湖南长沙长郡教肓集团2024-2025学年数学九上开学学业水平测试模拟试题【含答案】

这是一份湖南长沙长郡教肓集团2024-2025学年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）具备下列条件的三角形中，不是直角三角形的是（ ）
A．∠A+∠B=∠CB．∠B=∠C=∠A
C．∠A=90°-∠BD．∠A-∠B=90°
2、（4分）若样本数据3，4，2，6，x的平均数为5，则这个样本的方差是（ ）
A．3B．5C．8D．2
3、（4分）一次函数，当时，x的取值范围是
A．B．C．D．
4、（4分）如图，O既是AB的中点，又是CD的中点，并且AB⊥CD．连接AC、BC、AD、BD，则AC,BC,AD,BD这四条线段的大小关系是（ ）
A．全相等
B．互不相等
C．只有两条相等
D．不能确定
5、（4分）已知m＝，n＝，则代数式的值为 （ ）
A．3B．3C．5D．9
6、（4分）将直线沿轴向下平移1个单位长度后得到的直线解析式为（ ）
A．B．C．D．
7、（4分）在下列式子中，x可以取1和2的是( )
A．B．C．D．
8、（4分）如图，在 中， 的垂直平行线交 于 点，则 的度数为（ ）.

A．B．C．D．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）计算的结果是__________．
10、（4分）某中学随机地调查了50名学生，了解他们一周在校的体育锻炼时间，结果如下表所示：
则这50名学生这一周在校的平均体育锻炼时间是____小时．
11、（4分）在实数范围内分解因式：3x2﹣6＝_____．
12、（4分） “端午节”前，商场为促销定价为10元每袋的蜜枣粽子，采取如下方式优惠销售：若一次性购买不超过2袋，则按原价销售；若一次性购买2袋以上，则超过部分按原价的七折付款．张阿姨现有50元钱，那么她最多能买蜜枣粽子_____袋．
13、（4分）某物体对地面的压强随物体与地面的接触面积之间的变化关系如图所示（双曲线的一支）.如果该物体与地面的接触面积为，那么该物体对地面的压强是__________.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点
（1）求证：四边形是菱形
（2）若，求菱形的面积
15、（8分）如图，△ABC中AC=BC，点D，E在AB边上，连接CD，CE．
(1)如图1，如果∠ACB=90°，把线段CD逆时针旋转90°，得到线段CF，连接BF，
①求证：△ACD≌△BCF；
②若∠DCE=45°， 求证：DE2=AD2+BE2；
(2)如图2，如果∠ACB=60°，∠DCE=30°，用等式表示AD，DE，BE三条线段的数量关系，说明理由．

16、（8分）阅读理解：阅读下列材料：已知二次三项式2x2+x+a有一个因式是（x+2），求另一个因式以及a 的值
解：设另一个因式是（2x+b），
根据题意，得2x2+x+a=(x+2)(2x+b)，
展开，得2x2+x+a =2x2+(b+4)x+2b，
所以，解得，
所以，另一个因式是（2x−3），a 的值是−6.
请你仿照以上做法解答下题：已知二次三项式3x2 10x  m 有一个因式是（x+4），求另一个因式以及m的值.
17、（10分）定义：如果一个分式能化成一个整式与一个分子为常数的分式的和的形式，则称这个分式为“快乐分式”.如：，则 是“快乐分式”．
(1)下列式子中，属于“快乐分式”的是 （填序号）；
① ，② ，③ ，④ .
（2）将“快乐分式”化成一个整式与一个分子为常数的分式的和的形式为： = .
（3）应用：先化简 ，并求x取什么整数时，该式的值为整数．
18、（10分）将含有45°角的直角三角板ABC和直尺如图摆放在桌子上，然后分别过A、B两个顶点向直尺作两条垂线段AD，BE．
（1）请写出图中的一对全等三角形并证明；
（2）你能发现并证明线段AD，BE，DE之间的关系吗？
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）多项式分解因式的结果是______.
