2025届内蒙古包头市东河区数学九上开学监测模拟试题【含答案】

这是一份2025届内蒙古包头市东河区数学九上开学监测模拟试题【含答案】，共20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）下列式子为最简二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
2、（4分）等边△ABC的边长为6，点O是三边垂直平分线的交点，∠FOG=120°，∠FOG的两边OF，OG分别交AB，BC与点D，E，∠FOG绕点O顺时针旋转时，下列四个结论正确的是（ ）
①OD=OE；②；③；④△BDE的周长最小值为9.
A．1个B．2个C．3个D．4个
3、（4分）下列代数式属于分式的是( )
A．B．3yC．D．+y
4、（4分）小丽家在学校北偏西60°方向上，距学校4km，以学校所在位置为坐标原点建立直角坐标系，1km为一个单位长度，则小丽家所在位置的坐标为（ ）
A．（﹣2，﹣2）B．（﹣2，2）C．（2，﹣2）D．（﹣2，﹣2）
5、（4分）下列各组数中能作为直角三角形的三边长的是（ ）
A．B．C．9,41,40D．2,3,4
6、（4分）以下列各组数据中，能构成直角三角形的是（ ）
A．2，3，4B．3，4，7C．5，12，13D．1，2，3
7、（4分）小颖同学准备用26元买笔和笔记本，已知一支笔2元，一本笔记本3元，他买了5本笔记本，最多还能买多少支笔？设他还能买支笔，则列出的不等式为（ ）
A．B．
C．D．
8、（4分）已知图2是由图1七巧板拼成的数字“0”，己知正方形ABCD的边长为4，则六边形EFGHMN的周长为（ ）
A．B．C．D．12
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，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，BD⊥AD，AD=6，AB=10，则△AOB的面积为 _________________
10、（4分）当x≤2时，化简：=________
11、（4分）一次函数的图象经过第二、三、四象限，则的取值范围是__________．
12、（4分）若反比例函数y＝的图象经过A（﹣2，1）、B（1，m）两点，则m=________．
13、（4分）如图，在矩形ABCD中，AB=8，AD=3，点E是CD的中点，连接AE，将△ADE沿直线AE折叠，使点D落在点F处，则线段CF的长度是______．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）某乳品公司向某地运输一批牛奶，由铁路运输每千克需运费0.60元，由公路运输，每千克需运费0.30元，另需补助600元
（1）设该公司运输的这批牛奶为x千克，选择铁路运输时，所需运费为y1元，选择公路运输时，所需运费为y2元，请分别写出y1、y2与x之间的关系式；
（2）若公司只支出运费1500元，则选用哪种运输方式运送的牛奶多？若公司运送1500千克牛奶，则选用哪种运输方式所需费用较少？
15、（8分）如图,菱形对角线交于点，，，与交于点.
（1）试判断四边形的形状，并说明你的理由；
（2）若,求的长.
16、（8分）已知，求代数式的值。
17、（10分）解下列不等式，并把解集表示在数轴上．
(1)
(2)
18、（10分）如图，在△ABC中，∠ACB=105°，AC边上的垂直平分线交AB边于点D，交AC边于点E，连结CD．
（1）若AB=10，BC=6，求△BCD的周长；
（2）若AD=BC，试求∠A的度数．
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，在△ABC中，∠B=70°，∠BAC=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△EDC，当点B的对应点D恰好落在AC边上时，∠CAE的度数为___________.
