山西省朔州市右玉二中学、右玉三中学2024年九年级数学第一学期开学教学质量检测模拟试题【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5页山西省朔州市右玉二中学、右玉三中学2024年九年级数学第一学期开学教学质量检测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）如图所示，在平面直角坐标系中，的顶点坐标是，顶点坐标是、则顶点的坐标是（）A． B．C． D．2、（4分）如图，ΔABC中，∠ACB=80°，将ΔABC绕点C顺时针旋转得ΔEDC.当点B的对应点D恰好落在AC上时，∠CAE的度数是()A．30° B．40°C．50° D．60°3、（4分）将直线y＝2x向右平移2个单位，再向上移动4个单位，所得的直线的解析式是()A．y＝2x B．y＝2x+2 C．y＝2x﹣4 D．y＝2x+44、（4分）一组数据的众数、中位数分别是（）A． B． C． D．5、（4分）如图，是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，此图是由四个全等的直角三角形拼接而成，其中AE=10，BE=24，则EF的长是（）A．14 B．13 C．14 D．146、（4分）如图，在矩形ABCD中，AD=AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：①∠AED=∠CED；②OE=OD；③BH=HF；④BC﹣CF=2HE；⑤AB=HF，其中正确的有（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个7、（4分）甲、乙两队举行了一年一度的赛龙舟比赛，两队在比赛时的路程s（米）与时间t（分钟）之间的函数关系图象如图所示，请你根据图象判断，下列说法正确的是（）A．甲队率先到达终点 B．甲队比乙队多走了200米路程C．乙队比甲队少用0.2分钟 D．比赛中两队从出发到2.2分钟时间段，乙队的速度比甲队的速度快8、（4分）为了践行“绿色生活”的理念，甲、乙两人每天骑自行车出行，甲匀速骑行30公里的时间与乙匀速骑行25公里的时间相同，已知甲每小时比乙多骑行2公里，设甲每小时骑行x公里，根据题意列出的方程正确的是()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）若m＝n-2+2-n+5，则mn＝10、（4分）某企业两年前创办时的资金为1000万元，现在已有资金1210万元，设该企业两年内资金的年平均增长率是x，则根据题意可列出方程：______．11、（4分）已知，是一元二次方程的两个实数根，则的值是______.12、（4分）如图，在Rt△ABC与Rt△DEF中，∠B=∠E=90°，AC=DF，AB=DE，∠A=50°，则∠DFE=

________​13、（4分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC＝24，BD＝10，DE⊥BC，垂足为点E，则DE＝_______．三、解答题（本大题共5个小题，共48分）14、（12分）解方程：（1）3x（x﹣1）＝2﹣2x；（2）2x2﹣4x﹣1＝1．15、（8分）如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长交BC于点G，连接AG．（1）求证：△ABG≌△AFG；（2）求BG的长．16、（8分）如图，在正方形ABCD中，E是BC的中点，F是CD上一点，且CF=CD，求证：∠AEF=90°．17、（10分）某中学开学初到商场购买A．B两种品牌的足球，购买A种品牌的足球50个，B种品牌的足球25个，共花费4500元.已知购买一个B种品牌的足球比购买一个A种品牌的足球多花30元(1)求购买一个A种品牌、一个B种品牌的足球各需多少元?(2)学校为了响应“足球进校园”的号召，决定再次购进A．B两种品牌足球共50个，正好赶上商场对商品价格进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高4元，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果学校此次购买A．B两种品牌足球的总费用不超过第一次花费的70%，且保证这次购买的B种品牌足球不少于23个，则这次学校有哪几种购买方案?18、（10分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝5，AB＝13，求BC．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y=x+2与x轴的交点坐标为___________．20、（4分）如图，正方形ABCD的边长为a，E是AB的中点，CF平分∠DCE，交AD于F，则AF的长为______．