20、（4分）如图，将平行四边形ABCD沿EF对折，使点A落在点C处，若∠A=60°，AD=6，AB=12，则AE的长为_______.
21、（4分）如图，点P是正比例函数y=x与反比例函数在第一象限内的交点，PA⊥OP交x轴于点A，则△POA的面积为_______.
22、（4分）如图，点B是反比例函数在第二象限上的一点，且矩形OABC的面积为4，则k的值为_______________．
23、（4分）当x=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:在平面直角坐标系中,直线分别交、轴于点A、B两点,OA=5,∠OAB=60°.
(1)如图1,求直线AB的解析式；
(2)如图2,点P为直线AB上一点，连接OP,点D在OA延长线上，分别过点P、D作OA、OP的平行线,两平行线交于点C，连接AC,设AD=m,△ABC的面积为S,求S与m的函数关系式;
(3)如图3,在(2)的条件下,在PA上取点E ,使PE=AD, 连接EC,DE,若∠ECD=60°,四边形ADCE的周长等于22，求S的值.
25、（10分）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+1与x轴分别交于A(﹣1，0)，B(3，0)，与y轴交于点C．
(1)求抛物线解析式；
(2)在直线BC上方的抛物线上有点P，使△PBC面积为1，求出点P的坐标．
26、（12分）如图，在△ABC中，AB=AC，D是BC的中点，连接AD，在AD的延长线上取一点E，连接BE，CE．
（1）求证：△ABE≌△ACE；
（2）当AE与AD满足什么数量关系时，四边形ABEC是菱形？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、D
【解析】
根据三角形内角和定理对各选项进行逐一判断即可．
【详解】
A. ∵∠A+∠B=∠C,∠A+∠B+∠C=180°
∴2∠C=180°,解得∠C=90°，
∴此三角形是直角三角形，故本选项错误；
B. ∵∠B=∠C=∠A，
∴设∠B=∠C=x，则∠A=2x.
∵∠A+∠B+∠C=180°，
∴x+x+2x=180°,解得x=45°，
∴∠A=2x=90°，
∴此三角形是直角三角形，故本选项错误；
C. ∵∠A=90°−∠B，
∴∠A+∠B=90°，
∴此三角形是直角三角形，故本选项错误；
D.∵∠A-∠B=90°，
∴∠A=∠B+90°，
∴此三角形不是直角三角形，故本选项正确.
故答案选D.
本题考查了三角形内角和定理，解题的关键是熟练的掌握三角形内角和定理.
2、C
【解析】
先由平均数是5计算出x的值，再计算方差.
【详解】
解：∵数据3，4，2，6，x的平均数为5，
∴ ，
解得：x＝10，
则方差为×[（3﹣5）2+（4﹣5）2+（2﹣5）2+（6﹣5）2+（10﹣5）2]＝8，
故选：C．
本题考查的是平均数和方差的求法.计算方差的步骤是：①计算数据的平均数；②计算偏差，即每个数据与平均数的差；③计算偏差的平方和；④偏差的平方和除以数据个数.
3、D
【解析】
根据一次函数,可得:,解得:,即可求解.
【详解】
因为,
所以当时,则,
解得,
故选D.
本题主要考查一次函数与不等式的关系,解决本题的关键是要熟练掌握一次函数与不等式的关系.
4、A
【解析】
根据已知条件可判断出是菱形，则AC,BC,AD,BD这四条线段的大小关系即可判断．
【详解】
∵O既是AB的中点，又是CD的中点，
∴ ，
∴是平行四边形．
∵AB⊥CD，
∴平行四边形是菱形，
∴ ．
故选：A．
本题主要考查菱形的判定及性质，掌握菱形的判定及性质是解题的关键．
5、B
【解析】
由已知可得：，=.
【详解】
由已知可得：，
原式=
故选：B
考核知识点：二次根式运算.配方是关键.
