2025届北京市门头沟区名校九上数学开学综合测试模拟试题【含答案】

这是一份2025届北京市门头沟区名校九上数学开学综合测试模拟试题【含答案】，共26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）如图，正方形ABCD的边长为4cm，动点P从点A出发，沿A→D→C的路径以每秒1cm的速度运动（点P不与点A、点C重合），设点P运动时间为x秒，四边形ABCP的面积为ycm2，则下列图象能大致反映y与x的函数关系的是（ ）
A．B．
C．D．
2、（4分）下列从左到右的变形，是分解因式的是（ ）
A．B．
C．D．
3、（4分）与可以合并的二次根式是（ ）
A．B．C．D．
4、（4分）如图，在矩形ABCD中，E，F，G，H分别为边AB，DA，CD，BC的中点．若AB＝2，AD＝4，则图中阴影部分的面积为( )
A．3B．4C．6D．8
5、（4分）下列方程中属于一元二次方程的是（ ）
A．B．C．D．
6、（4分）如图，取一张长为、宽为的长方形纸片，将它对折两次后得到一张小长方形纸片，若要使小长方形与原长方形相似，则原长方形纸片的边应满足的条件是（ ）
A．B．C．D．
7、（4分）甲、乙、丙三个旅游团的游客人数都相等，且每个团游客的平均年龄都是35岁，这三个团游客年龄的方差分别是，，，导游小方最喜欢带游客年龄相近的团队，若在这三个团中选择一个，则他应选（ ）
A．甲队B．乙队C．丙队D．哪一个都可以
8、（4分）一组数据2，7，6，3，4, 7的众数和中位数分别是 （ ）
A．7和4.5B．4和6C．7和4D．7和5
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，四边形ABCD是矩形，对角线AC、BD相交于点O，如果再添加一个条件，即可推出该四边形是正方形，这个条件可以是_________．
10、（4分）如图，若直线与交于点，则根据图象可得，二元一次方程组的解是_________.
11、（4分）一组数据3，4，x，6，7的平均数为5，则这组数据的方差______．
12、（4分）如图，▱ABCD中，∠ABC=60°，E、F分别在CD和BC的延长线上，AE∥BD，EF⊥BC，EF=3，则AB的长是______．
13、（4分）如图，一块矩形铁皮的长是宽的2倍，将这个铁皮的四角各剪去一个边长为3cm的小正方形，做成一个无盖的盒子，若盒子的容积是240cm3，则原铁皮的宽为______cm．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）在中，、是上的两点，且，若，，求的度数.
15、（8分）如图，在△ABC中，AB=AC，D为边BC上一点，以AB，BD为邻边作▱ABDE，连接AD，EC．
（1）求证：△ADC≌△ECD；
（2）若BD=CD，求证：四边形ADCE是矩形．
16、（8分） 某中学为打造书香校园，购进了甲、乙两种型号的新书柜来放置新买的图书，甲型号书柜共花了15000元，乙型号书柜共花了18000元，乙型号书柜比甲型号书柜单价便宜了300元，购买乙型号书柜的数量是甲型号书柜数量的2倍．求甲、乙型号书柜各购进多少个？
17、（10分）在如图所示的直角坐标系中，每个小方格都是边长为1的正方形，△ABC的顶点均在格点上，点A的坐标是（﹣3，﹣1）．
（1）将△ABC沿y轴正方向平移3个单位得到△A1B1C1，画出△A1B1C1，并写出点B1坐标；
（2）画出△A1B1C1关于y轴对称的△A2B2C2，并写出点C2的坐标．
18、（10分）如图，点是等边内一点，，，将绕点顺时针方向旋转得到，连接，.
（1）当时，判断的形状，并说明理由；
（2）求的度数；
（3）请你探究：当为多少度时，是等腰三角形？
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）对于任意不相等的两个正实数a，b，定义运算如下：如，如，那么________.
20、（4分）如图,中， D是AB的中点，则CD=__________.
