吉林省四平市鐵西區(qū)2024年九上數(shù)學開學監(jiān)測模擬試題【含答案】

學校________________班級____________姓名____________考場____________準考證號學校________________班級____________姓名____________考場____________準考證號…………密…………封…………線…………內(nèi)…………不…………要…………答…………題…………第1頁，共6頁吉林省四平市鐵西區(qū)2024年九上數(shù)學開學監(jiān)測模擬試題題號一二三四五總分得分批閱人A卷（100分）一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）1、（4分）如圖，正方形的邊長為3，將正方形折疊，使點落在邊上的點處，點落在點處，折痕為。若，則的長是A．1 B． C． D．22、（4分）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，點D是BC上一點，DE∥AC，DF∥AB，則△BED與△DFC的周長的和為（）A．34 B．32 C．22 D．203、（4分）函數(shù)y=kx+1與函數(shù)y=在同一坐標系中的大致圖象是（）A． B．C． D．4、（4分）如圖，四邊形中，，，，，則四邊形的面積是（）．A． B． C． D．5、（4分）《國家寶藏》節(jié)目立足于中華文化寶庫資源，通過對文物的梳理與總結，演繹文物背后的故事與歷史，讓更多的觀眾走進博物館，讓一個個館藏文物鮮活起來．下面四幅圖是我國一些博物館的標志，其中是中心對稱圖形的是（）．A． B． C． D．6、（4分）點A(x1，y1)，B(x2，y2)在反比例函數(shù)y＝的圖象上，當x1＜0＜x2時，y1＞y2，則k的取值圍是()A．k< B．k> C．k＜2 D．k＞27、（4分）下列圖形都是由同樣大小的矩形按一定的規(guī)律組成，其中，第①個圖形中一共有6個矩形，第②個圖形中一共有11個矩形，…，按此規(guī)律，第⑥個圖形中矩形的個數(shù)為()A．31 B．30 C．28 D．258、（4分）如圖，若平行四邊形ABCD的周長為40cm，BC＝AB，則BC＝（）A．16crn B．14cm C．12cm D．8cm二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、（4分）關于x的方程的一個根為1，則m的值為．10、（4分）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝8，AC＝6，DE是AB邊的垂直平分線，垂足為D，交邊BC于點E，連接AE，則△ACE的周長為________．11、（4分）如圖，正方形中，，點在邊上，且.將沿對折至，延長交邊于點，連接、.則下列結論：①：②；③：④.其中正確的有_（把你認為正確結論的序號都填上）12、（4分）如圖,小明從點出發(fā),前進5后向右轉20°,再前進5后又向右轉20°,這樣一直走下去,直到他第一次回到出發(fā)點為止,他所走的路徑構成了一個多邊形(1)小明一共走了________米；(2)這個多邊形的內(nèi)角和是_________度.13、（4分）把多項式n（n﹣2）+m（2﹣n）分解因式的結果是_____．三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（12分）如圖，在直角三角形ABC中，∠C=90°，∠B=60°，AB=8cm，E、F分別為邊AC、AB的中點．（1）求∠A的度數(shù)；（2）求EF和AE的長．15、（8分）已知：a，b，c為一個直角三角形的三邊長，且有，求直角三角形的斜邊長．16、（8分）因式分解：217、（10分）用一條長48cm的繩子圍矩形，(1)怎樣圍成一個面積為128cm2的矩形？(2)能圍成一個面積為145cm2的矩形嗎？為什么？18、（10分）如圖，正方形ABCD中，P為AB邊上任意一點，AE⊥DP于E，點F在DP的延長線上，且EF=DE，連接AF、BF，∠BAF的平分線交DF于G，連接GC．（1）求證：△AEG是等腰直角三角形；（2）求證：AG+CG=DG．B卷（50分）一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、（4分）菱形的周長為8cm,一條對角線長2cm,則另一條對角線長為cm.。20、（4分）已知點（2，7）在函數(shù)y=ax+3的圖象上，則a的值為____．21、（4分）已知，則______22、（4分）若，，則的值是__________.23、（4分）現(xiàn)有甲、乙兩支足球隊，每支球隊隊員身高的平均數(shù)均為1.85米，方差分別為，，則身高較整齊的球隊是__隊二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（8分）（問題原型）如圖，在中，對角線的垂直平分線交于點，交于點，交于點.求證：四邊形是菱形.（小海的證法）證明：是的垂直平分線，，（第一步），（第二步）.（第三步）四邊形是平行四邊形.（第四步）四邊形是菱形.（第五步）（老師評析）小海利用對角線互相平分證明了四邊形是平行四邊形，再利用對角線互相垂直證明它是菱形，可惜有一步錯了.（挑錯改錯）（1）小海的證明過程在第________步上開始出現(xiàn)了錯誤.（2）請你根據(jù)小海的證題思路寫出此題的正確解答過程，25、（10分）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，AC．BD相交于點O，且O是BD的中點（1）求證：四邊形ABCD是平行四邊形；（2）若AC⊥BD，AB=8，求四邊形ABCD的周長．26、（12分）如圖，矩形放置在平面直角坐標系上，點分別在軸，軸的正半軸上，點的坐標是，其中，反比例函數(shù)y=