6、A
【解析】
直接根据“左加右减”的原则进行解答即可．
【详解】
解：由“左加右减”的原则可知：把直线y=2x沿y轴向下平移1个单位长度后，其直线解析式为y=2x-1．
故选：A．
本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．
7、B
【解析】
根据分式和二次根式有意义的条件即可求出答.
【详解】
解：A.x﹣1≠0，所以x≠1，故A不可以取1
B.x﹣1≥0，所以x≥1，故B可以取1和2
C.x﹣2≥0，所以x≥2，故C不可以取1
D.x﹣2≠0，所以x≠2，故D不可以取2
故选：B．
本题考查的是分式和二次根式有意义的条件，熟练掌握二者是解题的关键.
8、A
【解析】
根据等腰三角形的性质求出∠ABC=∠C=65°，根据线段的垂直平分线的性质得到AD=BD，得到答案．
【详解】
解：∵AB=AC，∠A=50°，
∴∠ABC=∠C=65°，
∵l垂直平分AB，
∴AD=BD，
∴∠ABD=∠A=50°，
∴∠CBD=∠ABC-∠ABD=65°-50°=15°．
故选：A
本题考查的是线段的垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
分析：先根据二次根式的乘法法则进行计算，然后化简后合并即可.
详解：
=
=
故答案为:.
点睛：本题考查了二次根式的计算：先把各二次根式化为最简二次根式，再进行二次根式的乘除运算，然后合并同类二次根式．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.
10、6.4
【解析】
试题分析： 体育锻炼时间=（小时）.
考点：加权平均数.
11、3（x+）（x﹣）
【解析】
先提取公因式3，然后把2写成2，再利用平方差公式继续分解因式即可．
【详解】
3x2-6，
=3（x2-2），
=3（x2-2），
=3（x+）（x-）．
故答案为：3（x+）（x-）．
本题考查了实数范围内分解因式，注意把2写成2的形式继续进行因式分解．
12、6
【解析】
根据一次性购买不超过2袋，则按原价销售；若一次性购买2袋以上，则超据：2袋原价付款数+超过2袋的总钱数≤50，列出不等式求解即可得.
【详解】
解：设可以购买x（x为整数）袋蜜枣粽子.
，解得： ，则她最多能买蜜枣粽子是6袋.
故答案为：6.
此题考查了一元一次不等式的应用，关键是读懂题意，找出题目中的数量关系，列出不等式，注意x只能为整数.
13、500
【解析】
首先通过反比例函数的定义计算出比例系数k的值，然后可确定其表达式，再根据题目中给出的自变量求出函数值
【详解】
根据图象可得
当S=0.24时，P= =500，即压强是500Pa.
此题考查反比例函数的应用，列方程是解题关键
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）见解析（2）10
【解析】
（1）先证明，得到，，再证明四边形是平行四边形，再根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”得到，即可证明四边形是菱形。
（2）连接，证明四边形是平行四边形，得到，利用菱形的求面积公式即可求解。
【详解】
（1）证明： ∵，∴，
∵是的中点，是边上的中线，∴，
在和中，
，
∴，∴．
∵，∴．
∵，∴四边形是平行四边形，
∵，是的中点，是的中点，
∴，∴四边形是菱形；
（2）如图，连接，
∵，
∴四边形是平行四边形，∴，
∵四边形是菱形，∴．
本题主要考查全等三角形的应用，菱形的判定定理以及菱形的性质，熟练掌握菱形的的判定定理和性质是解此题的关键。
15、（1）①详见解析；②详见解析；（2）DE2= EB2+AD2+EB·AD，证明详见解析
【解析】
（1）①根据旋转的性质可得CF=CD，∠DCF=90°，再根据已知条件即可证明△ACD≌△BCF；
②连接EF，根据①中全等三角形的性质可得∠EBF=90°，再证明△DCE≌△FCE得到EF=DE即可证明；