21、（4分）如图，菱形ABCD和菱形BEFG的边长分别是5和2，∠A＝60°，连结DF，则DF的长为_____．
22、（4分）如图,点P是等边三角形ABC内一点,且PA=3,PB=4, PC=5,若将△APB绕着点B逆时针旋转后得到△CQB,则∠APB的度数______．
23、（4分）若A（﹣1，y1）、B（﹣1，y1）在y＝图象上，则y1、y1大小关系是y1_____y1．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）先化简，再求值：，其中x=﹣2+．
25、（10分）如图，已知直线经过点，交x轴于点A，y轴于点B，F为线段AB的中点，动点C从原点出发，以每秒1个位长度的速度沿y轴正方向运动，连接FC，过点F作直线FC的垂线交x轴于点D，设点C的运动时间为t秒．

当时，求证：；
连接CD，若的面积为S，求出S与t的函数关系式；
在运动过程中，直线CF交x轴的负半轴于点G，是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
26、（12分） “2019宁波国际山地马拉松赛”于2019年3月31日在江北区举行，小林参加了环绕湖8km的迷你马拉松项目（如图1），上午8：00起跑，赛道上距离起点5km处会设置饮水补给站，在比赛中，小林匀速前行，他距离终点的路程s（km）与跑步的时间t（h）的函数图象的一部分如图2所示
（1）求小林从起点跑向饮水补给站的过程中与t的函数表达式
（2）求小林跑步的速度，以及图2中a的值
（3）当跑到饮水补给站时，小林觉得自己跑得太悠闲了，他想挑战自己在上午8：55之前跑到终点，那么接下来一段路程他的速度至少应为多少？
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、D
【解析】
根据点P的路线，找到临界点为D点，则分段讨论P在边AD、边DC上运动时的y与x的函数关系式．
【详解】
当0≤x≤4时，点P在AD边上运动
则y=（x+4）4=2x+8
当4≤x≤8时，点P在DC边上运动
则y═（8-x+4）4=-2x+24
根据函数关系式，可知D正确
故选D．
本题为动点问题的函数图象探究题，考查了一次函数图象性质，应用了数形结合思想．
2、A
【解析】
根据分解因式就是把一个多项式化为几个整式的积的形式的定义判断，利用排除法求解．
【详解】
是把一个多项式化为几个整式的积的形式，所以A正确；
中含有分式，所以B错误；
不是把一个多项式化为几个整式的积的形式，所以C错误；
不是把一个多项式化为几个整式的积的形式，所以D错误.
本题考查分解因式的定义，解题的关键是掌握分解因式的定义.
3、C
【解析】
将各选项中的二次根式化简，被开方数是5的根式即为正确答案．
【详解】
解：A.与不是同类二次根式，不可以合并，故本选项错误；
B.与不是同类二次根式，不可以合并，故本选项错误；
C.=2，故与是同类二次根式，故本选项正确；
D.=5，故与不是同类二次根式，故本选项错误．
故选C．
本题考查了同类二次根式的定义，同类二次根式是化为最简二次根式后，被开方数相同的二次根式称为同类二次根式．
4、B
【解析】
连接AC，根据三角形中位线定理得到EH∥AC，EH=AC，得到△BEH∽△BAC，根据相似三角形的性质计算即可．
【详解】
解：连接AC，
∵E、H分别为边AB、BC的中点，
∴EH∥AC，EH=AC，
∴△BEH∽△BAC，
∴S△BEH=S△BAC=S矩形ABCD，
同理可得，图中阴影部分的面积=×2×4=4，
故选B．
本题考查的是三角形中位线定理、相似三角形的性质，掌握三角形中位线定理、相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
5、A
【解析】
根据一元二次方程的定义直接进行判断
【详解】
解：只含有一个未知数（一元），并且未知数项的最高次数是2（二次）的整式方程叫做一元二次方程.符合这个定义.
故选：A
本题考查了一元二次方程的概念：只含有一个未知数（一元），并且未知数项的最高次数是2（二次）的整式方程叫做一元二次方程.
6、B
【解析】
由题图可知：得对折两次后得到的小长方形纸片的长为，宽为，然后根据相似多边形的定义，列出比例式即可求出结论．
【详解】
解：由题图可知：得对折两次后得到的小长方形纸片的长为，宽为，
∵小长方形与原长方形相似，
故选B．
此题考查的是相似三角形的性质，根据相似三角形的定义列比例式是解决此题的关键．
7、A
【解析】
分析：根据方差的意义可作出判断．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，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．
详解：∵S甲2=1.44，S乙2=18.8，S丙2=25，∴S甲2最小，∴他应选甲队；
故选A．
点睛：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．
8、D
【解析】
试题解析：这组数据按照从小到大的顺序排列为：2，3，4，6，7，7，
则众数为：7，
中位数为：
故选D．
考点：1.众数；2.中位数．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、AC⊥BD
【解析】
对角线互相垂直的矩形是正方形，根据正方形的判定定理添加即可.