的圖象交交于點.（1）_____（用的代數(shù)式表示）（2）設點為該反比例函數(shù)圖象上的動點，且它的橫坐標恰好等于，連結.①若的面積比矩形面積多8，求的值。②現(xiàn)將點繞點逆時針旋轉得到點，若點恰好落在軸上，直接寫出的值.

參考答案與詳細解析一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）1、B【解析】

設DF為x,根據(jù)折疊的性質(zhì)，利用Rt△A’DF中勾股定理即可求解.【詳解】∵A’C=2，正方形的邊長為3，∴A’D=1，設DF=x，∴AF=3-x,∵折疊，∴A’F=AF=3-x，在Rt△A’DF中，A’F2=DF2+A’D2,即(3-x)2=x2+12,解得x=故選B.此題主要考查勾股定理的應用，解題的關鍵是熟知正方形的性質(zhì)及勾股定理的應用.2、B【解析】

首先根據(jù)兩組對邊互相平行的四邊形是平行四邊形判定出四邊形AEDF是平行四邊形，進而得到DF＝AE，然后證明DE＝BE，即可得到DE+DF＝AB，從而得解．【詳解】解：∵DE∥AC，DF∥AB，∴四邊形AEDF是平行四邊形，∴DF＝AE，又∵DE∥AC，∴∠C＝∠EDB，又∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∴∠B＝∠EDB，∴DE＝BE，∴DF+DE＝AE+BE，∴△BED與△DFC的周長的和＝△ABC的周長＝10+10+12＝32，故選：B．本題主要考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定，關鍵是掌握平行四邊形對邊平行且相等，兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形．3、A【解析】試題分析：根據(jù)一次函數(shù)和反比例函數(shù)的特點，k≠0，所以分k＞0和k＜0兩種情況討論．①當k＞0時，y=kx+1與y軸的交點在正半軸，過一、二、三象限，y=的圖象在第一、三象限；②當k＜0時，y=kx+1與y軸的交點在正半軸，過一、二、四象限，y=的圖象在第二、四象限．故選A．考點：反比例函數(shù)的圖象；一次函數(shù)的圖象．4、A【解析】如下圖，分別過、作的垂線交于、，∴，∵，∴，在中，，∴．故選A.5、A【解析】

根據(jù)中心對稱圖形的定義和圖案特點即可解答.【詳解】、是中心對稱圖形，故本選項正確；、不是中心對稱圖象，故本選項錯誤；、不是中心對稱圖象，故本選項錯誤；、不是中心對稱圖象，故本選項錯誤.故選：.本題考查中心對稱圖形的概念：在同一平面內(nèi)，如果把一個圖形繞某一點旋轉180度，旋轉后的圖形能和原圖完全重合，那么這個圖形就叫做中心對稱圖形.6、B【解析】