21、（4分）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC，对角线AC、BD相交于点O，现将一个直角三角板OEF的直角顶点与O重合，再绕着O点转动三角板，并过点D作DH⊥OF于点H，连接AH.在转动的过程中，AH的最小值为_________．22、（4分）如图，已知矩形的对角线相交于点，过点任作一条直线分别交，于，，若，，则阴影部分的面积是______.23、（4分）如图，已知的平分线与的垂直平分线相交于点，，，垂足分别为，，，，则的长为__________．二、解答题（本大题共3个小题，共30分）24、（8分）某货运公司有大小两种货车,3辆大货车与4辆小货车一次可以运货29吨,2辆大货车与6辆小货车一次可以运货31吨.(1)1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运货多少吨?(2)有46.4吨货物需要运输,货运公司拟安排大小货车共10辆(要求两种货车都要用),全部货物一次运完,其中每辆大货车一次运货花费500元,每辆小货车一次运货花费300元,请问货运公司应如何安排车辆最节省费用?25、（10分）（1）下列关于反比例函数y=的性质，描述正确的有_____。（填所有描述正确的选项）A．y随x的增大而减小B．图像关于原点中心对称C．图像关于直线y=x成轴对称D．把双曲线y=绕原点逆时针旋转90°可以得到双曲线y=-（2）如图，直线AB、CD经过原点且与双曲线y=分别交于点A、B、C、D，点A、C的横坐标分别为m,n（m＞n＞0）,连接AC、CB、BD、DA。①判断四边形ACBD的形状，并说明理由；②当m、n满足怎样的数量关系时，四边形ACBD是矩形？请直接写出结论；③若点A的横坐标m=3，四边形ACBD的面积为S，求S与n之间的函数表达式。26、（12分）甲、乙两家草莓采摘园的草莓品质相同，销售价格也相同．“五一期间”，两家均推出了优惠方案，甲采摘园的优惠方案是：游客进园需购买50元的门票，采摘的草莓六折优惠；乙采摘园的优惠方案是：游客进园不需购买门票，采摘园的草莓超过一定数量后，超过部分打折优惠．优惠期间，设某游客的草莓采摘量为x（千克），在甲采摘园所需总费用为（元），在乙采摘园所需总费用为（元），图中折线OAB表示与x之间的函数关系．（1）甲、乙两采摘园优惠前的草莓销售价格是每千克元；（2）求、与x的函数表达式；（3）在图中画出与x的函数图象，并写出选择甲采摘园所需总费用较少时，草莓采摘量x的范围．

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】

此题可过P作PE⊥OM，过点N作NF⊥OM，根据勾股定理求出OP的长度，则N点坐标便不难求出．【详解】过P作PE⊥OM，过点N作NF⊥OM，∵顶点P的坐标是(3,4)，∴OE=3,PE=4,∵四边形ABCD是平行四边形，∴OE=MF=3，∵4+3=7，∴点N的坐标为(7,4).故选A.此题考查平行四边形的性质，坐标与图形性质，解题关键在于作辅助线.2、C【解析】

由旋转的性质可得AC=CE，∠ACE=∠ACB=80°，由等腰的性质可得∠CAE=∠AEC=50°．【详解】∵∠ACB=80°,

∵将△ABC绕点C顺时针旋转得△EDC,

∴AC=CE，∠ACE=∠ACB=80°,

∴∠CAE=∠AEC=50°.

故选：C．考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．3、A【解析】

根据平移的性质“左加右减，上加下减”，即可找出平移后的直线解析式，此题得解．【详解】解：y＝2（x﹣2）+4＝2x．故选A．本题考查一次函数图象与几何变换，牢记平移的规则“左加右减，上加下减”是解题的关键．4、B【解析】

利用众数和中位数的定义分析，即可得出.【详解】众数：出现次数最多的数，故众数为5；中位数：从小到大排列，中间的数.将数据从小到大排列：2,3,4,5,5；故中位数为4；故选B本题考查了统计中的众数和中位数，属于基础题，注意求中位数时，要重新排列数字，再找中位数.5、D【解析】

24和10为两条直角边长时，求出小正方形的边长14，即可利用勾股定理得出EF的长．【详解】解：∵AE=10，BE=24，即24和10为两条直角边长时，小正方形的边长=24-10=14，∴EF=．故选D．本题考查了勾股定理、正方形的性质；熟练掌握勾股定理是解决问题的关键．6、C【解析】