20、（4分）如图所示，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，OE∥BC交CD于E，若OE=3cm，则AD的长为 ．
21、（4分）直角三角形两边长为5和12，则此直角三角形斜边上的中线的长是_______．
22、（4分）如图，已知在△ABC中，BC边上的高AD与AC边上的高BE交于点F，且∠BAC=45°，BD=6，CD=4，则△ABC的面积为_____．
23、（4分）当x＝4时，二次根式的值为______．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）已知关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根．
求k的取值范围；
若k为负整数，求此时方程的根．
25、（10分）如图①，在正方形ABCD中，△AEF的顶点E，F分别在BC，CD边上，高AG与正方形的边长相等，
（1）求∠EAF的度数；
（2）在图①中，连结BD分别交AE、AF于点M、N，将△ADN绕点A顺时针旋转90°至△ABH位置，连结MH，得到图②．求证：MN2＝MB2＋ ND2 ；
（3）在图②中，若AG＝12， BM＝，直接写出MN的值．
26、（12分）如图，在凸四边形中，，.
（1）利用尺规，以为边在四边形内部作等边（保留作图痕迹，不需要写作法）.
（2）连接，判断四边形的形状，并说明理由.
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、A
【解析】
解：选项A，被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式， A符合题意；
选项B，被开方数含能开得尽方的因数或因式，B不符合题意；
选项C，被开方数含能开得尽方的因数或因式， C不符合题意；
选项D，被开方数含分母， D不符合题意，
故选A．
2、B
【解析】
连接OB、OC，如图，利用等边三角形的性质得∠ABO=∠OBC=∠0CB=30°，再证明∠BOD=∠COE，于是可判断△BOD≌△COE，所以BD=CE，OD=OE，则可对①进行判断；利用 得到四边形ODBE的面积 ，则可对进行③判断；作OH⊥DE，如图，则DH=EH，计算出=，利用面积随OE的变化而变化和四边形ODBE的面积为定值可对②进行判断；由于△BDE的周长=BC+DE=4+DE=4+OE，根据垂线段最短，当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，计算出此时OE的长则可对④进行判断.
【详解】
解：连接OB、OC，如图，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
∵点0是△ABC的中心，
∴OB=OC，OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，
∴∠ABO=∠0BC=∠OCB=30°
∴∠BOC=120°，即∠BOE+∠COE=120°，而∠DOE=120°，即∠BOE+∠BOD=120°，
∴∠BOD=∠COE，
在△BOD和△COE中

∴△BOD2≌△COE，
∴BD=CE，OD=OE，所以①正确；
∴，
∴四边形ODBE的面积 ，所以③错误；
作OH⊥DE，如图，则DH=EH，
∵∠DOE=120°，
∴∠ODE=∠OEH=30°，
即S△ODE随OE的变化而变化，
而四边形ODBE的面积为定值，
所以②错误；
∵BD=CE，
∴△BDE的周长=BD+BE+DE=CE+BE+DE=BC+DE=4+DE=6+OE，当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，此时OE=，
.△BDE周长的最小值=6+3=9，所以④正确.
故选：B.
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等.也考查了等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质.
3、C
【解析】
判断分式的依据是看分母中是否含有字母，如果含有字母则是分式，如果不含有字母则不是分式．
【详解】
解：A. 不是分式，故本选项错误，
B. 3y不是分式，故本选项错误，
C. 是分式，故本选项正确，
D. +y不是分式，故本选项错误，
故选：C.
本题主要考查分式的概念，分式与整式的区别主要在于：分母中是否含有未知数．
4、B
【解析】
根据题意联立直角坐标系，再利用勾股定理即可求解.
【详解】
解：由题意可得：AO＝4km，
∠AOB＝30°，
则AB＝2，BO＝，
故A点坐标为：（﹣2，2）．
故选：B．
此题主要考查直角坐标系的应用，解题的关键是根据题意作出直角坐标系进行求解.
5、C
【解析】
由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
【详解】
A、92+162≠252，故不是直角三角形，故不符合题意；
B、（）2+（）2≠（）2，故不是直角三角形，故不符合题意；
C、92+402=412，故是直角三角形，故符合题意；
D、22+32≠42，故不是直角三角形，故不符合题意．
故选C．
本题考查勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．
6、C
【解析】
根据勾股定理逆定理逐项计算判断即可.