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，对角线AC、BD相交于点O，
∴当AC⊥BD时，四边形ABCD是正方形，
故答案为：AC⊥BD.
此题考查正方形的判定定理，熟记定理并运用解题是关键.
10、
【解析】
二元一次方程组的解就是组成二元一次方程组的两个方程的公共解，即直线L1与L2的交点P的坐标．
【详解】
解：根据题意知，
二元一次方程组的解就是直线l1与l2的交点P的坐标，
又∵P（2，1），
∴原方程组的解是：
故答案是：
本题考查了一次函数与二元一次方程组．二元一次方程组的解就是组成该方程组的两条直线的图象的交点．
11、1
【解析】
先由平均数的公式求出x的值，再根据方差的公式计算即可．
【详解】
解：数据3，4，x，6，7的平均数为5，
，
解得：，
这组数据为3，4，5，6，7，
这组数据的方差为：．
故答案为：1．
本题考查方差的定义：一般地设n个数据，，，的平均数为，则方差，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
12、
【解析】
根据平行四边形性质推出AB=CD，AB∥CD，得出平行四边形ABDE，推出DE=DC=AB，根据直角三角形性质求出CE长，即可求出AB的长．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DC，AB=CD，
∵AE∥BD，∴四边形ABDE是平行四边形，∴AB=DE=CD，
即D为CE中点，
∵EF⊥BC，∴∠EFC=90°，
∵AB∥CD，∴∠DCF=∠ABC=60°，∴∠CEF=30°，
∵EF=3，∴CE=2，∴AB=，
故答案为．
本题考查了平行四边形的性质和判定，平行线性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线性质，含30度角的直角三角形性质等知识点的应用，此题综合性比较强，是一道比较好的题目．
13、1．
【解析】
试题分析：设这块铁片的宽为xcm，则铁片的长为2xcm，由题意，得3（2x﹣6）（x﹣6）=240，解得x1=1，x2=﹣2（不合题意，舍去），答：这块铁片的宽为1cm．
故答案为1．
考点： 一元二次方程的应用．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、
【解析】
可证明△BCF≌△DAE，则∠BCF=∠DAE，根据三角形外角的性质可得出∠DAE的度数，从而得出∠BCF的度数．
【详解】
解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴
本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，外角的性质．
15、（1）详见解析；（2）详见解析
【解析】
（1）根据平行四边形的性质、等腰三角形的性质，利用全等三角形的判定定理SAS可以证得△ADC≌△ECD；
（2）利用等腰三角形的“三合一”性质推知AD⊥BC，即∠ADC=90°；由平行四边形的判定定理（对边平行且相等是四边形是平行四边形）证得四边形ADCE是平行四边形，所以有一个角是直角的平行四边形是矩形．
【详解】
（1）∵四边形ABDE是平行四边形，
∴AB∥DE，AB=DE；
∴∠B=∠EDC；
又∵AB=AC，
∴AC=DE，∠B=∠ACB，
∴∠EDC=∠ACD；
∵在△ADC和△ECD中，
，
∴△ADC≌△ECD（SAS）；
（2）∵四边形ABDE是平行四边形（已知），
∴BD∥AE，BD=AE（平行四边形的对边平行且相等），
∴AE∥CD；
又∵BD=CD，
∴AE=CD，
∴四边形ADCE是平行四边形（对边平行且相等的四边形是平行四边形）；
在△ABC中，AB=AC，BD=CD，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC=90°，
∴▱ADCE是矩形．
16、购进甲型号书柜1个，购进乙型号书柜2个．
【解析】
设购进甲型号书柜x个，则购进乙型号书柜2x个，根据单价=总价÷数量结合乙型号书柜比甲型号书柜单价便宜了300元，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论．
【详解】
设购进甲型号书柜x个，则购进乙型号书柜2x个，根据题意得：
300
解得：x=1．
经检验，x=1是原方程的解，∴2x=2．
答：购进甲型号书柜1个，购进乙型号书柜2个．
本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
17、（1）画图见解析；点坐标为：（﹣2，﹣1）；（2）画图见解析；点的坐标为：（1，1）
【解析】
（1）直接利用平移的性质得出平移后对应点位置进而得出答案；
（2）利用轴对称图形的性质得出对应点位置进而得出答案．
【详解】
解：（1）如图所示：△，即为所求；点坐标为：（﹣2，﹣1）；
（2）如图所示：△，即为所求，点的坐标为：（1，1）．
考点：作图-轴对称变换；作图-平移变换
18、（1）为直角三角形，理由见解析；（2）；（3）当为或或时，为等腰三角形.