（2）根据（1）中的思路作出辅助线，通过全等三角形的判定及性质得出相等的边，再由勾股定理得出AD，DE，BE之间的关系．
【详解】
解：（1）①证明：由旋转可得CF=CD，∠DCF=90°
∵∠ACD=90°
∴∠ACD=∠BCF
又∵AC=BC
∴△ACD≌△BCF
②证明：连接EF，
由①知△ACD≌△BCF
∴∠CBF=∠CAD=∠CBA=45°，∠BCF=∠ACD，BF=AD
∴∠EBF=90°
∴EF2=BE2+BF2，
∴EF2=BE2+AD2
又∵∠ACB=∠DCF=90°，∠CDE=45°
∴∠FCE=∠DCE=45°
又∵CD=CF，CE=CE
∴△DCE≌△FCE
∴EF=DE
∴DE2= AD2+BE2
⑵DE2= EB2+AD2+EB·AD
理由：如图2，将△ADC绕点C逆时针旋转60°，得到△CBF，过点F作FG⊥AB，交AB的延长线于点G，连接EF，
∴∠CBE=∠CAD，∠BCF=∠ACD， BF=AD
∵AC=BC，∠ACB=60°
∴∠CAB=∠CBA =60°
∴∠ABE=120°，∠EBF=60°，∠BFG=30°
∴BG=BF，FG=BF
∵∠ACB=60°，∠DCE=30°，
∴∠ACD+∠BCE=30°，
∴∠ECF=∠FCB+∠BCE=30°
∵CD=CF，CE=CE
∴△ECF≌△ECD
∴EF=ED
在Rt△EFG中，EF2=FG2+EG2
又∵EG=EB+BG
∴EG=EB+BF，
∴EF2=（EB+BF）2+（BF）2
∴DE2= （EB+AD）2+（AD）2
∴DE2= EB2+AD2+EB·AD
本题考查了全等三角形的性质与旋转模型，解题的关键是找出全等三角形，转换线段，并通过勾股定理的计算得出线段之间的关系．
16、另一个因式是（3x-2）， m 的值是-8
【解析】
设另一个因式为（3x+b），然后列方程组求解即可．
【详解】
设另一个因式是（3x+b），
根据题意，得3x2+10x+m=(x+4)(3x+b)，
展开，得3x2+10x+m =3x2+(b+12)x+4b，
所以，解得，
所以，另一个因式是（3x-2）， m 的值是-8.
本题考查了解二元一次方程组与因式分解，解题的根据是熟练的掌握解二元一次方程组与因式分解的相关知识点.
17、 (1)①②③；（2）；（3），x=-3
【解析】
（1）根据快乐分式的定义分析即可；
（2）根据快乐分式的定义变形即可；
（3）先化简，再根据快乐分式的定义变形，然后再根据x的值和分式的值为整数讨论即可.
【详解】
解：（1）①，是快乐分式 ，
② ，是快乐分式，
③ ，是快乐分式，
④ 不是分式，故不是快乐分式.
故答案为：①②③ ；
(2) 原式= = ；
（3）原式=
= =
= =
∵当或 时，分式的值为整数，
∴x的值可以是0或或1或，
又∵分式有意义时，x的值不能为0、1、，
∴
本题考查了新定义运算，以及分式的混合运算.熟练掌握运算法则及快乐分式的定义是解本题的关键.
18、（1）△ADC≌△CEB（2）AD＝BE+DE
【解析】
（1）结论：△ADC≌△CEB．根据AAS证明即可；
（2）由三角形全等的性质即可解决问题；
【详解】
解：（1）结论：△ADC≌△CEB．
理由：∵AD⊥CE，BE⊥CE，
∴∠ACB＝∠ADC＝∠CEB＝90°，
∴∠ACD+∠CAD＝90°，∠ACD+∠ECB＝90°，
∴∠CAD＝∠ECB，
∵AC＝CB，
∴△ADC≌△CEB（AAS）．
（2）结论：AD＝BE+DE．
理由：∵△ADC≌△CEB，
∴AD＝CE，CD＝BE，
∵CE＝CD+DE，
∴AD＝BE+DE．
本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形的全等的条件，属于中考常考题型．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
先提出公因式a，再利用平方差公式因式分解．
【详解】
解：a3-4a=a（a2-4）=a（a+2）（a-2）．
故答案为a（a+2）（a-2）．
本题考查提公因式法和公式法进行因式分解，解题的关键是熟记提公因式法和公式法．
20、8.4.
