河南省洛阳市伊川县2024-2025学年数学九上开学综合测试模拟试题【含答案】

学校________________班级____________姓名____________考场____________准考证号学校________________班级____________姓名____________考场____________准考证号…………密…………封…………线…………内…………不…………要…………答…………题…………第1页，共3页河南省洛阳市伊川县2024-2025学年数学九上开学综合测试模拟试题题号一二三四五总分得分A卷（100分）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）已知一组数据1，l，，7，3，5，3，1的众数是1，则这组数据的中位数是()．A．1 B．1．5 C．3 D．52、（4分）在一次中学生田径运动会上，参加跳远的名运动员的成绩如下表所示:成绩（米）人数则这名运动员成绩的中位数、众数分别是（）A． B． C．， D．3、（4分）如图，△ABC中，∠C=90°，E、F分别是AC、BC上两点，AE=8，BF=6，点P、Q、D分别是AF、BE、AB的中点，则PQ的长为（）A．4 B．5 C．6 D．84、（4分）用配方法解方程配方正确的是（）A． B． C． D．5、（4分）二次根式的值是（）A．﹣3 B．3或﹣3 C．9 D．36、（4分）菱形ABCD的一条对角线长为6，边AB的长为方程y2﹣7y+10=0的一个根，则菱形ABCD的周长为（）A．8 B．20 C．8或20 D．107、（4分）4的平方根是()A．4 B．2 C．－2 D．±28、（4分）矩形的对角线长为20，两邻边之比为3:4，则矩形的面积为()A．20B．56C．192D．以上答案都不对二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）9、（4分）式子有意义，则实数的取值范围是______________.10、（4分）如图，在平面直角坐标系中，已知A（﹣2，1），B（1，0），将线段AB绕着点B顺时针旋转90°得到线段BA′，则A′的坐标为_____．11、（4分）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且AC＝4，BD＝7，CD＝3，则△ABO周长是__．12、（4分）如图所示，已知ABCD中，下列条件：①AC=BD；②AB=AD；③∠1=∠2；④AB⊥BC中，能说明ABCD是矩形的有______________（填写序号）13、（4分）已知α、β是一元二次方程x2﹣2019x+1＝0的两实根，则代数式（α﹣2019）（β﹣2019）＝_____．三、解答题（本大题共5个小题，共48分）14、（12分）如图，矩形ABCD中，AB＝9，AD＝1．E为CD边上一点，CE＝2．点P从点B出发，以每秒1个单位的速度沿着边BA向终点A运动，连接PE．设点P运动的时间为t秒．（1）求AE的长；（2）当t为何值时，△PAE为直角三角形？15、（8分）如图，AB=AC，AD=AE，DE=BC，且∠BAD=∠CAE．求证：四边形BCDE是矩形．16、（8分）如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A（﹣4，0），直线l∥x轴，交y轴于点C（0，3），点B（﹣4，3）在直线l上，将矩形OABC绕点O按顺时针方向旋转α度，得到矩形OA′B′C′，此时直线OA′、B′C′分别与直线l相交于点P、Q．（1）当α＝90°时，点B′的坐标为．（2）如图2，当点A′落在l上时，点P的坐标为；（3）如图3，当矩形OA′B′C′的顶点B′落在l上时．①求OP的长度；②S△OPB′的值是．（4）在矩形OABC旋转的过程中（旋转角0°＜α≤180°），以O，P，B′，Q为顶点的四边形能否成为平行四边形？如果能，请直接写出点B′和点P的坐标；如果不能，请简要说明理由．17、（10分）（1）化简：；（2）解方程：；（3）用配方法解方程：x2-8x=84；（4）用公式法解方程：2x2+3x-1=018、（10分）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，的三个顶点，，．(1)将以点为旋转中心旋转，得到△，请画出△的图形；(2)平移，使点的对应点坐标为，请画出平移后对应的△的图形；(3)若将△绕某一点旋转可得到△，请直接写出旋转中心的坐标．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）直线向上平移4个单位后，所得直线的解析式为________．20、（4分）如图，在▱ABCD中，E为CD的中点，连接AE并延长，交BC的延长线于点G，BF⊥AE，垂足为F，若AD＝AE＝1，∠DAE＝30°，则EF＝_____．21、（4分）如图1，边长为a的正方形发生形变后成为边长为a的菱形，如果这个菱形的一组对边之间的距离为h，我们把的值叫做这个菱形的“形变度”．例如，当形变后的菱形是如图2形状（被对角线BD分成2个等边三角形），则这个菱形的“形变度”为2：．如图3，正方形由16个边长为1的小正方形组成，形变后成为菱形，△AEF（A、E、F是格点）同时形变为△A′E′F′，若这个菱形的“形变度”k＝，则S△A′E′F′＝__22、（4分）如图，在矩形ABCD，BE平分∠ABC，交AD于点E，F是BE的中点，G是BC的中点，连按EC，若AB=8，BC=14，则FG的长为________。23、（4分）如图，已知，，，当时，______.二、解答题（本大题共3个小题，共30分）24、（8分）小明星期天从家里出发骑车去舅舅家做客，当他骑了一段路时，想起要买个礼物送给表弟，于是又折回到刚经过的一家商店，买好礼物后又继续骑车去舅舅家，以下是他本次去舅舅家所用的时间与路程的关系式示意图，根据图中提供的信息回答下列问题：（1）小明家到舅舅家的路程是______米，小明在商店停留了______分钟；（2）在整个去舅舅家的途中哪个时间段小明骑车速度最快，最快的速度是多少米/分？（3）本次去舅舅家的行程中，小明一共行驶了多少米？一共用了多少分钟？25、（10分）如图，AB是⊙O的直径，AC⊥AB，E为⊙O上的一点，AC=EC，延长CE交AB的延长线于点D.（1）求证：CE为⊙O的切线；（2）若OF⊥AE，OF=1，∠OAF=30°，求图中阴影部分的面积.（结果保留π）26、（12分）某学生食堂存煤45吨，用了5天后，由于改进设备，平均每天耗煤量降低为原来的一半，结果多烧了10天.求改进设备后平均每天耗煤多少吨？