【解析】
（1）由旋转可以得出和均为等边三角形 ，再根据求出，进而可得为直角三角形；
（2）因为进而求得，根据，即可求出求的度数；
（3）由条件可以表示出∠AOC=250°-a，就有∠AOD=190°-a，∠ADO=a-60°，当∠DAO=∠DOA，∠AOD=ADO或∠OAD=∠ODA时分别求出a的值即可．
【详解】
解：（1）为直角三角形，理由如下：
绕顺时针旋转得到，
和均为等边三角形，，，，
，
为直角三角形；
（2）由（1）知：，
，
，
，
；
（3）∵∠AOB=110°，∠BOC=α
∴∠AOC=250°-a．
∵△OCD是等边三角形，
∴∠DOC=∠ODC=60°，
∴∠ADO=a-60°，∠AOD=190°-a，
当∠DAO=∠DOA时，
2（190°-a）+a-60°=180°，
解得：a=140°
当∠AOD=ADO时，
190°-a=a-60°，
解得：a=125°，
当∠OAD=∠ODA时，
190°-a+2（a-60°）=180°，
解得：a=110°
∴α=110°，α=140°，α=125°．
本题考查了等边三角形的判定与性质的运用，旋转的性质的运用，直角三角形的判定，全等三角形的判定及性质的运用，等腰三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
根据题目所给定义求解即可.
【详解】
解：因为，所以.
本题考查了二次根式的运算，属于新定义题型，正确理解题中所给定义并进行应用是解题的关键.
20、6.1
【解析】
首先根据勾股定理求得AB=13，然后由“斜边上的中线等于斜边的一半”来求CD的长度．
【详解】
∵Rt△ABC中，，
∴AB===13，
∵D为AB的中点，
∴CD=AB=6.1．
故答案为：6.1．
本题考查了勾股定理和直角三角形斜边上的中线．在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
21、
【解析】
延长FG交AD于点M，过点D作DH⊥AB交AB于点H，交GF的延长线于点N，由菱形的性质和勾股定理再结合已知条件可求出NF，DN的长，在直角三角形DNF中，再利用勾股定理即可求出DF的长．
【详解】
延长FG交AD于点M，过点D作DH⊥AB交AB于点H，交GF的延长线于点N，
∵四边形ABCD和四边形BEFG都是菱形，
∴GF∥BE，EF∥AM，
∴四边形AMFE是平行四边形，
∴AM＝EF＝2，MF＝AE＝AB+BE＝5+2＝7，
∴DM＝AD﹣AM＝5﹣2＝3，
∵∠A＝60°，
∴∠DAH＝30°，
∴MN＝DM＝，
∴DN＝＝，NF＝MF﹣MN＝，
在Rt△DNF中，DF＝＝，
故答案为：．
本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定和性质、含30°直角三角形的性质以及勾股定理的运用，正确作出图形的辅助线是解题的关键．
22、150°
【解析】
首先证明△BPQ为等边三角形，得∠BQP=60°，由△ABP≌CBQ可得QC=PA，在△PQC中，已知三边，用勾股定理逆定理证出得出∠PQC=90°，可求∠BQC的度数，由此即可解决问题．
【详解】
解：连接PQ，
由题意可知△ABP≌△CBQ
则QB=PB=4，PA=QC=3，∠ABP=∠CBQ，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ABP+∠PBC=60°，
∴∠PBQ=∠CBQ+∠PBC=60°，
∴△BPQ为等边三角形，
∴PQ=PB=BQ=4，
又∵PQ=4，PC=5，QC=3，
∴PQ2+QC2=PC2，
∴∠PQC=90°，
∵△BPQ为等边三角形，
∴∠BQP=60°，
∴∠BQC=∠BQP+∠PQC=150°
∴∠APB=∠BQC=150°
