2025届河北省唐山市路南区数学九年级第一学期开学达标检测模拟试题【含答案】

这是一份2025届河北省唐山市路南区数学九年级第一学期开学达标检测模拟试题【含答案】，共23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）关于的一元二次方程的一个根为0，则的值是（ ）
A．B．3C．或1D．3或
2、（4分）下列二次根式是最简二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
3、（4分）下列图形中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
4、（4分）如图，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，∠ABC的角平分线交AC于D，BD＝4，过点C作CE⊥BD交BD的延长线于E，则CE的长为（ ）
A．B．2C．3D．2
5、（4分）已知一个直角三角形的两边长分别为3和4，则第三边长是（ ）
A．5B．25C．D．5或
6、（4分）下列说法正确的是（ ）
A．顺次连接任意一个四边形四边的中点，所得到的四边形一定是平行四边形
B．平行四边形既是中心对称图形，又是轴对称图形
C．对角线相等的四边形是矩形
D．只要是证明两个直角三角形全等，都可以用“HL”定理
7、（4分）如图，在四边形中，，且，，给出以下判断：①四边形是菱形；②四边形的面积；③顺次连接四边形的四边中点得到的四边形是正方形；④将沿直线对折，点落在点处，连接并延长交于点，当时，点到直线的距离为；其中真确的是（ ）
A．①③B．①④C．②③D．②④
8、（4分）已知：如图，菱形中，对角线、相交于点，且，，点是线段上任意一点，且，垂足为，，垂足为，则的值是
A．12B．24C．36D．48
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）直线沿轴平行的方向向下平移个单位，所得直线的函数解析式是_________
10、（4分）如图所示，正方形ABCD的面积为12，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为_____．
11、（4分）如图，直线l过正方形ABCD的顶点B，点A、C到直线l的距离AE、CF分别是1cm、2cm，则线段EF的长为 ______cm．
12、（4分）已知一组数据3，5，9，10，x，12的众数是9，则这组数据的平均数是___________．
13、（4分）如图，函数与的图象交于点，那么不等式的解集是______．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）已知A．B两地果园分别有苹果30吨和40吨，C．D两地的农贸市场分别需求苹果20吨和50吨。已知从A．B两地到C．D两地的运价如表：
(1)填空：若从A果园运到C地的苹果为10吨，则从A果园运到D地的苹果为___吨，从B果园运到C地的苹果为___吨，从B果园运到D地的苹果为___吨，总运输费为___元；
(2)如果总运输费为750元时，那么从A果园运到C地的苹果为多少吨?
15、（8分）如图①，在四边形中，，，，，点从点开始沿边向终点以每秒的速度移动，点从点开始沿边向终点以每秒的速度移动，当其中一点到达终点时运动停止，设运动时间为秒.
（1）求证：当时，四边形是平行四边形；
（2）当为何值时，线段平分对角线？并求出此时四边形的周长；
（3）当为何值时，点恰好在的垂直平分线上？
16、（8分）点向__________平移2个单位后，所对应的点的坐标是．
17、（10分）（1）如图甲，从边长为a的正方形纸板中挖去一个边长为b的小正方形纸板后，将其裁成四个相同的等腰梯形，然后拼成一个平行四边形（如图乙），那么通过计算两个图形阴影部分的面积，可以验证因式分解公式成立的是________；
（2）根据下面四个算式：
5232＝（5+3）×（53）＝8×2；
11252＝（11+5）×（115）＝16×6＝8×12；
15232＝（15+3）×（153）＝18×12＝8×27；
19272＝（19+7）×（197）＝26×12＝8×1．
请你再写出两个（不同于上面算式）具有上述规律的算式；
（3）用文字写出反映（2）中算式的规律，并证明这个规律的正确性．
18、（10分）是正方形的边上一动点(不与重合)， ，垂足为，将绕点旋转，得到，当射线经过点时，射线与交于点．
求证:；
在点的运动过程中，线段与线段始终相等吗?若相等请证明；若不相等，请说明理由．
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）已知一组数据1，2，0，﹣1，x，1的平均数是1，那么这组数据的方差是__．
20、（4分）如图，在中，对角线与相交于点，是边的中点，连结.若，，则的度数为_______．
21、（4分）已知关于的方程有解，则的值为____________．
22、（4分）计算的结果为______.