【详解】
详解: A. ∵22+32=13≠42，∴ 2，3，4不能构成直角三角形；
B. ∵32+42=25≠72，∴ 3，4，7不能构成直角三角形；
C. ∵52+122=169=132，∴ 5，12，13能构成直角三角形；
D. ∵12+22=5≠32，∴ 1，2，3不能构成直角三角形；
故选C.
本题考查了勾股定理逆定理,如果三角形两边的平方和等于第三边的平方,那么这个三角形是直角三角形,在一个三角形中，即如果用a，b，c表示三角形的三条边，如果a2+b2=c2，那么这个三角形是直角三角形.
7、A
【解析】
设买x支笔，然后根据最多有26元钱列出不等式即可.
【详解】
设可买x支笔
则有：2x+3×5≤26，
故选A.
本题考查的是列一元一次不等式，解此类题目时要注意找出题目中不等关系即为解答本题的关键．
8、B
【解析】
根据正方形的边长以及七巧板的特点先求出七巧板各个图形的边长，继而即可求得六边形的周长．
【详解】
解：如图，七巧板各图形的边长如图所示，
则六边形EFGHMN的周长为：
2+2++2+2+2++2=10+4，
故选B．
本题考查了正方形的面积、七巧板、周长的定义等，七巧板由下面七块板组成（完整图案为一正方形）：五块等腰直角三角形（两块小型小三角形，一块中型三角形和两块大型三角形）、一块正方形和一块平行四边形，熟知七巧板中各块中的边长之间的关系是解题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、12
【解析】
∵BD⊥AD，AD=6，AB=10，
,
∴ .
∵四边形ABCD是平行四边形，

10、2-x
【解析】
，
∵x≤2，
∴原式=2-x.
11、m＜3
【解析】
根据一次函数y=（m-3）x-2的图象经过二、三、四象限判断出m的取值范围即可．
【详解】
∵一次函数y=（m-3）x-2的图象经过二、三、四象限，
∴m-3＜0，
∴m＜3，
故答案为：m＜3.
此题考查一次函数的图象与系数的关系，解题关键在于掌握一次函数y=kx+b（k≠0）中，当k＜0，b＜0时函数的图象在二、三、四象限．
12、-2
【解析】
将点A代入反比例函数解出k值，再将B的坐标代入已知反比例函数解析式，即可求得m的值.
【详解】
解：∵反比例函数y=，它的图象经过A（-2，1），
∴1=，
∴k=-2
∴y=，
将B点坐标代入反比例函数得，
m=，
∴m=-2，
故答案为-2.
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征:反比例函数(k是常数，k≠0)的图象是双曲线，图象上的点(x，y)的横纵坐标的积是定值k，即xy=k.
13、
【解析】
由折叠可得全等形，由中点、勾股定理可求出AE的长，得到三角形EFC是等腰三角形，利用三线合一和勾股定理使问题得以解决．
【详解】
解：过点E作EG⊥FC垂足为G，
∵点E是CD的中点，矩形ABCD中，AB=8，AD=3，
∴DE=EC=4，
在Rt△ADE中，AE==5，
由折叠得：∠DEA=∠AEF，DE=EF=DC=4，
又∵EG⊥FC
∴∠FEG=∠GEC，FG=GC，
∴∠AEG=×180°=90°，
∴△ADE∽△EGC，
∴即：，
解得：CG=，
∴FC=，
故答案为：．
考查矩形的性质、折叠轴对称的性质、相似三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，综合性较强，掌握图形的性质和恰当的作辅助线方法，是解决问题技巧所在．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）；（2）公路运输方式运送的牛奶多，铁路运输方式所需用较少．
【解析】
分析：（1）由总价=单价×数量+其他费用，就可以得出y与x之间的函数关系式；
（2）将y=1500或x=1500分别代入（1）的解析式就可以求出结论；
详解：（1），
（2） 解得：，
解得：．
∵ 3000＞2500，
∴ 公路运输方式运送的牛奶多，
∴ （元），
（元）．
∵ 1050＞900，
∴ 铁路运输方式所需费用较少．
点睛：本题考查了单价×数量=总价的运用，由函数值求自变量的值及由自变量的值求函数值的运用，有理数大小比较的运用，分类讨论思想的运用，解答时求出函数的解析式是关键．
15、（1）四边形是矩形，理由见解析；（2）.
