福建省福州市第十九中学2024年九上数学开学复习检测模拟试题【含答案】

这是一份福建省福州市第十九中学2024年九上数学开学复习检测模拟试题【含答案】，共19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）下列二次根式；5；；；；．其中，是最简二次根式的有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
2、（4分）观察下列等式：，，，，，…，那么的个位数字是（ ）
A．0B．1C．4D．5
3、（4分）张浩调查统计了他们家5月份每次打电话的通话时长，并将统计结果进行分组（每组含量最小值，不含最大值），将分组后的结果绘制成如图所示的频数分布直方图，则下列说法中不正确的是（ ）
A．张浩家5月份打电话的总频数为80次
B．张浩家5月份每次打电话的通话时长在5﹣10分钟的频数为15次
C．张浩家5月份每次打电话的通话时长在10﹣15分钟的频数最多
D．张浩家5月份每次打电话的通话时长在20﹣25分钟的频率为6%
4、（4分）如图，正方形中，点、、分别足、，的中点，、交于，连接、.下列论：①；②；③；④.其中正确的有( )
A．个B．个C．个D．个
5、（4分）如图，△ABC以点C为旋转中心，旋转后得到△EDC，已知AB＝1.5，BC＝4，AC＝5，则DE＝( )
A．1.5B．3C．4D．5
6、（4分）在平面直角坐标系的第二象限内有一点，点到轴的距离为3，到轴的距离为4，则点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
7、（4分）下列等式从左到右的变形，属于因式分解的是( )
A．B．
C．D．
8、（4分）下列四个图形中，既是轴对称又是中心对称的图形是
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）已知函数y=-x+m与y=mx-4的图象交点在y轴的负半轴上，那么，m的值为____.
10、（4分）如图，点A、B都在反比例函数y=（x＞0）的图像上，过点B作BC∥x轴交y轴于点C，连接AC并延长交x轴于点D，连接BD，DA＝3DC，S△ABD＝1．则k的值为_______．
11、（4分）如图，已知△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，直角∠DFE的顶点F是AB中点，两边FD，FE分别交AC，BC于点D，E两点，当∠DFE在△ABC内绕顶点F旋转时（点D不与A，C重合），给出以下个结论：①CD=BE；②四边形CDFE不可能是正方形；③△DFE是等腰直角三角形；④S四边形CDFE=S△ABC．上述结论中始终正确的有______．（填序号）
12、（4分）二次根式中，字母的取值范围是__________．
13、（4分）若分式的值为零，则x的值为________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）（1）已知x＝＋1，y＝－1，求x2+y2的值．
（2）解一元二次方程：3x2+2x﹣2＝1．
15、（8分）求证：菱形的两条对角线互相垂直．（要求：画出图形，写出已知，求证和证明过程）
16、（8分）计算：
解方程：
17、（10分）已知关于的一元二次方程，
（1） 求证：无论m为何值，方程总有两个不相等的实数根；
（2） 当m为何值时，该方程两个根的倒数之和等于1.
18、（10分）如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别是AB，CD的中点，DE，BF与对角线AC分别交于点M，N，连接MF，NE．
（1）求证：DE∥BF
（2）判断四边形MENF是何特殊的四边形？并对结论给予证明；
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）若一个三角形的三边的比为3：4：5，则这个三角形的三边上的高之比为__________．
20、（4分）若分式在实数范围内有意义，则的取值范围是_____．
21、（4分）若点在轴上，则点的坐标为__________．
22、（4分）如图，直线y1＝k1x+a与y2＝k2x+b的交点坐标为（1，2），则关于x的方程k1x+a＝k2x+b的解是_____．
23、（4分）若实数x，y满足+，则xy的值是______．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）某中学八年级学生到离学校15千米的青少年营地举行庆祝十四岁生日活动，先遣队与大部队同时出发，已知先遣队的行进速度是大部队行进速度的1.2倍，预计先遣队比大部队早0.5小时到达目的地，求先遣队与大部队的行进速度。
25、（10分）计算：（1）；（2）+（3﹣2）（3+2）
26、（12分）反比例函数的图象如图所示，，是该图象上的两点，
（1）求的取值范围；（2）比较与的大小.
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】
根据最简二次根式的定义即可判断.
【详解】
，
，
，
、、是最简二次根式.
故选：.
本题考查最简二次根式，解题的关键是正确理解最简二次根式的定义，本题属于基础题型.
2、A
【解析】
由题中可以看出,故个位的数字是以10为周期变化的,用2019÷10,计算一下看看有多少个周期即可.