试题分析：∵在矩形ABCD中，AE平分∠BAD，∴∠BAE=∠DAE=45°，∴△ABE是等腰直角三角形，∴AE=AB，∵AD=AB，∴AE=AD，又∠ABE=∠AHD=90°∴△ABE≌△AHD（AAS），∴BE=DH，∴AB=BE=AH=HD，∴∠ADE=∠AED=（180°﹣45°）=67.5°，∴∠CED=180°﹣45°﹣67.5°=67.5°，∴∠AED=∠CED，故①正确；∵∠AHB=（180°﹣45°）=67.5°，∠OHE=∠AHB（对顶角相等），∴∠OHE=∠AED，∴OE=OH，∵∠OHD=90°﹣67.5°=22.5°，∠ODH=67.5°﹣45°=22.5°，∴∠OHD=∠ODH，∴OH=OD，∴OE=OD=OH，故②正确；∵∠EBH=90°﹣67.5°=22.5°，∴∠EBH=∠OHD，又BE=DH，∠AEB=∠HDF=45°∴△BEH≌△HDF（ASA），∴BH=HF，HE=DF，故③正确；由上述①、②、③可得CD=BE、DF=EH=CE，CF=CD-DF，∴BC-CF=（CD+HE）-（CD-HE）=2HE，所以④正确；∵AB=AH，∠BAE=45°，∴△ABH不是等边三角形，∴AB≠BH，∴即AB≠HF，故⑤错误；综上所述，结论正确的是①②③④共4个．故选C．考点：1、矩形的性质；2、全等三角形的判定与性质；3、角平分线的性质；4、等腰三角形的判定与性质7、C【解析】

A、由函数图象可知，甲走完全程需要4分钟，乙走完全程需要3.8分钟，乙队率先到达终点，错误；B、由函数图象可知，甲、乙两队都走了1000米，路程相同，错误；C、因为4﹣3.8=02分钟，所以，乙队比甲队少用0.2分钟，正确；D、根据0～2.2分钟的时间段图象可知，甲队的速度比乙队的速度快，错误；故选C．本题考查函数的图象，能正确识图，根据函数图象所给的信息，逐一判断是关键．8、C【解析】解：设甲每小时骑行x公里，根据题意得：.故选C．点睛：此题主要考查了由实际问题抽象出分式方程，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系，再列出方程．二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）9、1．【解析】

直接利用二次根式有意义的条件得出m，n的值进而得出答案．【详解】∵m＝n-2+2-n∴n＝2，则m＝5，故mn＝1．故答案为：1．此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确得出m，n的值是解题关键．10、．【解析】

根据关系式：现在已有资金1000万元×（1+年平均增长率）2=现在已有资金1万元，把相关数值代入即可求解．【详解】设该企业两年内资金的年平均增长率是x，则根据题意可列出方程：1000（1+x）2=1．故答案为：1000（1+x）2=1．此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，关键是掌握增长率问题的计算公式：变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2=b．11、1【解析】

根据一元二次方程的根与系数的关系即可解答.【详解】解：根据一元二次方程的根与系数关系可得：，所以可得故答案为1.本题主要考查一元二次方程的根与系数关系，这是一元二次方程的重点知识，必须熟练掌握.12、40°【解析】

根据HL可证Rt△ABC≌Rt△DEF，由全等三角形的性质可得∠EDF=∠A=50°，即可求解.【详解】∵△ABC和△DEF是直角三角形且AC=DF，AB=DE，∴△ABC≌△DEF.∵∠A=50°，∴∠EDF=∠A=50°，∵△DEF是直角三角形，∴∠EDF+∠DFE=90°.∵∠EDF=50°，∴∠DFE=90°-50°=40°.故答案为40°.本题主要考查全等三角形的性质与判定，以及直角三角形两个锐角互余，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和全等三角形的性质（即全等三角形的对应边相等、对应角相等）是解题的关键.13、【解析】

试题分析：根据菱形性质得出AC⊥BD，AO=OC=12，BO=BD=5，根据勾股定理求出AB，根据菱形的面积得出S菱形ABCD=×AC×BD=AB×DE，代入求出即可．【详解】∵四边形ABCD是菱形，AC=24，BD=10，∴AC⊥BD，AO=OC=AC=12，BO=BD=5，在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB=13，∵S菱形ABCD=×AC×BD=AB×DE，∴×24×10=13DE，∴DE=，故答案为．本题考查的是菱形的性质及等面积法，掌握菱形的性质，灵活运用等面积法是解题的关键.三、解答题（本大题共5个小题，共48分）14、（1）x1＝1，x2＝﹣；（2）x1＝1+，x2＝1﹣【解析】

