的值，进而计算出四边形的面积.
【详解】
（1）证明：由题意可得，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵
∴四边形是菱形；
（2）∵矩形中， ，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
解得， ，
∴，
∴四边形的面积是：．
本题主要考查菱形的判定，关键在于首先证明其是平行四边形，再证明两条临边相等即可.
17、 (1) ；（2）2.
【解析】
(1)把带入求解即可;(2)先求出一次函数y=-x+2与x轴和y轴的交点,再利用三角形的面积公式求解即可.
【详解】
（1）将点代入
得
∴
（2）
由（1）得直线解析式为
令，得到与轴交点为
令，得到与轴交点为
∴直线与两坐标轴围成的三角形面积为．
本题考查了待定系数法求一次函数解析式及三角形的面积，难度不大，属于基础题，注意细心运算即可．
18、 (1)①见解析;②60°;(1)见解析;(3)见解析.
【解析】
（1）①由△DOE≌△BOF，推出EO=OF，由OB=OD，推出四边形EBFD是平行四边形，再证明EB=ED即可；②先证明∠ABD=1∠ADB，推出∠ADB=30°，即可解决问题；
（1）延长到，使得，连接，由菱形性质，，得，由此，由ASA可证得，由此，故
，由，可证得是等边三角形，可得，，由SAS可证，可得，即是等边三角形，
在中，由，，可得，由此可得；
（3）结论：EG1=AG1+CE1．如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，先证明△DEG≌△DEM，再证明△ECM是直角三角形即可解决问题．
【详解】
（1）①证明：如图1中，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是菱形．
②∵四边形是菱形，
∴，
∵平分，
∴，
∴=，
∵四边形是矩形，
∴A=，
∴+=，
∴==，
∴；
（1）结论：．
理由：如图1中，延长到，使得，连接．
∵四边形是菱形，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
在中，∵，，
∴，
∴．
（3）结论：．
理由：如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，
∵∠FAD+∠DEF=90°，
∴AFED四点共圆，
∴∠EDF=∠DAE=45°，∠ADC=90°，
∴∠ADF+∠EDC=45°，
∵∠ADF=∠CDM，
∴∠CDM+∠CDE=45°=∠EDG，
在△DEM和△DEG中，
，
∴△DEG≌△DEM，
∴GE=EM，
∵∠DCM=∠DAG=∠ACD=45°，AG=CM，
∴∠ECM=90°，
∴EC1+CM1=EM1，
∵EG=EM，AG=CM，
∴GE1=AG1+CE1．
本题考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、，
【解析】
此题根据题意可以确定max(2,2x-1)，然后即可得到一个一元二次方程，解此方程即可求出方程的解．
【详解】
①当2x-1>2时，∵max（2，2x-1）=2，
∴xmax(2，2x-1)=2x，
∴2x=x+1
解得，x=1，此时2x-1>2不成立；
②当2x-1