23、（4分）如图，在中，，将绕顶点顺时针旋转，旋转角为，得到．设中点为，中点为，，连接，当____________时，长度最大，最大值为____________．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）已知：如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D是斜边AB的中点，DE∥BC，且CE=CD．
（1）求证：∠B=∠DEC；
（2）求证：四边形ADCE是菱形．
25、（10分）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AM平分∠CAB，CM＝20cm，AB＝70cm，求△ABM的面积．
26、（12分）解不等式组并在数轴上表示出不等式组的解集．
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】
根据一元二次方程的解的定义，将x=0代入关于x的一元二次方程，列出关于a的一元一次方程，通过解方程即可求得a的值.
【详解】
根据题意知，x=0是关于x的一元二次方程的根
∴a2-2a-3=0，解得，a=3或a=-1
又∵a2-1≠0，
∴.a≠±1.
∴.a=3.
故选：B.
本题考查了一元二次方程的解的定义，一元二次方程的解使方程的左右两边相等.
2、C
【解析】
根据最简二次根式的定义对每个选项进行判断即可.
【详解】
解：A.，故原选项不是最简二次根式；
B.，故原选项不是最简二次根式；
C.是最简二次根式；
D.=4，故原选项不是最简二次根式.
故选C.
本题考点：最简二次根式.
3、B
【解析】
轴对称图形：把一个图形沿某条直线对折，直线两旁的部分能完全重合，根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】
解：A、不符合定义，不是轴对称图形，故本选项错误； B、符合定义是轴对称图形，故本选项正确； C、不符合定义，不是轴对称图形，故本选项错误； D、不符合定义，不是轴对称图形，故本选项错误．
故选：B．
本题考查了轴对称图形的概念，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．
4、B
【解析】
延长CE与BA延长线交于点F，首先证明△BAD≌△CAF，根据全等三角形的性质可得BD＝CF，再证明△BEF≌△BCE可得CE＝EF，进而可得CE＝BD，即可得出结果．
【详解】
证明：延长CE与BA延长线交于点F，
∵∠BAC＝90°，CE⊥BD，
∴∠BAC＝∠DEC，
∵∠ADB＝∠CDE，
∴∠ABD＝∠DCE，
在△BAD和△CAF中，
，
∴△BAD≌△CAF（ASA），
∴BD＝CF，
∵BD平分∠ABC，CE⊥DB，
∴∠FBE＝∠CBE，
在△BEF和△BCE中，
，
∴△BEF≌△BCE（AAS），
∴CE＝EF，
∴DB＝2CE，即CE＝BD＝×4＝2，
故选：B．
本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线定义，熟练掌握全等三角形的判定方法，全等三角形对应边相等是解题的关
5、D
【解析】
分为两种情况：①斜边是4有一条直角边是3，②3和4都是直角边，根据勾股定理求出即可．
【详解】
解：
分为两种情况：①斜边是4有一条直角边是3，由勾股定理得：第三边长是；
②3和4都是直角边，由勾股定理得：第三边长是＝5；
即第三边长是5或，
故选D．
本题考查了对勾股定理的应用，注意：在直角三角形中的两条直角边a、b的平方和等于斜边c的平方．
6、A
【解析】
根据三角形中位线定理可判定出顺次连接任意一个四边形四边的中点，所得到的四边形一定是平行四边形；平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形；对角线相等的平行四边形是矩形；证明两个直角三角形全等的方法不只有HL，还有SAS，AAS，ASA．
【详解】
A．顺次连接任意一个四边形四边的中点，所得到的四边形一定是平行四边形，说法正确；
B．平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，原说法错误；
C．对角线相等的平行四边形是矩形，原说法错误；
D．已知两个直角三角形斜边和直角边对应相等，可以用“HL”定理证明全等，原说法错误．
故选A．
本题考查了中心对称图形、直角三角形全等的判定、矩形的判定、中点四边形，关键是熟练掌握各知识点．
7、D
【解析】