（1）方程整理后，利用因式分解法求出解即可；（2）方程整理后，利用配方法求出解即可．【详解】解：（1）3x（x﹣1）＝2﹣2x，整理得：3x（x﹣1）+2（x﹣1）＝1，分解因式得：（x﹣1）（3x+2）＝1，可得x﹣1＝1或3x+2＝1，解得：x1＝1，x2＝-；（2）2x2﹣4x﹣1＝1，方程整理得：x2﹣2x＝，平方得：x2﹣2x+1＝+1，即（x﹣1）2＝，开方得：x﹣1＝±，解得：x1＝1+，x2＝1-．本题考查解一元二次方程，根据方程的特点选择合适的求解方法是解题的关键．15、（1）证明见解析（2）2【解析】试题分析：根据正方形的性质得到AD=AB，∠B=∠D=90°，根据折叠的性质可得AD=AF，∠AFE=∠D=90°，从而得到∠AFG=∠B=90°，AB=AF，结合AG=AG得到三角形全等；根据全等得到BG=FG，设BG=FG=x，则CG=6－x，根据E为中点得到CE=EF=DE=3，则EG=3+x，根据Rt△ECG的勾股定理得出x的值.试题解析：（1）、∵四边形ABCD是正方形，∴∠B=∠D=90°，AD=AB，由折叠的性质可知AD=AF，∠AFE=∠D=90°，∴∠AFG=90°，AB=AF，∴∠AFG=∠B，又AG=AG，∴△ABG≌△AFG；（2）、∵△ABG≌△AFG，∴BG=FG，设BG=FG=，则GC=,∵E为CD的中点，∴CE=EF=DE=3，∴EG=，∴，解得，∴BG=2.考点：正方形的性质、三角形全等、勾股定理.16、证明见解析.【解析】试题分析：利用正方形的性质得出AB=BC=CD=DA，∠B=∠C=∠D=90°，设出边长为a，进一步利用勾股定理求得AE、EF、AF的长，再利用勾股定理逆定理判定即可．试题解析：证明：∵ABCD为正方形，∴AB=BC=CD=DA，∠B=∠C=∠D=90°．设AB=BC=CD=DA=a．∵E是BC的中点，且CF=CD，∴BE=EC=a，CF=a．在Rt△ABE中，由勾股定理可得：AE1=AB1+BE1=a1，同理可得：EF1=EC1+FC1=a1，AF1=AD1+DF1=a1．∵AE1+EF1=AF1，∴△AEF为直角三角形，∴∠AEF=90°．点睛：本题考查了正方形的性质，勾股定理、勾股定理逆定理的运用，注意在正方形中的直角三角形的应用．17、(1)A种足球50元，B种足球80元；（2）方案一：购买A种足球25个，B种足球25个；方案二：购买A种足球26个，B种足球24个；方案三：购买A种足球27个，B种足球23个.【解析】

（1）设A种品牌足球的单价为x元，B种品牌足球的单价为y元，根据“总费用=买A种足球费用+买B种足球费用，以及B种足球单价比A种足球贵30元”可得出关于x、y的二元一次方程组，解方程组即可得出结论；（2）设第二次购买A种足球m个，则购买B种足球（50-m）个，根据“总费用=买A种足球费用+买B种足球费用，以及B种足球不小于23个”可得出关于m的一元一次不等式组，解不等式组可得出m的取值范围，由此即可得出结论．【详解】(1)设A种品牌足球的单价为x元，B种品牌足球的单价为y元，依题意得：，解得：.答：购买一个A种品牌的足球需要50元，购买一个B种品牌的足球需要80元.(2)设第二次购买A种足球m个,则购买B种足球(50−m)个，依题意得：，解得：25⩽m⩽27.故这次学校购买足球有三种方案：方案一：购买A种足球25个，B种足球25个；方案二：购买A种足球26个，B种足球24个；方案三：购买A种足球27个，B种足球23个.此题考查二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用，解题关键在于根据题意列出方程.18、12【解析】

在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝5，AB＝13，根据勾股定理，即可求出BC．【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，∴∴∴又∵AC＝5，AB＝13，∴==12此题主要考查勾股定理的运用.一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）19、（-2，0）【解析】