根據(jù)當x1＜0＜x2時，y1＞y2可得雙曲線在第二，四象限，1－2k＜0，列出方程求解即可．【詳解】解：∵A（x1，y1），B（x2，y2）在反比例函數(shù)y＝的圖象上，又∵x1＜0＜x2時，y1＞y2，∴函數(shù)圖象在二四象限，∴1﹣2k＜0，∴k＞，故選B．本題考查了反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征，得出1－2k＜0是關鍵，較為簡單．7、A【解析】

由于圖①有矩形有6個＝5×1+1，圖②矩形有11個＝5×2+1，圖③矩形有16＝5×3+1，第n個圖形矩形的個數(shù)是5n+1把n＝6代入求出即可．【詳解】解：∵圖①有矩形有6個＝5×1+1，圖②矩形有11個＝5×2+1，圖③矩形有16＝5×3+1，∴第n個圖形矩形的個數(shù)是5n+1當n＝6時，5×6+1＝31個．故選：A．此題主要考查了圖形的變化規(guī)律，是根據(jù)圖形進行數(shù)字猜想的問題，關鍵是通過歸納與總結，得到其中的規(guī)律，然后利用規(guī)律解決一般問題．8、D【解析】∵平行四邊形ABCD的周長為40cm，，∴AB=CD，AD=BC，AB+BC+CD+AD=40cm，∴2（AB+BC）=40，∵BC＝AB，∴BC=8cm，故選D.二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、1【解析】試題分析：把x=1代入方程得：1-2m+m=0，解得m=1.考點：一元二次方程的根.10、1【解析】

由DE是AB邊的垂直平分線，可得AE=BE，又由在直角△ABC中，∠BAC=90°，AB=8，AC=6，利用勾股定理即可求得BC的長，繼而由△ACE的周長=AC+BC，求得答案．【詳解】解：∵DE是AB邊的垂直平分線，

∴AE=BE，

∵在直角△ABC中，∠BAC=90°，AB=8，AC=6，

∴BC==10，∴△ACE的周長為：AC+AE+CE=AC+BE+CE=AC+BC=6+10=1．

故答案為：1．本題考查,線段垂直平分線的性質(zhì)以及勾股定理．此題難度不大，注意掌握數(shù)形結合思想與轉化思想的應用．11、①②③④【解析】

根據(jù)翻折變換的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)可證△ABG≌△AFG；由①和翻折的性質(zhì)得出△ABG≌△AFG，△ADE≌△AFE，即可得出；在直角△ECG中，根據(jù)勾股定理可證BG=GC；通過證明∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，由平行線的判定可得AG∥CF.【詳解】解：①正確，∵四邊形ABCD是正方形，將△ADE沿AE對折至△AFE，∴AB=AD=AF，在△ABG與△AFG中，;△ABG≌△AFG（SAS）；②正確，∵由①得△ABG≌△AFG，又∵折疊的性質(zhì)，△ADE≌△AFE，∴∠BAG=∠FAG，∠DAE=∠EAF，∴∠EAG=∠FAG+∠EAF=90°×=45°；③正確，∵EF=DE=CD=2，設BG=FG=x，則CG=6-x，在直角△ECG中，根據(jù)勾股定理，得（6-x）2+42=（x+2）2，解得x=3，∴BG=3=6-3=GC；④正確，∵CG=BG=GF，∴△FGC是等腰三角形，∠GFC=∠GCF，又∠AGB=∠AGF，∠AGB+∠AGF=180°-∠FGC=∠GFC+∠GCF，∴∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，∴AG∥CF；本題考查了翻折變換的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，平行線的判定，此題綜合性較強，難度較大，解題的關鍵是注意數(shù)形結合思想應用.12、902880【解析】