根据可判定①错误；根据AB=AD，BC=CD，可推出AC是线段BD的垂直平分线，可得②正确；现有条件不足以推出中点四边形是正方形，故③错误；连接AF，设点F到直线AB的距离为h，作出图形，求出h的值，可知④正确。可得正确选项。
【详解】
解：∵在四边形ABCD中，
∴四边形不可能是菱形，故①错误；
∵在四边形ABCD中，AB=AD=5，BC=CD，
∴AC是线段BD的垂直平分线，
∴四边形的面积，故②正确；
由已知得顺次连接四边形的四边中点得到的四边形是矩形，不是正方形，故③错误；
将△ABD沿直线BD对折，点A落在点E处，连接BE并延长交CD于点F，如图所示，
连接AF，设点F到直线AB的距离为h，
由折叠可得，四边形ABED是菱形，AB=BE=5=AD=DE，BO=DO=4，
∴AO=EO=3，
∵BF⊥CD，BF∥AD，
∵S△ABF=S梯形ABFD-S△ADF，
解得，故④正确
故选：D
本题主要考查了菱形的判定与性质，线段垂直平分线的性质以及勾股定理的综合运用，第④个稍复杂一些，解决问题的关键是作出正确的图形进行计算．
8、A
【解析】
由菱形的性质可得AC⊥BD，AO=CO=3，BO=DO=4，通过证明△AFP∽△AOD，△PED∽△AOD，可得，，即可求解．
【详解】
解：四边形是菱形
，，，
，
，
，
，
故选：．
本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，利用相似比求解是本题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、；
【解析】
根据函数的性质，一次项的系数决定直线的走向，常数项决定在y轴的交点，因此向下3个单位，就对常数项进行变化，一次项系数不变.
【详解】
根据一次函数的性质，上下平移只对常数项进行分析，向下平移对常数项减去相应的数，向上平移对常数项加上相应的数，因此可得 ，即
故答案为
本题主要考查一次函数的性质，关键要理解一次函数的一次项系数和常数项所代表的意义.
10、
【解析】
试题解析：设BE与AC交于点P，连接BD，
∵点B与D关于AC对称，
∴PD=PB，
∴PD+PE=PB+PE=BE最小．
即P在AC与BE的交点上时，PD+PE最小，为BE的长度；
∵正方形ABCD的边长为1，
∴AB=1．
又∵△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=1．
故所求最小值为1．
考点：轴对称﹣最短路线问题；等边三角形的性质；正方形的性质．
11、3
【解析】
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC,∠ABC=90°.
∵AE⊥l，CF⊥l，
∴∠E=∠F=90°,∠EAB+∠ABE=90°,∠FBC+∠BCF=90°.
∵∠ABE+∠ABC+∠FBC=180°，
∴∠ABE+∠FBC=90°，
∴∠EAB=∠FBC.
在△ABE和△BCF中,
，
∴△ABE≌△BCF(AAS)，
∴BE=CF=2cm，BF=AE=1cm，
∴EF=BE+BF=2+1=3cm.
故答案为3.
12、1．
【解析】
试题分析：：∵数据3，5，9，10，x，12的众数是9，∴x=9，
∴这组数据的平均数是（3+5+9+10+9+12）÷6=1．
故答案是1．
考点：1.算术平均数2.众数．
13、
【解析】
函数与的图象的交点由图象可直接得到答案，以交点为分界，交点左边，结合图象可得答案．
【详解】
解：由图象可得：函数与的图象交于点，
关于x的不等式的解集是.
故答案为：.
此题主要考查了一次函数与一元一次不等式的关系，关键是正确从图象中得到信息，掌握数形结合思想的应用．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）20，10，30，760；（2）从A果园运到C地的苹果数为5吨
【解析】
（1）A地果园有苹果30吨，运到C地的苹果为10吨，则从A果园运到D地的苹果为30-10吨，从B果园运到C地的苹果为20-10吨，从B果园运到D地的苹果为50-20吨，然后计算运输费用；
（2）表示出从A到C、D两地，从B到C、D两地的吨数，乘以运价就是总费用；根据总运输费为750元列出方程，求值即可．
【详解】
(1)从A果园运到D地的苹果为30−10=20(吨)，
从B果园运到C地的苹果为20−10=10(吨)，
从B果园运到D地的苹果为50−20=30(吨)，
总费用为：10×15+20×12+10×10+30×9=760(元)，
故答案为：20，10，30，760；
(2)设从A果园运到C地的苹果数为x吨，则
总费用为：15x+(360−12x)+10(20−x)+9×[40−(20−x)]+740
由题意得2x+740=750，
解得x=5.