令纵坐标为0代入解析式中即可.【详解】当y=0时，0=x+2，解得：x=-2，∴直线y=x+2与x轴的交点坐标为（-2,0）.点睛：本题主要考查了一次函数与坐标轴的交点问题，关键在于理解在x轴上的点的纵坐标为0.20、a【解析】

找出正方形面积等于正方形内所有三角形面积的和求这个等量关系，列出方程求解，求得DF，根据AF=a-DF即可求得AF．【详解】作FH⊥CE，连接EF，

∵∠FHC=∠D=90°，∠HCF=∠DCF，CF=CF

∴△CHF≌△CDF，

又∵S正方形ABCD=S△CBE+S△CDF+S△AEF+S△CEF，

设DF=x，则a2=CE•FH

∵FH=DF，CE=，

∴整理上式得：2a-x=x，

计算得：x=a．

AF=a-x=a．

故答案为a．本题考查了转换思想，考查了全等三角形的证明，求AF，转化为求DF是解题的关键．21、1﹣1【解析】

取OD的中点G，过G作GP⊥AD于P，连接HG，AG，依据∠ADB=30°，可得PGDG=1，依据∠DHO=90°，可得点H在以OD为直径的⊙G上，再根据AH+HG≥AG，即可得到当点A，H，G三点共线，且点H在线段AG上时，AH最短，根据勾股定理求得AG的长，即可得出AH的最小值．【详解】如图，取OD的中点G，过G作GP⊥AD于P，连接HG，AG．∵AB=4，BC=4AD，∴BD8，∴BD=1AB，DO=4，HG=1，∴∠ADB=30°，∴PGDG=1，∴PD，AP=3．∵DH⊥OF，∴∠DHO=90°，∴点H在以OD为直径的⊙G上．∵AH+HG≥AG，∴当点A，H，G三点共线，且点H在线段AG上时，AH最短，此时，Rt△APG中，AG，∴AH=AG﹣HG=11，即AH的最小值为11．故答案为11．本题考查了圆和矩形的性质，勾股定理的综合运用，解决问题的关键是根据∠DHO=90°，得出点H在以OD为直径的⊙G上．22、1【解析】

首先结合矩形的性质证明△AOE≌△COF，得△AOE、△COF的面积相等，从而将阴影部分的面积转化为△AOD的面积．【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴OA=OC，AD∥BC，∴∠AEO=∠CFO．在△AOE和△COF中，∵，∴△AOE≌△COF，∴S△AOE=S△COF，∴S阴影=S△COF+S△EOD=S△AOE+S△EOD=S△AOD．∵S△AODBC•AD=1，∴S阴影=1．故答案为：1．本题考查了矩形的性质以及全等三角形的判定和性质，能够根据三角形全等，从而将阴影部分的面积转化为矩形面积的，是解决问题的关键．23、【解析】

连接DC、DB，根据中垂线的性质即可得到DB=DC，根据角平分线的性质即可得到DE=DF，从而即可证出△DEB≌DFC，从而得到BE=CF，再证△AED≌△AFD，即可得到AE=AF，最后根据，即可求出BE.【详解】解：如图所示，连接DC、DB，∵DG垂直平分BC∴DB=DC∵AD平分，，∴DE=DF，∠DEB=∠DFC=90°在Rt△DEB和Rt△DFC中，∴Rt△DEB≌Rt△DFC∴BE=CF在Rt△AED和Rt△AFD中，∴Rt△AED≌Rt△AFD∴AE=AF∴AB=AE＋BE=AF＋BE=AC＋CF＋BE=AC＋2BE∵，∴BE=（AB－AC）=1.5.故答案为：1.5.此题考查的是垂直平分线的性质、角平分线的性质和全等三角形的判定，掌握垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等、角平分线上的点到角两边的距离相等和用HL证全等三角形是解决此题的关键.二、解答题（本大题共3个小题，共30分）24、（1）1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运货5吨和3.5吨；（2）货运公司安排大货车8辆，小货车2辆，最节省费用.【解析】

（1）设1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运货x吨和y吨，根据“3辆大货车与4辆小货车一次可以运货18吨、2辆大货车与6辆小货车一次可以运货17吨”列方程组求解可得；（2）设货运公司安排大货车m辆，则安排小货车（10-m）辆．根据10辆货车需要运输46.4吨货物列出不等式．【详解】解：（1）设1辆大货车和1辆小货车一次可以分别