【解析】
（1）由菱形的性质可证明∠BOA=90°，然后再证明四边形AEBO为平行四边形，从而可证明四边形AEBO是矩形；
（2）依据矩形的性质可得到OE=AB，然后依据菱形的性质可得到AB=CD，即可求出的长.
【详解】
解：（1）四边形是矩形
理由如下：∵，，
∴四边形是平行四边形
又∵菱形对角线交于点，∴，即
∴四边形是矩形
（2）∵四边形是矩形，
∴
在菱形中，
∴.
本题主要考查的是菱形的性质判定、矩形的性质和判定，求出四边形是矩形是解题的关键．
16、
【解析】
把x的值直接代入，再根据乘法公式进行计算即可.
【详解】
解：当时，
此题主要考查整式的运算，解题的关键是熟知整式的运算公式.
17、（1），见解析；（2），见解析
【解析】
（1）去分母，解不等式；（2）分别解不等式，再求公共解集.
【详解】
解：(1)
解集在数轴表示为：
(2)
解集在数轴表示为：
考核知识点：解不等式组.掌握解不等式基本方法是关键.
18、（1）16；（2）25°．
【解析】
根据线段垂直平分线的性质，可得CD=AD，根据三角形的周长公式，可得答案；根据线段垂直平分线的性质，可得CD=AD，根据等腰三角形的性质，可得∠B与∠CDB的关系，根据三角形外角的性质，可得∠CDB与∠A的关系，根据三角形内角和定理，可得答案．
【详解】
解：（1）∵DE是AC的垂直平分线，
∴AD=CD．
∵C△BCD=BC+BD+CD=BC+BD+AD=BC+AB，
又∵AB=10，BC=6，
∴C△BCD=16；
（2）∵AD=CD
∴∠A=∠ACD，
设∠A=x，
∵AD=CB，
∴CD=CB，
∴∠CDB=∠CBD．
∵∠CDB是△ACD的外角，
∴∠CDB=∠A+∠ACD=2x，
∵∠A、∠B、∠ACB是三角形的内角，
∵∠A+∠B+∠ACB=180°，
∴x+2x+105°=180°，
解得x=25°
∴∠A=25°．
本题考查线段垂直平分线的性质．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、50°
【解析】
由旋转可得∠CDE=∠B=70°，∠CED=∠BAC=30°，CA=CE，则∠CAE=∠CEA，再由三角形的外角性质可得∠CDE=∠CAE+∠AED可求出∠CAE的度数．
【详解】
∵△ABC绕点C顺时针旋转得到△EDC
∴∠CDE=∠B=70°，∠CED=∠BAC=30°，CA=CE，
∴∠CAE=∠CEA，
则∠AED=∠CEA-30°
又∵∠CDE=∠CAE+∠AED
即∠CAE+∠CAE-30°=70°
解得∠CAE=50°
故答案为：50°．
本题考查三角形中的角度计算，解题的关键是利用旋转的性质得到旋转后的角度，并利用三角形的外角性质建立等量关系．
20、6cm．
【解析】
试题分析：由平行四边形ABCD中，对角线AC和BD交于点O，OE∥BC，可得OE是△ACD的中位线，根据三角形中位线的性质，即可求得AD的长．
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，AD∥BC，
∵OE∥BC，
∴OE∥AD，
∴OE是△ACD的中位线，
∵OE=3cm，
∴AD=2OE=2×3=6（cm）．
故答案为：6cm．
【点评】此题考查了平行四边形的性质以及三角形中位线的性质．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．
21、6或6.5
【解析】
分类讨论，（1）若斜边为12，则直角三角形斜边上的中线的长是6；
（2）若12是直角边，则斜边为13，则直角三角形斜边上的中线的长是6.5；
综上述，直角三角形斜边上的中线的长是6或6.5.