答：从A果园运到C地的苹果数为5吨。
此题考查一元一次方程的应用，解题关键在于列出方程
15、 (1)见解析;(2)t=3, ;(3) .
【解析】
（1）根据，求出DQ,AP的长，再根据平行四边形的判定定理即可求解；
（2）根据题意得到DE=BE,根据矩形的性质得到，根据全等三角形的性质得到，即可求出t的值，再根据勾股定理即可求解；
（3）分别过点、作，，根据矩形的性质可得，求出 的长，再根据垂直平分线的性质得到PD=PQ，故DE=PM，代入即可求出t的值.
【详解】
（1）证明：∵，
∴当秒时，两点停止运动，在运动过程中，，
∴，当时，，，
∴，
又∵，∴，
∴四边形为平行四边形.
（2）如图①，设交于点，若平分对角线，则，
∵，
∴，，
在和中，，
∴，
∴，，
∴，解得，符合题意，
∴当秒时，平分对角线，
此时，，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
过点作于点，
∵，，，
∴，，∴，
由勾股定理，得，
∴四边形的周长.
（3）如图②，分别过点、作，，分别交于点、，连接、，
可得四边形是矩形，，，，
在和中，
∵，
∴，
∴，
∵点在的垂直平分线上，
∴，，四边形是矩形，
∴，即，
解得，
则当为时，点恰好在的垂直平分线上.
此题主要考查矩形动点问题，解题的关键是熟知全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质.
16、左
【解析】
找到横纵坐标的变化情况，根据坐标的平移变换进行分析即可．
【详解】
解：纵坐标没有变化，
横坐标的变化为：，说明向左平移了2个单位长度．
故答案为：左．
本题考查了坐标与图形变化-平移，用到的知识点为：左右移动改变点的横坐标，左减，右加；上下移动改变点的纵坐标，下减，上加．
17、（1）a2-b2＝（a＋b）（ab）；（2）72-52＝8×3；92-32＝8×9等；（3）规律：任意两个奇数的平方差是8的倍数，证明见解析
【解析】
（1）利用两个图形，分别求出阴影部分的面积，即可得出关系式；
（2）任意写出两个奇数的平方差，右边写出8的倍数的形式即可；
（3）两个奇数的平方差一定能被8整除；任意写一个即可，如：（2n+1）2-（2n-1）2=8n．
【详解】
解：（1）图甲的阴影部分的面积为：a2-b2，图乙平行四边形的底为（a+b），高为（a-b），因此面积为：（a+b）（a-b），
所以a2-b2=（a+b）（a-b），
故答案为：a2-b2=（a+b）（a-b）；
（2）32-12=（3+1）×（3-1）=4×2=8×1，
172-52=（17+5）×（17-5）=22×12=8×33，
（3）两个奇数的平方差一定能被8整除；
设较大的奇数为（2n+1）较小的奇数为（2n-1），
则，（2n+1）2-（2n-1）2=[（2n+1）+（2n-1）][（2n+1）-（2n-1）]=8n，
∴（2n+1）2-（2n-1）2=8n．即：任意两个奇数的平方差是8的倍数
本题考查平方差公式及其应用，掌握平方差公式的结构特征是正确应用的前提．
18、见解析；，证明见解析
【解析】
（1）由旋转性质知∠BPN=∠CPD，再由∠PCD+∠BCP=∠PBN+∠BCP=90°知∠PCD=∠PBN，从而得证；
（2）先证△MPB∽△BPC得再由△PBN∽△PCD知从而得根据BC=CD可得答案．
【详解】
证明:由旋转可得．
四边形是正方形，
．
，
，
证明:
．
由可知
本题考查的是相似三角形的综合问题，解题的关键是掌握旋转变换的性质、相似三角形的判定与性质及正方形的性质等知识点，熟练掌握相关知识是解题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
先由平均数的公式计算出x的值，再根据方差的公式计算．一般地设n个数据，x1，x2，…xn的平均数为Z，则方差S2＝ [（x1﹣）2+（x2﹣）2+…+（xn﹣）2]．
【详解】
x＝1×6﹣1﹣2﹣0﹣（﹣1）﹣1＝3
s2＝ [（1﹣1）2+（2﹣1）2+（0﹣1）2+（﹣1﹣1）2+（3﹣1）2+（1﹣1）2]＝．
故答案为．
