2024年江西省瑞金市瑞金四中学数学九上开学学业水平测试模拟试题【含答案】

这是一份2024年江西省瑞金市瑞金四中学数学九上开学学业水平测试模拟试题【含答案】，共24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）关于一组数据：1，5，6，3，5，下列说法错误的是（ ）
A．平均数是4B．众数是5C．中位数是6D．方差是3.2
2、（4分）在平面直角坐标系中，点位于
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3、（4分）若顺次连结四边形四条边的中点，所得的四边形是菱形，则原四边形一定是（ ）
A．平行四边形B．矩形
C．对角线相等的四边形D．对角线互相垂直的四边形
4、（4分）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
5、（4分）如图，四边形中，，，且，以，，为边向外作正方形，其面积分别为，，．若，，则的值为
A．8B．12C．24D．60
6、（4分）某校九年级（1）班全体学生2018年初中毕业体育考试的成绩统计如表：
根据表中的信息判断，下列结论中错误的是（ ）
A．该班一共有45名同学
B．该班学生这次考试成绩的众数是28
C．该班学生这次考试成绩的平均数是25
D．该班学生这次考试成绩的中位数是28
7、（4分）如图，正方形ABCD的边长为8，点M在边DC上，且，点N是边AC上一动点，则线段的最小值为
A．8
B．
C．
D．10
8、（4分）下列图形中，既是轴对称又是中心对称图形的是（ ）
A．正方形B．等边三角形C．平行四边形D．正五边形
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，一次函数y＝kx+b的图象与x轴相交于点（﹣2，0），与y轴相交于点（0，3），则关于x的方程kx＝b的解是_____．
10、（4分）某同学在体育训练中统计了自己五次“1分钟跳绳”成绩，并绘制了如图所示的折线统计图，这五次“1分钟跳绳”成绩的中位数是__________个．
11、（4分）数据 1，2，3，4，5，x 的平均数与众数相等，则 x＝_____．
12、（4分）使分式有意义的x范围是_____．
13、（4分）如图所示,在矩形纸片ABCD中,点M为AD边的中点,将纸片沿BM,CM折叠,使点A落在A1处,点D落在D1处.若∠1=30°,则∠BMC的度数为____.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分） (1)解方程：﹣＝1
(2)先化简，再求值：÷(﹣x﹣2)，其中x＝﹣2
15、（8分）如图①，C地位于A、B两地之间，甲步行直接从C地前往B地，乙骑自行车由C地先回A地，再从A地前往B地（在A地停留时间忽略不计），已知两人同时出发且速度不变，乙的速度是甲的2.5倍，设出发xmin后，甲、乙两人离C地的距离为y1m、y2m，图②中线段OM表示y1与x的函数图象．
（1）甲的速度为______m/min．乙的速度为______m/min．
（2）在图②中画出y2与x的函数图象，并求出乙从A地前往B地时y2与x的函数关系式．
（3）求出甲、乙两人相遇的时间．
（4）请你重新设计题干中乙骑车的条件，使甲、乙两人恰好同时到达B地．
要求：①不改变甲的任何条件．
②乙的骑行路线仍然为从C地到A地再到B地．
③简要说明理由．
④写出一种方案即可．
16、（8分）如图，正方形ABCD中，E是AD上任意一点，于F点，于G点．
求证：．
17、（10分）化简并求值：其中．
18、（10分）（1）如图，已知矩形中，点是边上的一动点（不与点、重合），过点作于点，于点，于点，猜想线段三者之间具有怎样的数量关系，并证明你的猜想；
（2）如图，若点在矩形的边的延长线上，过点作于点，交的延长线于点，于点，则线段三者之间具有怎样的数量关系，直接写出你的结论；
（3）如图，是正方形的对角线，在上，且，连接，点是上任一点，与点，于点，猜想线段之间具有怎样的数量关系，直接写出你的猜想.
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）如图，正方形ABOC的面积为4，反比例函数的图象过点A，则k＝_______．
20、（4分）若，则的值是________
21、（4分） “如果 a＝b，那么 a2＝b2”，写出此命题的逆命题_______．
22、（4分）若，则= ．
23、（4分）不等式2x-1>x解集是_________.