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】

数据1，1，x，7，3，2，3，1的众数是1，说明1出现的次数最多，所以当x=1时，1出现3次，次数最多，是众数；再把这组数据从小到大排列：1，1，1，1，3，3，2，7，处于中间位置的数是1和3，所以中位数是：（1+3）÷1=1.2．故选B.2、D【解析】

根据中位数、众数的定义即可解决问题．【详解】解：这些运动员成绩的中位数、众数分别是4.70，4.1．故选：D．本题考查中位数、众数的定义，解题的关键是记住中位数、众数的定义，属于中考基础题.3、B【解析】

利用三角形中位线定理即可作答.【详解】∵点P、Q、D分别是AF、BE、AB的中点∴∴DQ∥AE,PD∥BF∵∠C=90°∴AE⊥BF∴DQ⊥PD∴∠PDQ=90°∴．故选B.本题考查的知识点是勾股定理的运用，解题关键是证得∠PDQ=90°.4、A【解析】

本题可以用配方法解一元二次方程，首先将常数项移到等号的右侧，将等号左右两边同时加上一次项系数一半的平方，即可将等号左边的代数式写成完全平方形式．【详解】解：，，∴，．故选：．此题考查配方法的一般步骤：①把常数项移到等号的右边；②把二次项的系数化为1；③等式两边同时加上一次项系数一半的平方．选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．5、D【解析】

本题考查二次根式的化简，．【详解】．故选D．本题考查了根据二次根式的意义化简．二次根式化简规律：当a≥0时，＝a；当a≤0时，＝﹣a．6、B【解析】试题分析：解方程可得：y=2或y=5，当边长为2时，对角线为6就不成立；则边长为5，则周长为20.考点：(1)、菱形的性质；(2)、方程的解7、D【解析】∵，∴4的平方根是，故选D.8、C【解析】分析：首先设矩形的两邻边长分别为：3x，4x，可得（3x）2+（4x）2=202，继而求得矩形的两邻边长，则可求得答案．详解：∵矩形的两邻边之比为3：4，∴设矩形的两邻边长分别为：3x，4x，∵对角线长为20，∴（3x）2+（4x）2=202，解得：x=2，∴矩形的两邻边长分别为：12，16；∴矩形的面积为：12×16=1．故选：C．点睛：此题考查了矩形的性质以及勾股定理．此题难度不大，注意掌握方程思想的应用．二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）9、且【解析】分析：直接利用二次根式的定义：被开方数大于等于零，分式有意义的条件：分母不为零，分析得出答案．详解：式子有意义，则+1≥0，且-2≠0，解得：≥-1且≠2.故答案：且.点睛：本题主要考查了二次根式有意义的条件及分式有意义的条件.10、(2，3)【解析】

作AC⊥x轴于C，作A′C′⊥x轴，垂足分别为C、C′，证明△ABC≌△BA′C′，可得OC′=OB+BC′=1+1=2，A′C′=BC=3，可得结果．【详解】如图，作AC⊥x轴于C，作A′C′⊥x轴，垂足分别为C、C′，∵点A、B的坐标分别为（-2，1）、（1，0），∴AC=2，BC=2+1=3，∵∠ABA′=90°，∴ABC+∠A′BC′=90°，∵∠BAC+∠ABC=90°，∴∠BAC=∠A′BC′，∵BA=BA′，∠ACB=∠BC′A′，∴△ABC≌△BA′C′，∴OC′=OB+BC′=1+1=2，A′C′=BC=3，∴点A′的坐标为（2，3）．故答案为（2，3）．此题考查旋转的性质，三角形全等的判定和性质，点的坐标的确定．解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形．11、8.1．【解析】