【详解】
以2为指数的幂的末位数字是1,4,9,6,5,6,9,4,1,0依次循环的,2019÷10=201…9,
(1+4+9+6+5+6+9+4+1+0)×201+(1+4+9+6+5+6+9+4+1)
=45×201+20
=9045+45
=9090,
∴的个位数字是0
故选A.
此题主要考查了找规律,要求学生通过观察,分析、归纳发现其中的规律,并应用发现的规律解决问题.解决本题的关键是找到以2为指数的末位数字的循环规律.
3、D
【解析】
根据频数、总数以及频率的定义即可判断；频数指某个数据出现的次数；频率是频数与总数之比
【详解】
解：A、正确．因为20+15+25+15+5＝80故正确．
B、正确．由图象可知张浩家5月份每次打电话的通话时长在5﹣10分钟的频数为15次．故正确．
C、正确．由图象可知张浩家5月份每次打电话的通话时长在10﹣15分钟的频数最多．故正确．
D、错误．张浩家5月份每次打电话的通话时长在20﹣25分钟的频率为＝．故错误．
故选：D．
此题主要考查频数分布直方图，熟练掌握频数、总数以及频率之间的关系是解题关键
4、C
【解析】
连接AH，由四边形ABCD是正方形与点E、F、H分别是AB、BC、CD的中点，易证得△BCE≌△CDF与△ADH≌△DCF，根据全等三角形的性质，易证得CE⊥DF与AH⊥DF，根据垂直平分线的性质，即可证得AG=AD，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可证得HG=AD，根据等腰三角形的性质，即可得∠CHG=∠DAG．则问题得解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=90°，
∵点E、F、H分别是AB、BC、CD的中点，
∴BE=CF，
在△BCE与△CDF中，
∴△BCE≌△CDF（SAS），
∴∠ECB=∠CDF，
∵∠BCE+∠ECD=90°，
∴∠ECD+∠CDF=90°，
∴∠CGD=90°，
∴CE⊥DF，故①正确；
在Rt△CGD中，H是CD边的中点，
∴HG=CD=AD，故④错误；
连接AH，如图：
同理可证得：AH⊥DF，
∵HG=HD=CD，
∴DK=GK，
∴AH垂直平分DG，
∴AG=AD，GH=DH，故②正确；
∴∠DAG=2∠DAH，
在△ADH与△CDF中，，
∴△ADH≌△DCF，
∴∠DAH=∠CDF，
∵GH=DH，
∴∠HDG=∠HGD，
∴∠GHC=∠HDG+∠HGD=2∠CDF，
又∵AH垂直平分DG，
∴∠DAH=∠GAH，∠DAG=2∠DAH，
∴∠CHG=∠DAG．故③正确；
故选：C．
此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质以及垂直平分线的性质等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
5、A
【解析】
根据旋转的性质，得出△ABC≌△EDC，再根据全等三角形的对应边相等即可得出结论．
【详解】
由旋转可得，△ABC≌△EDC，
∴DE=AB=1.5，
故选A．
本题主要考查了旋转的性质的运用，解题时注意：旋转前、后的图形全等．
6、C
【解析】
分析：根据第二象限内点的坐标特征，可得答案．
详解：由题意，得
x=-4，y=3，
即M点的坐标是（-4，3），
故选C．
点睛：本题考查了点的坐标，熟记点的坐标特征是解题关键．横坐标的绝对值就是到y轴的距离，纵坐标的绝对值就是到x轴的距离．
7、C
【解析】
根据因式分解的意义，把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解分别进行判断，即可得出答案．
【详解】
解：A、x2+2x-1≠（x-1）2，故本选项错误；
B、右边不是整式积的形式，不是因式分解，故本选项错误；
C、符合因式分解的定义，故本选项正确；
D、右边不是整式积的形式，不是因式分解，故本选项错误．
故选：C．
本题考查多项式的因式分解，解题的关键是正确理解因式分解的意义．
8、B
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念进行判断即可．
【详解】
既是轴对称又是中心对称的图形是第一个和第三个；
是轴对称不是中心对称的图形是第二个和第四个；
故选．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．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，中心对称图形是要寻找对称中心，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、-1
【解析】
根据题意，第二个函数图象与y轴的交点坐标也是第一个函数图象与y轴的交点坐标，然后求出第二个函数图象与y轴的交点坐标，代入第一个函数解析式计算即可求解．
【详解】
当x=0时，y=m•0-1=-1，
∴两函数图象与y轴的交点坐标为（0，-1），
把点（0，-1）代入第一个函数解析式得，m=-1．
故答案为：-1.