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°，D是AB的中点，过点A作AE//BC与过点D作CD的垂线交于点E.
（1）如图1，若CE交AD于点F，BC=6，∠B=30°，求AE的长
（2）如图2，求证AE+CE=BC
25、（10分）某产品每件的成本为10元，在试销阶段每件产品的日销售价x（元）与产品的日销售量y（件）之间的关系如下表：
（1）观察与猜想y与x的函数关系，并说明理由．
（2）求日销售价定为30元时每日的销售利润．
26、（12分）如图，P、Q是方格纸中的两格点，请按要求画出以PQ为对角线的格点四边形.（顶点都在格点上的四边形称为格点四边形）
（1）在图①中画出一个面积最小的中心对称图形PAQB，
（2）在图②中画出一个四边形PCQD，使其是轴对称图形但不是中心对称图形，且另一条对角线CD由线段PQ以某一格点为旋转中心旋转得到.
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：A．这组数据的平均数是（1+5+6+3+5）÷5=4，故本选项正确；
B．5出现了2次，出现的次数最多，则众数是3，故本选项正确；
C．把这组数据从小到大排列为：1，3，5，5，6，最中间的数是5，则中位数是5，故本选项错误；
D．这组数据的方差是： [（1﹣4）2+（5﹣4）2+（6﹣4）2+（3﹣4）2+（5﹣4）2]=3.2，故本选项正确；
故选C．
考点：方差；算术平均数；中位数；众数．
2、C
【解析】
根据第三象限内的点的横坐标小于零，纵坐标小于零，可得答案．
【详解】
解：在平面直角坐标系中，点位于第三象限，
故选：．
本题考查了各象限内点的坐标的符号特征以及解不等式，记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键，四个象限的符号特点分别是：第一象限（+，+）；第二象限（-，+）；第三象限（-，-）；第四象限（+，-）．
3、C
【解析】
∵四边形EFGH是菱形，
∴EH=FG=EF=HG=BD=AC，
故AC=BD.
故选C.
4、B
【解析】
首先根据把一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合,这样的图形叫轴对称图形,分别找出各选项所给图形中是轴对称图形的选项,进而排除不是轴对称
图形的选项;
然后再分析得到的是轴对称图形的选项,根据把一个图形绕某一点旋转180°,如果旋转后的图形能够与原来的图形重合,那么这个图形就叫做中心对称图形,找出它们当中是中心对称图形的选项即可
【详解】
A 是中心对称图形,不是轴对称图形,不符合题意
B.既是中心对称图形又是轴对称图形,符合题意;
C.既不是中心对称图形,也不是轴对称图形,不符合题意
D是轴对称图形,不是中心对称图形,不符合题意
故选B
此题主要考查中心对称图形和轴对称图形，根据定义对各选项进行分析判断是解决问题的关键;
5、B
【解析】
过作交于，则，依据四边形是平行四边形，即可得出，，再根据勾股定理，即可得到，进而得到的值．
【详解】
如图，过作交于，则，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
故选．
本题考查了平行四边形的判定与性质，勾股定理，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
6、C
【解析】
根据总数，众数，中位数的定义即可一一判断；
【详解】
解：该班一共有：1+5+4+10+15+10=45（人），众数是28分，中位数为28分，
故A、B、D正确，C错误，
故选：C．
本题考查总数，众数，中位数的定义，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考基础题．
7、D
【解析】
要使DN＋MN最小，首先应分析点N的位置．根据正方形的性质：正方形的对角线互相垂直平分．知点D的对称点是点B，连接MB交AC于点N，此时DN＋MN最小值即是BM的长．
【详解】
解：根据题意，连接BD、BM，则BM就是所求DN＋MN的最小值，

在Rt△BCM中，BC＝8，CM＝6
根据勾股定理得：BM＝ ，
即DN＋MN的最小值是10；
故选：D．
本题考查了轴对称问题以及正方形的性质，难点在于确定满足条件的点N的位置：利用轴对称的方法．然后熟练运用勾股定理．
8、A
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
A、正方形既是轴对称图形，也是中心对称图形，故选A正确；
B、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项B错误；