本题考查旋转的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是勾股定理逆定理的应用，属于中考常考题型．
23、＞
【解析】
根据反比例函数的图象和性质，再根据点的横坐标的大小，判断纵坐标的大小．
【详解】
∵y＝图象在一、三象限，在每个象限内y随x的增大而减小，
A（﹣1，y1）、B（﹣1，y1）都在第三象限图象上的两点，
∵﹣1＜﹣1，
∴y1＞y1，
故答案为：＞．
考查比例函数的图象和性质，当k＞0，在每个象限内，y随x的的增大而减小，是解决问题的依据．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、，
【解析】
原式括号中两项通分并利用同分母分式的加减法则计算，再把除法转化成乘法约分即可得到结果．
【详解】
解：原式=÷
=÷
=×
=
=﹣，
当x=﹣2+时，
原式=﹣=﹣=﹣．
25、（1）见解析；（2）；（3）.
【解析】
（1）连接OF，根据“直线经过点”可得k=1，进而求出A（﹣4,0），B（0,4），得出△AOB是等腰直角三角形，得出∠CBF=45°，得出OF= AB=BF，OF⊥AB，得出∠OFD=∠BFC，证得△BCF≌△ODF，即可得出结论
（2）①根据全等三角形的性质可得出0＜t＜4时，BC=OD=t﹣4，再根据勾股定理得出CD2=2t2-8t+16，证得△FDC是等腰直角三角形，得出，即可得出结果；
②同理当t≥4时，得出BC＝OD＝t﹣4，由勾股定理得出CD2＝OD2+OC2＝2t2﹣8t+16，证出△FDC是等腰直角三角形，得出FC2CD2，即可得出结果；
（3）由待定系数法求出直线CF的解析式，当y＝0时，可得出G,因此OG，求出即可．
【详解】
证明：连接OF，如图1所示：
直线经过点，
，解得：，
直线，
当时，；当时，；
，，
，
，
是等腰直角三角形，
，
为线段AB的中点，
，，，
，
，
，
，
在和中，，
≌，
；
解：当时，连接OF，如图2所示：
由题意得：，，
由得：≌，
，
，
，，
是等腰直角三角形，
，
的面积；
当时，连接OF，如图3所示：
由题意得：，，
由得：≌，
，
，
，，
是等腰直角三角形，
，
的面积；
综上所述，S与t的函数关系式为；
解：为定值；理由如下：
当时，如图4所示：
当设直线CF的解析式为，
，，F为线段AB的中点，
，
把点代入得：，
解得：，
直线CF的解析式为，
当时，，
，
，
；
当时，如图5所示：
同得：；
综上所述，为定值．
本题考查了一次函数的应用以及待定系数法求直线解析式、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，灵活运用相关性质和判定结合一次函数的图像和性质进行解答是关键
26、（1）；（2）速度为：km/h，a＝；（3）接下来一段路程他的速度至少为13.5km/h．
【解析】
（1）根据图象可知，点（0，8）和点（，5）在函数图象上，利用待定系数法求解析式即可；
（2）由题意，可知点（a，3）在（1）中的图象上，将其代入求解即可；
（3）设接下来一段路程他的速度为xkm/h，利用
【详解】
解：（1）设小林从起点跑向饮水补给站的过程中s与t的函数关系式为：s＝kt+b，
（0，8）和（，5）在函数s＝kt+b的图象上，
∴，解得：，
∴s与t的函数关系式为：；
（2）速度为：（km/h），
点（a，3）在上，
∴，解得：；
（3）设接下来一段路程他的速度为xkm/h，
根据题意，得：x≥3，
解得：x≥13.5
答：接下来一段路程他的速度至少为13.5km/h．
本题主要考查一次函数的应用，解决第（3）题的关键是明确，要在8点55之前到达，需满足在接下来的路程中，速度×时间≥路程．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分