此题考查两直线相交的问题，根据第二个函数解析式求出交点坐标是解题的关键，也是本题的突破口．
10、2.
【解析】
过点A作AN⊥x轴交x轴于点N，交BC于点M，设B（x，y），则BC=x,MN=y,由平行线分线段成比例定理得AM=2y,根据 =1 ，即可求得xy=k的值.
【详解】
解：如图，过点A作AN⊥x轴交x轴于点N，交BC于点M，设B（x，y），则BC=x,MN=y,
∵BC∥x轴，DA＝3DC，
∴AN=3MN，AM=2MN
∴MN=y,AM =2y
∵ ，S△ABD＝1
∴ ，
∴xy=2，
∵反比例函数y=（x＞0），
∴k=xy=2．
故答案为：2．
本题考查平行线分线段成比例定理，反比例函数的比例系数k的几何意义：在反比例函数y=图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．
11、①③④
【解析】
首先连接CF，由等腰直角三角形的性质可得：，则证得∠DCF=∠B，∠DFC=∠EFB，然后可证得：△DCF≌△EBF，由全等三角形的性质可得CD=BE，DF=EF，也可证得S四边形CDFE=S△ABC．问题得解．
【详解】
解：连接CF，
∵AC=BC，∠ACB=90°，点F是AB中点，
∴∠DCF=∠B=45°，
∵∠DFE=90°，
∴∠DFC+∠CFE=∠CFE+∠EFB=90°，
∴∠DFC=∠EFB，
∴△DCF≌△EBF，
∴CD=BE，故①正确；
∴DF=EF，
∴△DFE是等腰直角三角形，故③正确；
∴S△DCF=S△BEF，
∴S四边形CDFE=S△CDF+S△CEF=S△EBF+S△CEF=S△CBF=S△ABC．，故④正确．
若EF⊥BC时，则可得：四边形CDFE是矩形，
∵DF=EF，
∴四边形CDFE是正方形，故②错误．
∴结论中始终正确的有①③④．
故答案为：①③④．
此题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，正方形的判定等知识．题目综合性很强，但难度不大，注意数形结合思想的应用．
12、
【解析】
二次根式有意义的条件就是被开方数是非负数，即可求解．
【详解】
根据题意得：x﹣1≥0，解得：x≥1．
故答案为x≥1．
本题考查了二次根式的意义和性质．概念：式子（a≥0）叫二次根式．性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
13、1
【解析】
试题分析：根据题意，得|x|-1=0，且x-1≠0，解得x=-1．
考点：分式的值为零的条件．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）6；（2）x1=，x2=．
【解析】
（1）代入后利用完全平方公式计算；
（2）用公式法求解．
【详解】
（1）x2+y2
=（+1）2+（−1）2
=3+2+3-2
=6；
（2）a=3，b=2，c=-2，
b2-4ac=22-4×3×（-2）=28，
x==，
即x1=，x2=．
本题考查了二次根式与一元二次方程，熟练化简二次根式和解一元二次方程是解题的关键．
15、见详解
【解析】
根据等腰三角形的三线合一的性质证明即可．
【详解】
已知：如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O．
求证：AC⊥BD．
证明：∵四边形ABCD是菱形
∴AD=CD，OA=OC
∴OD⊥AC （三线合一）
即AC⊥BD．
本题考查菱形的性质、等腰三角形的三线合一．线段的垂直平分线的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
16、（1）；（2），
【解析】
（1）利用二次根式的混合运算法则及顺序进行计算即可；
（2）利用提公因式法求解即可.
【详解】
（1）
=
=；
（2）提取公因式可得：，
∴或，
解得：，.
本题主要考查了二次根式的混合运算以及解一元二次方程，熟练掌握相关方法是解题关键.
17、（2）见解析 （2）
【解析】
（2）根据方程的系数结合根的判别式，可得出△=2m2+4＞0，进而即可证出：方程总有两个不相等的实数根；
（2）利用根与系数的关系列式求得m的值即可．
【详解】
证明：△=（m+2）2-4×2×（m-2）=m2+2．
∵m2≥0，
∴m2+2＞0，即△＞0，
∴方程总有两个不相等的实数根．
（2）设方程的两根为a、b，
利用根与系数的关系得：a+b=-m-2，ab=m-2
根据题意得：=2，
即：＝2
解得：m=-，
∴当m=-时该方程两个根的倒数之和等于2．
本题主要考查根与系数的关系，解题的关键是掌握根与系数的关系及根的判别式．
18、（1）见解析；（2）平行四边形，证明见解析
【解析】
（1）根据已知条件证明四边形DEBF为平行四边形，即可得到；
（2）证明△FNC≌EMA，得到FN=EM，又FN∥EM，可得结果.