先根據(jù)題意判斷該多邊形的形狀，再計算該多邊形的邊的總長和內(nèi)角和即可．【詳解】解：由題意知，該多邊形為正多邊形，∵多邊形的外角和恒為360°，360÷20=18，∴該正多邊形為正18邊形．（1）小明一共走了：5×18=90（米）；故答案為90（2）這個多邊形的內(nèi)角和為：（18-2）×180°=2880°故答案為2880本題考查了正多邊形的相關知識，掌握多邊形的內(nèi)角和定理是解決本題的關鍵．13、（n﹣2）（n﹣m）．【解析】

用提取公因式法分解因式即可．【詳解】n（n﹣2）+m（2﹣n）=n（n﹣2）-m（n-2）=（n﹣2）（n﹣m）．故答案為（n﹣2）（n﹣m）．本題考查了用提公因式法進行因式分解；一個多項式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法進行因式分解，同時因式分解要徹底，直到不能分解為止．三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（1）30°（2）EF=2cm，AE=2cm【解析】

（1）由“直角三角形的兩個銳角互余”的性質(zhì)來求∠A的度數(shù)；（2）由“30度角所對的直角邊等于斜邊的一半”求得BC=AB=4cm，再利用中位線的性質(zhì)即可解答【詳解】（1）∵在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=60°∴∠A=90°-∠B=30°即∠A的度數(shù)是30°.（2）∵在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=8cm∴BC=AB=4cm∴AC==cm∴AE=AC=2cm∵E、F分別為邊AC、AB的中點∴EF是△ABC的中位線∴EF=BC=2cm.此題考查三角形中位線定理，含30度角的直角三角形，解題關鍵在于利用勾股定理進行計算15、該直角三角形的斜邊長為3或.【解析】試題分析：根據(jù)非負數(shù)的性質(zhì)求得a、b的值，然后利用勾股定理即可求得該直角三角形的斜邊長．試題解析：解：∵，∴a﹣3=2，b﹣1=2，解得：a=3，b=1．①以a為斜邊時，斜邊長為3；②以a，b為直角邊的直角三角形的斜邊長為=．綜上所述：即直角三角形的斜邊長為3或．點睛：本題考查了勾股定理，非負數(shù)的性質(zhì)﹣絕對值、算術平方根．任意一個數(shù)的絕對值（二次根式）都是非負數(shù)，當幾個數(shù)或式的絕對值相加和為2時，則其中的每一項都必須等于2．16、2（a-b）2【解析】

先提公因式在利用公式法進行因式分解即可.【詳解】解：原式=2（a2-2ab+b2）=2（a-b）2本題考查的是因式分解，能夠熟練運用多種方法進行因式分解是解題的關鍵.17、(1)圍成長為1cm、寬為8cm的矩形；(2)不能圍成一個面積為145cm2的矩形.【解析】

設矩形的一邊長為xcm，則該邊的鄰邊長為(24﹣x)cm．(1)根據(jù)矩形的面積公式結合矩形的面積為128cm2，即可得出關于x的一元二次方程，解之即可得出結論；(2)根據(jù)矩形的面積公式結合矩形的面積為145cm2，即可得出關于x的一元二次方程，由根的判別式△＝﹣4＜3，即可得出不能圍成一個面積為145cm2的矩形．【詳解】解：設矩形的一邊長為xcm，則該邊的鄰邊長為(24﹣x)cm．(1)根據(jù)題意得：x(24﹣x)＝128，解得：x1＝1，x2＝8，∴24﹣x＝8或1．答：圍成長為1cm、寬為8cm的矩形，該矩形的面積為128cm2．(2)根據(jù)題意得：x(24﹣x)＝145，整理得：x2﹣24x+145＝3．∵△＝(﹣24)2﹣4×1×145＝﹣4＜3，∴此方程無實根，∴不能圍成一個面積為145cm2的矩形．本題主要考查一元二次方程的應用，能夠根據(jù)題意列出方程，并利用根的判別式判斷根的情況是解題的關鍵．18、證明見解析【解析】試題分析：（1）根據(jù)線段垂直平分線的定義得到AF=AD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、角平分線的定義證明即可；