C、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故C错误；
D、正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项D错误．
故选A．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的知识，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形的关键是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、x=1
【解析】
依据待定系数法即可得到k和b的值，进而得出关于x的方程kx＝b的解．
【详解】
解：∵一次函数y＝kx+b的图象与x轴相交于点（﹣1，0），与y轴相交于点（0，3），
∴ ，
解得，
∴关于x的方程kx＝b即为：x＝3，
解得x＝1，
故答案为：x＝1．
本题主要考查了待定系数法的应用，任何一元一次方程都可以转化为ax+b＝0 （a，b为常数，a≠0）的形式，所以解一元一次方程可以转化为：当某个一次函数的值为0时，求相应的自变量的值．从图象上看，相当于已知直线y＝ax+b确定它与x轴的交点的横坐标的值．
10、1．
【解析】
解：由图可知，把数据从小到大排列的顺序是：180、182、1、185、186，中位数是1．
故答案为1．
本题考查折线统计图；中位数．
11、3
【解析】
根据平均数和众数的概念，可知当平均数与众数相等时，而1，2，3，4，5各不相同，因而x就是众数，也是平均数．则x就是1，2，3，4，5的平均数．
【详解】
平均数与众数相等,则x就是1,2,3,4,5的平均数,所以x==3.
故答案为：3.
本题考查了众数,算术平均数，掌握众数的定义和平均数的公式是解题的关键.
12、
【解析】
满足分式有意义的条件：分母不等于零，据此列不等式求出答案.
【详解】
∵分式有意义，
∴，
∴，
故答案为：.
此题考查分式有意义的条件：使分式的分母不等于零，熟记使分式有意义的条件是正确解答此题的关键.
13、105°
【解析】
根据∠1=30°，得∠A1MA+∠DMD1=180°-30°=150°，根据折叠的性质，得∠A1MB=AMB，∠D1MC=∠DMC，从而求解．
【详解】
由折叠,可知∠A1MB=AMB，∠D1MC=∠DMC.
因为∠1=30°,
所以∠A1MA+∠DMD1=180°-30°=150°
所以∠AMB+∠DMC= ∠A1MA+∠DMD1= ×150°=75°,
所以∠BMC的度数为180°-75°=105°.
故答案为：105°
本题考查的是矩形的折叠问题，理解折叠后的角相等是关键.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、 (1)x＝2；(2)；-2.
【解析】
（1）根据分式方程的解法即可求出答案．
（2）根据分式的运算法则即可求出答案．
【详解】
(1)x(x+1)﹣3(x﹣1)＝(x﹣1)(x+1)
x2+x﹣3x+3＝x2﹣1
x＝2
经检验：x＝2是原方程的根
(2)当x＝﹣2时，
原式＝÷
＝﹣×
＝
＝﹣
＝﹣2.
本题考查学生的运算，解题的关键是熟练运用运算法则，本题属于基础题型．
15、（1）80；200；（2）画图如图②见解析；当乙由A到C时，4.5≤x≤9，y2=1800-200x，当乙由C到B时，9≤x≤21，y2=200x-1800；（3）甲、乙两人相遇的时间为第15min；（4）甲、乙同时到达A．
【解析】
（1）由图象求出甲的速度，再由条件求乙的速度；
（2）由乙的速度计算出乙到达A、返回到C和到达B所用的时间，图象可知，应用方程思想列出函数关系式；
（3）根据题意，甲乙相遇时，乙与甲的路程差为1800，列方程即可．
（4）由甲到B的时间，反推乙到达B所用时间也要为30min，则由路程计算乙所需速度即可．
【详解】
解：（1）根据y1与x的图象可知，
甲的速度为，
则乙的速度为2.5×80=200m/min
故答案为：80，200
（2）根据题意画图如图②
当乙由A到C时，4.5≤x≤9
y2=900-200（x-4.5）=1800-200x
当乙由C到B时，9≤x≤21
y2=200（x-9）=200x-1800
（3）由已知，两人相遇点在CB之间，
则200x-80x=2×900
解得x=15
∴甲、乙两人相遇的时间为第15min．
（4）改变乙的骑车速度为140m/min，其它条件不变
此时甲到B用时30min，乙的用时为min
则甲、乙同时到达A．
本题为代数综合题，考查了一次函数的图象和性质及一元一次方程，解答关键时根据题意数形结合．
16、证明见解析
【解析】
根据于F点,于G点,可得,根据四边形ABCD是正方形,可得,再根据,,可得:
,在和中,由,可判定≌,根据全等三角形的性质可得:.