直接利用平行四边形的性质得出AO＝CO＝2，BO＝DO＝，DC＝AB＝3，进而得出答案．【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO＝CO，BO＝DO，AB＝CD＝3，∵AC＝4，BD＝7，∴AO＝2，OB＝，∴△ABO的周长＝AO+OB+AB＝2++3＝8.1．故答案为：8.1．此题主要考查了平行四边形的性质以及三角形周长的计算，正确得出AO+BO的值是解题关键．12、①④【解析】矩形的判定方法由：①有一个角是直角的平行四边形是矩形；②有三个角是直角的四边形是矩形；③对角线相等的平行四边形是矩形，由此可得能使平行四边形ABCD是矩形的条件是①和④.13、1【解析】

根据根与系数的关系可得：α+β＝2019，αβ＝1，将其代入（α﹣2019）（β﹣2019）＝αβ-2019（α+β）+中即可求出结论．【详解】∵α、β是一元二次方程x2﹣2019x+1＝0的两实根，∴α+β＝2019，αβ＝1，∴（α﹣2019）（β﹣2019）＝αβ-2019（α+β）+＝1．故答案为1．本题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练运用一元二次方程根与系数的关系是解决问题的关键.三、解答题（本大题共5个小题，共48分）14、（1）5；（2）当t＝2或t＝时，△PAE为直角三角形；【解析】

（1）在直角△ADE中，利用勾股定理进行解答；

（2）需要分类讨论：AE为斜边和AP为斜边两种情况下的直角三角形；【详解】解：（1）∵矩形ABCD中，AB＝9，AD＝1，∴CD＝AB＝9，∠D＝90°，∴DE＝9﹣2＝3，∴AE＝＝5；（2）①若∠EPA＝90°，t＝2；②若∠PEA＝90°，（2﹣t）2+12+52＝（9﹣t）2，解得t＝．综上所述，当t＝2或t＝时，△PAE为直角三角形；本题考查了四边形综合题，综合勾股定理，直角三角形的性质，一元二次方程的应用等知识点，要注意分类讨论，以防漏解.15、见解析【解析】

分析：证明：∵∠BAD=∠CAE，∴∠BAE=∠CAD．在△ABE和△ACD中，∵AB=AC，AE=AD，∠BAE=∠CAD，∴△ABE≌△ACD（SAS）.∴BE=CD．又∵DE=BC，∴四边形BCDE为平行四边形．如图，连接BD,CE,在△ACE和△ABD中，∵AC=AB，AE=AD，∠CAE=∠BAD，∴△ACE≌△ABD（SAS），∴CE=BD．∴四边形BCED为矩形（对角线相等的平行四边形是矩形）.16、（1）（1，4）；（2）（﹣，1）；（1）①OP＝；②；（4）在矩形OABC旋转的过程中（旋转角0°＜α≤180°），以O，P，B′，Q为顶点的四边形能成为平行四边形，此时点B′的坐标为（5，0），点P的坐标为（4，1）．【解析】

（1）根据旋转的得到B′的坐标；（2）根据在Rt△OCA′，利用勾股定理即可求解；（1）①根据已知条件得到△CPO≌△A′PB′，设OP＝x，则CP＝A′P＝4﹣x，在Rt△CPO中，利用OP2＝OC2+CP2，即x2＝（4﹣x）2+12即可求出x的值，即可求解；②根据S△OPB′＝PB′•OC即可求解；（4）当点B′落在x轴上时，由OB′∥PQ，OP∥B′Q，此时四边形OPQB′为平行四边形，再根据平行四边形的性质即可求解.【详解】解：（1）∵A（﹣4，0），B（﹣4，1），∴OA＝4，AB＝1．由旋转的性质，可知：OA′＝OA＝4，A′B′＝AB＝1，∴当α＝90°时，点B′的坐标为（1，4）．故答案为：（1，4）．（2）在Rt△OCA′中，OA′＝4，OC＝1，∴A′C＝＝，∴当点A′落在l上时，点P的坐标为（﹣，1）．故答案为：（﹣，1）．（1）①当四边形OA′B′C′的顶点B′落在BC的延长线上时，在△CPO和△A′PB′中，，∴△CPO≌△A′PB′（AAS），∴OP＝B′P，CP＝A′P．设OP＝x，则CP＝A′P＝4﹣x．在Rt△CPO中，OP＝x，CP＝4﹣x，OC＝1，∴OP2＝OC2+CP2，即x2＝（4﹣x）2+12，解得：x＝，∴OP＝．②∵B′P＝OP＝，∴S△OPB′＝PB′•OC＝××1＝．故答案为：．（4）当点B′落在x轴上时，∵OB′∥PQ，OP∥B′Q，∴此时四边形OPQB′为平行四边形．过点A′作A′E⊥x轴于点E，如图4所示．∵OA′＝4，A′B′＝1，∴OB′＝＝5，A′E＝＝，OE＝＝，∴点B′的坐标为（5，0），点A′的坐标为（，）．设直线OA′的解析式为y＝kx（k≠0），将A′（，）代入y＝kx，得：＝k，解得：k＝，∴直线OA′的解析式为y＝x．当y＝1时，有x＝1，解得：x＝4，∴点P的坐标为（4，1）．∴在矩形OABC旋转的过程中（旋转角0°＜α≤180°），以O，P，B′，Q为顶点的四边形能成为平行四边形，此时点B′的坐标为（5，0），点P的坐标为（4，1）．此题主要考查一次函数与几何综合，解题的关键是熟知一次函数的图像与性质、全等三角形的判定与性质.17、（1）（2）x=30；（3）；（4）【解析】