（2）作CH⊥DP，交DP于H點，證明△ADE≌△DCH（AAS），得到CH=DE，DH=AE=EG，證明CG=GH，AG=DH，計算即可．試題解析：（1）證明：∵DE=EF，AE⊥DP，∴AF=AD，∴∠AFD=∠ADF，∵∠ADF+∠DAE=∠PAE+∠DAE=90°，∴∠AFD=∠PAE，∵AG平分∠BAF，∴∠FAG=∠GAP．∵∠AFD+∠FAE=90°，∴∠AFD+∠PAE+∠FAP=90°∴2∠GAP+2∠PAE=90°，即∠GAE=45°，∴△AGE為等腰直角三角形；（2）證明：作CH⊥DP，交DP于H點，∴∠DHC=90°．∵AE⊥DP，∴∠AED=90°，∴∠AED=∠DHC．∵∠ADE+∠CDH=90°，∠CDH+∠DCH=90°，∴∠ADE=∠DCH．∵在△ADE和△DCH中，，∴△ADE≌△DCH（AAS），∴CH=DE，DH=AE=EG．∴EH+EG=EH+HD，即GH=ED，∴GH=CH．∴CG=GH．∵AG=EG，∴AG=DH，∴CG+AG=GH+HD，∴CG+AG=（GH+HD），即CG+AG=DG．一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、【解析】解：先根據(jù)菱形的四條邊長度相等求出邊長，再由菱形的對角線互相垂直平分根據(jù)勾股定理即可求出另一條對角線的長。20、1．【解析】

利用待定系數(shù)法即可解決問題；【詳解】∵點（1，7）在函數(shù)y=ax+3的圖象上，∴7=1a+3，∴a=1，故答案為:1．本題考查一次函數(shù)圖象上點的坐標特征，解題的關鍵是熟練掌握待定系數(shù)法解決問題，屬于中考?？碱}型．21、34【解析】∵，∴=，故答案為34.22、2【解析】

提取公因式因式分解后整體代入即可求解．【詳解】.故答案為：2.此題考查因式分解的應用，解題關鍵在于分解因式.23、乙【解析】

根據(jù)方差的定義，方差越小數(shù)據(jù)越穩(wěn)定即可得出答案．【詳解】解：兩隊隊員身高平均數(shù)均為1.85米，方差分別為，，，身高較整齊的球隊是乙隊；故答案為：乙．本題考查了方差的意義．方差是用來衡量一組數(shù)據(jù)波動大小的量，方差越大，表明這組數(shù)據(jù)偏離平均數(shù)越大，即波動越大，數(shù)據(jù)越不穩(wěn)定；反之，方差越小，表明這組數(shù)據(jù)分布比較集中，各數(shù)據(jù)偏離平均數(shù)越小，即波動越小，數(shù)據(jù)越穩(wěn)定．二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（1）二;（2）見解析.【解析】

(1)由垂直平分線性質(zhì)可知，AC和EF并不是互相平分的,EF垂直平分AC，但AC并不平分EF，需要通過證明才可以得出，故第2步出現(xiàn)了錯誤;(2)）根據(jù)平行四邊形性質(zhì)求出AD∥BC，推出，證,推出，可得四邊形是平行四邊形，推出菱形.【詳解】（1）二（2）四邊形是平行四邊形，．．是的垂直平分線，．在與中，．．四邊形是平行四邊形．．四邊形是菱形．本題考查菱形的判定，以及平行四邊形的性質(zhì)，關鍵是掌握對角線互相垂直的平行四邊形是菱形25、(1)詳見解析;(2)32【解析】

（1）利用全等三角形的性質(zhì)證明AB=CD即可解決問題．（2）證明四邊形ABCD是菱形，即可求四邊形ABCD的周長．【詳解】解：（1）證明：∵AB//CD，∴∠ABO=∠CDO，∵OB=OD，∠AOB=∠COD，∴△AOB≌△CODASA∴AB=CD．又∵AB//CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形．（2）∵四邊形ABCD是平行四