【详解】
证明:于F点,于G点,
,
四边形ABCD是正方形,
,
,
又,
,
在和中,
,
≌,
,
本题主要考查正方形的性质和全等三角形的判定和性质,解决本题的关键是要熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定和性质.
17、，
【解析】
先计算异分母分式加法，同时将除法写成乘法再约分，最后将x的值代入计算.
【详解】
原式==，
当时，
原式=，
故答案为： .
此题考查分式的化简计算，正确计算分式的混合运算是解题的关键.
18、（1），见解析；（2）或者，见解析；（3）.
【解析】
（1）过点作于,先得出四边形是矩形，再证明四边形是矩形，证明，求出即可；
（2）过C点作CO垂直EF,可得矩形HCOF,因为HC=FO,只要证明EO=EG，最后根据AAS证明.
（3）连接AC交BD于O,过点E作EH⊥AC,证明矩形FOHE,证明EG=CH,根据AAS证明.
【详解】
（1）答：
证明：如图1，过点作于．
，
四边形是矩形．
．
．
四边形是矩形，
，且互相平分
∴∠DBC=∠ACB

，
，
又，
．
∴EG=CN
；
即；
（2）或者；
过C点作CO垂直EF,
∵，CO⊥EF，
∴矩形COHF
∴CE∥BD，CH=DO
∴∠DBC=∠OCE
∵矩形ABCD
∴∠DBC=∠ACB
∵∠ECG=∠ACB
∴∠ECG=∠OCE
∵CO⊥EF，
∴∠G=∠COE
∵CE=CE
∴
∴EO=EG
∴或者；
（3）.
连接AC交BD于O,过点E作EH⊥AC,
∵正方形ABCD
∴FO⊥AC,
∵EH⊥AC
∴矩形FEOH,∠EHC=90°
∵EG⊥BC，EF=OH
∴∠EGC=90°=∠EHC
∴EH∥BD
∴∠HEC=∠FLE
∵BL=BC
∴∠GCE=∠FLE
∴∠GCE=∠HEC
∵EC=EC
∴
∴HC=GE
∴
本题考查的是矩形的综合运用，熟练掌握全等三角形是解题的关键.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、-4
【解析】
试题分析：反比例函数中k的几何意义，即过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得矩形面积为．
解：依题意得，
又∵图象位于第二象限，
∴
∴．
考点：反比例函数中k的几何意义
点评：本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握反比例函数中k的几何意义，即可完成.
20、.
【解析】
解：∵﹣=2，∴a﹣b=﹣2ab，∴原式====﹣．故答案为﹣．
21、如果a2＝b2，那么a=b.
【解析】
把原命题的题设与结论交换即可得解．
【详解】
“如果a=b，那么a2＝b2”的逆命题是“如果a2＝b2，那么a=b”
故答案为：如果a2＝b2，那么a=b.
此题考查命题与定理，解题关键在于掌握其定义
22、1．
【解析】
试题分析：有意义，必须，，解得：x=3，代入得：y=0+0+2=2，∴==1．故答案为1．
考点：二次根式有意义的条件．
23、x>1
【解析】
将不等式未知项移项到不等式左边，常数项移项到方程右边，合并后将x的系数化为1，即可求出原不等式的解集．
【详解】
解：2x-1＞x，
移项得：2x-x＞1，
合并得：x＞1，
则原不等式的解集为x＞1．
故答案为：x＞1
此题考查了一元一次不等式的解法，解一元一次不等式的步骤为：去分母，去括号，移项，合并同类项，将x的系数化为1求出解集．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）2；（2）见详解.