22、1
【解析】
分析：首先证明△AEF≌△BEC，推出AF=BC=10，设DF=x．由△ADC∽△BDF，推出，构建方程求出x即可解决问题；
详解：∵AD⊥BC，BE⊥AC，
∴∠AEF=∠BEC=∠BDF=90°，
∵∠BAC=45°，
∴AE=EB，
∵∠EAF+∠C=90°，∠CBE+∠C=90°，
∴∠EAF=∠CBE，
∴△AEF≌△BEC，
∴AF=BC=10，设DF=x．
∵△ADC∽△BDF，
∴，
∴，
整理得x2+10x﹣24=0，
解得x=2或﹣12（舍弃），
∴AD=AF+DF=12，
∴S△ABC=•BC•AD=×10×12=1．
故答案为1．
点睛：本题考查勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
23、0
【解析】
直接将，代入二次根式解答即可．
【详解】
解：把x＝4代入二次根式＝0，
故答案为：0
此题主要考查了二次根式的定义，直接将代入求出，利用二次根式的性质直接开平方是解决问题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（）；（）时，，．
【解析】
试题分析：
（1）由题意可知：在该方程中，“根的判别式△>0”，由此列出关于k的不等式求解即可；
（2）在（1）中所求的k的取值范围内，求得符合条件的k的值，代入原方程求解即可.
试题解析：
(1)由题意得Δ＞0，
即9－4(1－k)＞0，
解得k＞.
(2)若k为负整数，则k＝－1，
原方程为x2－3x＋2＝0，
解得x1＝1，x2＝2.
25、（1）45°；（2）证明见解析；（3）.
【解析】
（1）∵正方形ABCD，AG⊥EF，
∴AG＝AB，∠ABE＝∠AGE＝∠BAD＝90°，AE＝AE，
∴Rt△ABE≌Rt△AGE，∴∠BAE＝∠GAE，
同理Rt△ADF≌Rt△AGF，∴∠GAF＝∠DAF，
∴∠EAF＝∠BAD＝45°；
（2）证明：由旋转知，∠BAH=∠DAN，AH=AN，
∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，∴∠BAM+∠DAN=45°，
∴∠HAM=∠BAM+∠BAH=∠BAM+∠DAN =45°，
∴∠HAM=∠NAM，AM=AM，
∴△AHM≌△ANM，
∴MN=MH，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADB=∠ABD=45°
由旋转知，∠ABH=∠ADB=45°，HB=ND，
∴∠HBM=∠ABH+∠ABD=90°，
∴，∴；
（3）.
以下解法供参考∵，∴；
在（2）中，
设，则．
∴．即.
26、（1）见解析；（2）四边形ABCE是菱形，理由见解析.
【解析】
（1）分别以点C、D为圆心，CD长为半径画弧，在四边形ABCD内部交于点E，连接CE、DE即可得；
（2）先证AB∥CE，结合AB＝CE可得四边形ABCE是平行四边形，然后由AB＝BC可得四边形ABCE是菱形．
【详解】
解：（1）如图所示，△CDE即为所求：
（2）四边形ABCE是菱形，
理由：∵△CDE是等边三角形，
∴∠ECD＝60°，CD＝DE＝CE，
∵∠ABC＋∠BCD＝240°，
∴∠ABC＋∠BCE＝180°，
∴AB∥CE，
又∵AB＝BC＝CD，
∴AB＝CE，
∴四边形ABCE是平行四边形，
∵AB＝BC，
∴四边形ABCE是菱形．
本题主要考查作图，等边三角形的性质和菱形的判定，解题的关键是掌握等边三角形和菱形的判定及性质．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人