【详解】
解：（1）证明：在平行四边形ABCD中，AB∥CD，AB=CD，
∵E，F分别是AB，CD的中点，
∴DF=BE，DF∥BE，
∴四边形DEBF为平行四边形，
∴DE∥BF；
（2）MENF为平行四边形，理由是：
如图，∵DE∥BF，
∴∠FNC=∠DMC=∠AME，
又∵DC∥AB，
∴∠ACD=∠CAB，又CF=AE=AB=CD，
∴△FNC≌EMA（AAS），
∴FN=EM，又FN∥EM，
∴MENF为平行四边形.
本题考查了平行四边形的性质和判定，本题考查了平行四边形的判定和性质，难度不大，解题的关键是要找到合适的全等三角形.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、20：15：1．
【解析】
根据勾股定理的逆定理得到这个三角形是直角三角形，根据三角形的面积公式求出斜边上的高，然后计算即可．
【详解】
解：设三角形的三边分别为3x、4x、5x，
∵（3x）2＋（4x）2＝25x2＝（5x）2，
∴这个三角形是直角三角形，
设斜边上的高为h，
则×3x×4x＝×5x×h，
解得，h＝，
则这个三角形的三边上的高之比＝4x：3x：＝20：15：1，
故答案为：20：15：1．
本题考查的是勾股定理的逆定理、三角形的面积计算，如果三角形的三边长a，b，c满足a2＋b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形．
20、x≠1
【解析】
【分析】根据分式有意义的条件进行求解即可得答案.
【详解】由题意得：1-x≠0，
解得：x≠1，
故答案为x≠1.
【点睛】本题考查了分式有意义的条件，熟知分母不为0时分式有意义是解题的关键.
21、
【解析】
根据x轴上点的纵坐标等于1，可得m值，根据有理数的加法，可得点P的坐标．
【详解】
解：因为点P（m+1，m-2）在x轴上，
所以m-2=1，解得m=2，
当m=2时，点P的坐标为（3，1），
故答案为（3，1）．
本题主要考查了点的坐标．坐标轴上点的坐标的特点：x轴上点的纵坐标为1，y轴上的横坐标为1．
22、x＝1
【解析】
由交点坐标就是该方程的解可得答案.
【详解】
关于x的方程k2x+b=k1x+a的解，
即直线y1=k1x+a与直线y2=k2x+b的交点横坐标，
所以方程的解为x=1.
故答案为：1.
本题考查的知识点是一次函数与一元一次方程，一次函数的图象和性质，解题的关键是熟练的掌握一次函数与一元一次方程，一次函数的图象和性质.
23、
【解析】
根据非负数的性质列出方程求出x、y的值，代入所求代数式计算即可．
【详解】
因为，
所以＝0， ，
解得：＝－2， ＝，
所以＝（－2）×＝－2．
故答案为－2．
本题考查非负数的性质-算术平方根，非负数的性质-偶次方.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、大部队的行进速度为5千米/时,先遣队的行进速度为6千米/时
【解析】
【分析】设大部队的行进速度为x千米/时,则先遣队的行进速度为1.2x千米/时.由“先遣队比大部队早0.5小时到达目的地”，即时间关系可以列出，求解可得.
【详解】设大部队的行进速度为x千米/时,则先遣队的行进速度为1.2x千米/时.根据题意,可列出方程
.
解得 .
经检验, 是原方程的根,且符合题意.
当 时,
答:大部队的行进速度为5千米/时,先遣队的行进速度为6千米/时
【点睛】本题考核知识点：列分式方程解应用题.解题关键点：根据时间差关系列出方程.
25、（1）﹣；（2）1.
【解析】
（1）先把二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；
（2）利用二次根式的性质和平方差公式计算．
【详解】
解：（1）原式＝1﹣9+
＝﹣；
（2）原式＝7+9﹣12
＝1．
本题考查了二次根式的运算，正确掌握二次根式的性质是解题的关键.
26、（1）；（2）.
【解析】
（1）根据反比例函数的图象和性质可知2m-1＞0，从而可以解答本题；
（2）根据反比例函数的性质可以判断b1与b2的大小．
【详解】
解：（1）由，得.
（2）由图知，随增大而减小.
又∵，
.
本题考查反比例函数图象上点的坐标特征、反比例函数的图象，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分