【解析】
（1）由点D是AB中点，∠B=30°得到△ACD是等边三角形，由30°角所对直角边等于斜边的一半，得到AC=，由BC=6，即可得到AC=，同理可计算得到；
（2）延长ED，交BC于点G，可证△ADE≌△BDG，得到AE=BG，然后证明△CDE≌△CDG，得到CE=CG，然后即可得到AE+CE=BC.
【详解】
解：（1）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是AB的中点，
∴AD=BD=CD，
∵∠B=30°，
∴∠BCD=∠B=30°，∠BAC=60°
∴△ACD是等边三角形.
∴AC=AD=
∵AE//BC，CD⊥DE，
∴∠CAE=∠ACB=90°，∠CDE=90°，
∴△ACE≌△DCE，
∴∠ACE=∠DCE=30°，
∴CE=2AE.
在Rt△ABC中，，BC=6，
∴，
∴，
同理，在Rt△ACE中，
解得：，
∴AE的长度为：2.
（2）如图，延长ED，交BC于点G，则
∵点D是AB的中点，
∴AD=BD，
∵AE∥BC，
∴∠EAD=∠GBD，
∵∠ADE=∠BDG，
∴△ADE≌△BDG（ASA），
∴AE=BG.DE=DG
∵CD⊥ED，
∴∠CDE=∠CDG=90°,
又CD=CD，
∴△CDE≌△CDG（SAS）,
∴CE=CG，
∵BC=BG+CG，
∴BC=AE+EC.
本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，30°角所对直角边等与斜边的一半，解题的关键是掌握全等三角形的判定和性质，准确地得到边之间的关系.
25、（1）y=-x+40；理由见解析；（2）200元．
【解析】
（1）设y与x的函数关系式为y=kx+b，任取两对，利用待定系数法求函数解析式；
（2）将x=30代入求得y的值，然后依据销售利润=每件的利润×销售件数即可．
【详解】
解：（1）设经过点（15，25）（20，20）的函数关系式为y=kx+b，
则有，
解得：，
∴y与x的函数关系式是y=-x+40；
（2）当x=30时，y=-30+40=10，
每日的销售利润=（30-10）×10=200元．
本题考查了待定系数法求一次函数解析式，熟练掌握待定系数法求一次函数解析式的步骤和方法是解题的关键．
26、（1）画图见解析；（2）画图见解析.
【解析】
（1）利用方格纸的特点及几何图形的计算方法，利用割补法，把四边形PAQB的面积转化为△PAQ与△PBQ的面积之和，根据两个三角形的底PQ一定时，要使面积最小，则满足高最小，且同时满足顶点都在格点上即可得答案；（2）根据题意，画出的四边形是轴对称图形但不是中心对称图形，且另一条对角线CD由线段PQ以某一格点为旋转中心旋转得到可知此四边形是等腰梯形，根据方格纸的特点，作出满足条件的图形即可.
【详解】
（1）∵PQ为对角线，
∴S四边形PAQB=S△PAQ+S△PBQ，
∵PQ一定时，高最小时，△PAQ与△PBQ的面积最小，A、B在格点上，
∴高为1，
∴四边形PAQB如图①所示：
（2）∵四边形PCQD是轴对称图形但不是中心对称图形，且另一条对角线CD由线段PQ以某一格点为旋转中心旋转得到，
∴四边形PCQD是等腰梯形，
∴四边形PCQD如图②所示：
本题考查了作图——旋转变化及利用割补法计算几何图形的面积，熟练掌握旋转的性质及方格纸的特点是解题关键.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
成绩（分）
20
22
24
26
28
30
人数（人）
1
5
4
10
15
10
X（元）
15
20
25
…
Y（件）
25
20
15
…