【解析】
过点C作CG⊥AB的延长线于点G，设AE=x，由于▱ABCD沿EF对折可得出AE=CE=x, 再求出∠BCG=30°，BG=BC=3, 由勾股定理得到，则EG=EB+BG=12-x+3=15-x，在△CEG中，利用勾股定理列出方程即可求出x的值．
【详解】
解：过点C作CG⊥AB的延长线于点G，
∵▱ABCD沿EF对折，
∴AE=CE
设AE=x，则CE=x，EB=12-x，
∵AD=6，∠A=60°，
∴BC=6, ∠CBG=60°，
∴∠BCG=30°，
∴BG=BC=3，
在△BCG中，由勾股定理可得：
∴EG=EB+BG=12-x+3=15-x
在△CEG中，由勾股定理可得：
解得：
故答案为：8.4
本题考查平行四边形的综合问题，解题的关键是证明△D′CF≌△ECB，然后利用勾股定理列出方程，本题属于中等题型．
21、1
【解析】
P在y=x上可知△POA为等腰直角三角形，过P作PC⊥OA于点C，则可知S△POC=S△PCA=k=2，进而可求得△POA的面积为1．
【详解】
解：过P作PC⊥OA于点C，
∵P点在y=x上，
∴∠POA=15°，
∴△POA为等腰直角三角形，
则S△POC=S△PCA=k=2，
∴S△POA=S△POC+S△PCA=1，
故答案为1．
本题考查反比例函数y= （k≠0）系数k的几何意义：从反比例函数y=（k≠0）图象上任意一点向x轴和y轴作垂线，垂线与坐标轴所围成的矩形面积为|k|．也考查了等腰直角三角形的性质．
22、-1
【解析】
根据矩形的面积求出xy＝−1，即可得出答案．
【详解】
设B点的坐标为（x，y），
∵矩形OABC的面积为1，
∴−xy＝1，
∴xy＝−1，
∵B在上，
∴k＝xy＝−1，
故答案为：-1．
本题考查了矩形的性质和反比例函数图象上点的坐标特征，能求出xy＝−1和k＝xy是解此题的关键．
23、
【解析】
把x=代入求解即可
【详解】
把x=代入中，得，故答案为
熟练掌握二次根式的化简是解决本题的关键，难度较小
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、 (1)直线解析式为；(2)S=；(3).
【解析】
(1)先求出点B坐标，设AB解析式为，把点A(5，0)，B(0，)分别代入，利用待定系数法进行求解即可；
(2)由题意可得四边形ODCP是平行四边形，∠OAB=∠APC=60°，则有PC=OD=5+m，∠PCH=30°，过点C作CH⊥AB，在Rt△PCH中 利用勾股定理可求得CH=，再由S=ABCH代入相关数据进行整理即可得；
(3) 先求得∠PEC=∠ADC，设∠OPA=，则∠OPC= ∠ADC= ∠PEC=60°+，在BA延长线上截取AK=AD，连接OK，DK，DE，证明△ADK是等边三角形，继而证明△PEC≌△DKO，通过推导可得到OP=OK=CE=CD，再证明△CDE是等边三角形，可得CE=CD=DE，连接OE，证明△OPE≌△EDA，继而可得△OAE是等边三角形，得到OA=AE=5 ，根据四边形ADCE的周长等于22，可得ED=，过点E作EN⊥OD于点N，则DN=，由勾股定理得， 可得关于m的方程，解方程求得m的值后即可求得答案.