本题考查了方差的定义：一般地设n个数据，x1，x2，…xn的平均数为，则方差S2＝ [（x1﹣）2+（x2﹣）2+…+（xn﹣）2]，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．
20、40°
【解析】
直接利用三角形内角和定理得出的度数，再利用三角形中位线定理结合平行线的性质得出答案．
【详解】
解：，，
，
对角线与相交于点，是边的中点，
是的中位线，
，
．
故答案为：．
此题主要考查了三角形内角和定理、三角形中位线定理等知识，得出是的中位线是解题关键．
21、1
【解析】
分式方程去分母转化为整式方程，把x=2代入整式方程计算即可求出a的值．
【详解】
去分母得：a﹣x=ax﹣3，把x=2代入得：a﹣2=2a﹣3，解得：a=1．
故答案为：1．
本题考查了分式方程的解，始终注意分母不为0这个条件．
22、
【解析】
先分母有理化，然后进行二次根式的乘法运算．
【详解】
解：原式==（2+）= .
故答案为:2+1．
本题考查二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
23、 3
【解析】
连接CP，当点E、C、P三点共线时，EP最长，根据图形求出此时的旋转角及EP的长.
【详解】
∵，，
∴AB=4，∠A=60°，
由旋转得=∠A=60°，=AB=4，
∵中点为，
∴=2，
∴△是等边三角形，
∴∠=60°，
如图，连接CP，当旋转到点E、C、P三点共线时，EP最长，此时，
∵点E是AC的中点，,
∴CE=1，
∴EP=CE+PC=3，
故答案为: 120，3.
此题考查直角三角形的性质，等边三角形的判定及性质，旋转的性质，解题中首先确定解题思路，根据旋转得到EP的最大值即是CE+PC在进行求值，确定思路是解题的关键.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
(1)根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到DB=DC，从而∠B=∠DCB，由DE∥BC，得到∠DCB=∠CDE，由CE=CD，得到∠CDE=∠DEC，利用等量代换，得到∠B=∠DEC；
(2)先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，证明四边形ADCE是平行四边形，再由CD=CE，证明平行四边形ADCE是菱形.
【详解】
（1）证明：在△ABC中，∵∠ACB=90°，点D是斜边AB的中点，
∴CD=DB，
∴∠B=∠DCB，
∵DE∥BC，
∴∠DCB=∠CDE，
∵CD=CE，
∴∠CDE=∠CED，
∴∠B=∠CED．
（2）证明：∵DE∥BC，
∴∠ADE=∠B，
∵∠B=∠DEC，
∴∠ADE=∠DEC，
∴AD∥EC，
∵EC=CD=AD，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵CD=CE，
∴四边形ADCE是菱形．
故答案为：（1）证明见解析；（2）证明见解析.
本题考查了直角三角形的性质，菱形的判定.
25、△ABM的面积是700cm2.
【解析】
过M作ME⊥AB于E，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得CM＝ME，即可解答
【详解】
过M作ME⊥AB于E，
∵∠C＝90°，AM平分∠CAB，CM＝20cm，
∴CM＝ME＝20cm，
∴△ABM的面积是 ×AB×ME＝×70cm×20cm＝700cm2.
此题考查角平分线的性质和三角形面积，解题关键在于利用角平分线的性质求出CM＝ME
26、－1≤x＜2
【解析】
分析：根据一元一次不等式求解方法，分别求解不等式，并在数轴上表示，重合的部分即为不等式组解集在数轴上的表示.
本题解析：
，
解不等式①得，x≥-1，
解不等式②得，x<2，
在数轴上表示如下：
所以不等式组的解集是−1≤x<2. 不等式组的整数解为 -1,0，1，2.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分