（1）根据分式的运算法则即可求出答案．（2）根据分式方程的解法即可求出答案．（3）根据配方法即可求出答案．（4）根据公式法即可求出答案．【详解】解：（1）原式=（2）∵∴∴∴，经检验，x=30是原分式方程的解；（3）x2-8x=84∴∴∴∴；（4）∵∴∴.本题考查学生的运算能力，解题的关键是熟练运用运算法则，本题属于基础题型．18、(1)见解析；(2)见解析；(3)旋转中心坐标．【解析】

（1）利用旋转的性质得出对应点坐标进而得出答案；（2）利用平移规律得出对应点位置，进而得出答案；（3）利用旋转图形的性质，连接对应点，即可得出旋转中心的坐标.【详解】（1）如图所示，即为所求；（2）如图所示，即为所求；（3）旋转中心坐标.此题主要考查了旋转的性质以及图形的平移等知识，根据题意得出对应点坐标是解题关键.一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）19、【解析】

根据“上加下减”的原则进行解答即可．【详解】由“上加下减”的原则可知，将直线向上平移4个单位后所得的直线的解析式是+4，即．故答案为：．本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减”的原则是解答此题的关键．20、﹣1【解析】

首先证明△ADE≌△GCE，推出EG=AE=AD=CG=1，再求出FG即可解决问题.【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BG，AD=BC，∴∠DAE=∠G=30°，∵DE=EC，∠AED=∠GEC，∴△ADE≌△GCE，∴AE=EG=AD=CG=1，在Rt△BFG中，∵FG=BG•cos30°=，∴EF=FG-EG=-1，故答案为-1．本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．21、【解析】

求出形变前正方形的面积，形变后菱形的面积，两面积之比=菱形的“形变度”，求△AEF的面积，根据两面积之比=菱形的“形变度”，即可解答．【详解】如图，在图2中,形变前正方形的面积为：a2,形变后的菱形的面积为：∴菱形形变前的面积与形变后的面积之比：∵这个菱形的“形变度”为2:，∴菱形形变前的面积与形变后的面积之比=这个菱形的“形变度”，∵若这个菱形的“形变度”k=，∴即∴S△A′E′F′=.故答案为：.考查菱形的性质，读懂题目中菱形的“形变度”的概念是解题的关键.22、5【解析】

根据BE平分∠ABC，可得∠ABE=45°，△ABE是等腰直角三角形，再根据勾股定理可得EC，根据F是BE的中点，G是BC的中点，可判定FG是△​BEC的中位线，即可求得FG=12【详解】∵矩形ABCD中，BE平分∠ABC，∴∠A=90°，∠ABE=45°，∴ABE是等腰直角三角形，∴AE=AB又∵ABCD是矩形，∴AB=BC=14，DC=AB=8，∠EDC=90°，∴DE=AD-AE=14-8=6，EC=ED2∵F是BE的中点，G是BC的中点，∴FG=12故答案为5.本题考查了角平分线的定义、等腰三角形的判定与性质、勾股定理三角形中位线的定义以及三角形中位线的性质.23、1或【解析】

求出直线AB的解析式，设直线x=2交直线AB于点E，可得，再根据三角形面积公式列出方程求解即可.【详解】解：如图，∵A（0，2），B（6，0），

∴直线AB的解析式为设直线x=2交直线AB于点E，则可得到，由题意：解得m=1或故答案为：1或本题考查了坐标与图形的性质，解题的关键是学会构建一次函数解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．二、解答题（本大题共3个小题，共30分）24、（1）1500，4；（2）小明在12-14分钟最快，速度为米/分．（3）14.【解析】

（1）根据图象，路程的最大值即为小明家到舅舅家的路程；读图，对