【详解】
(1)在Rt△ABO中OA=5，∠OAB=60°，
∴∠OBA=30°，AB=10 ，
由勾股定理可得OB=，
∴B(0，)，
设AB解析式为，把点A(5，0)，B(0，)分别代入，得，
∴，
∴直线解析式为；
(2)∵CP//OD，OP//CD，
∴四边形ODCP是平行四边形，∠OAB=∠APC=60°，
∴PC=OD=5+m，∠PCH=30°，
过点C作CH⊥AB，在Rt△PCH中 PH=，由勾股定理得CH=，
∴S=ABCH=；

(3) ∵∠ECD=∠OAB=60°，
∴∠EAD+∠ECD=180°，∠CEA+∠ADC=180°，
∴∠PEC=∠ADC，
设∠OPA=，则∠OPC= ∠ADC= ∠PEC=60°+，
在BA延长线上截取AK=AD，连接OK，DK，DE，
∵∠DAK=60°，
∴△ADK是等边三角形，
∴AD=DK=PE，∠ODK=∠APC，
∵PC=OD，
∴△PEC≌△DKO，
∴OK=CE，∠OKD=∠PEC=∠OPC=60°+， ∠AKD= ∠APC=60° ，
∴∠OPK= ∠OKB，
∴OP=OK=CE=CD，
又∵∠ECD=60°，
∴△CDE是等边三角形，
∴CE=CD=DE，
连接OE，∵ ∠ADE=∠APO，DE=CD=OP，
∴△OPE≌△EDA，
∴AE=OE， ∠OAE=60°，
∴△OAE是等边三角形，
∴OA=AE=5 ，
∵四边形ADCE的周长等于22，
∴AD+2DE=17，
∴ED=，
过点E作EN⊥OD于点N，则DN=，
由勾股定理得，
即，
解得，(舍去)，
∴S==20.
本题考查的四边形综合题，涉及了待定系数法，平行四边形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解一元二次方程等，综合性较强，有一定的难度，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.
25、 (1)y＝﹣x2+x+1；(2)点P的坐标为(1，)或(2，1)．
【解析】
（1）根据抛物线y=ax2+bx+1与x轴分别交于A（-1，0），B（3，0），可以求得该抛物线的解析式；
（2）根据题意和（1）中的抛物线解析式可以求得点C的坐标，从而可以得到直线BC的函数解析式，然后根据在直线BC上方的抛物线上有点P，使△PBC面积为1，即可求得点P的坐标．
【详解】
（1）∵抛物线y=ax2+bx+1与x轴分别交于A（-1，0），B（3，0），
∴，解得，，
∴抛物线的解析式为y=-x2+x+1；
（2）∵y=-x2+x+1，
∴当x=0时，y=1，
即点C的坐标为（0，1），
∵B（3，0），C（0，1），
∴直线BC的解析式为：y=−x+1，
设点P的坐标为（p，-p2+p+1），
将x=p代入y=−x+1得y=−p+1，
∵△PBC面积为1，
∴，
解得，p1=1，p2=2，
当p1=1时，点P的坐标为（1，），
当p2=2时，点P的坐标为（2，1），
即点P的坐标为（1，）或（2，1）．
本题考查抛物线与x轴的交点、一次函数图象上点的坐标特征、二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求二次函数解析式，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
26、（1）证明见解析（2）当AE=2AD（或AD=DE或DE=AE）时，四边形ABEC是菱形
【解析】
（1）证明：∵AB=AC
点D为BC的中点
∴∠BAE=∠CAE
又∵AB=AC，AE=AE
∴△ABE≌△ACE（SAS）
（2）当AE=2AD（或AD=DE或DE=AE）时，四边形ABEC是菱形
∵AE=2AD，∴AD=DE
又点D为BC中点，∴BD=CD
∴四边形ABEC为平行四形
∵AB=AC
∴四边形ABEC为菱形
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
时间（小时）
5
6
7
8
人数
10
15
20
5