浙江金华市第五中学2024-2025学年数学九上开学联考模拟试题【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7页浙江金华市第五中学2024-2025学年数学九上开学联考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）整数满足，则的值为A．4 B．5 C．6 D．72、（4分）定义一种正整数“”的运算：①当是奇数时，；②当是偶数时，(其中是使得为奇数的正整数，)两种运算交替重复运行.例如，取，则：，若，则第次“”运算的结果是()A． B． C． D．3、（4分）已知n是自然数，是整数，则n最小为（）A．0 B．2 C．4 D．404、（4分）下列是假命题的是（）A．平行四边形对边平行 B．矩形的对角线相等C．两组对边分别平行的四边形是平行四边形 D．对角线相等的四边形是矩形5、（4分）下表记录了甲、乙、丙、丁四名同学最近几次数学考试成绩的平均数与方差：甲乙丙丁平均数（分）92959592方差3.63.67.48.1要选择一名成绩好且发挥稳定的同学参加数学比赛，应该选择（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁6、（4分）把代数式2x2﹣18分解因式，结果正确的是（）A．2（x2﹣9） B．2（x﹣3）2C．2（x+3）（x﹣3） D．2（x+9）（x﹣9）7、（4分）如图，在矩形ABCD中，AB=2，∠AOD=120°，则对角线AC等于（）A．3 B．4 C．5 D．68、（4分）在平行四边形ABCD中，∠A+∠C=160°，则∠B的度数是（）A．130° B．120° C．100° D．90°二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）9、（4分）如图，ABCD的周长为36，对角线AC，BD相交于点O．点E是CD的中点，BD=12，则△DOE的周长为．10、（4分）己知一个菱形的边长为2，较长的对角线长为2，则这个菱形的面积是_____．11、（4分）甲、乙两人在同一直线道路上同起点、同方向、同时出发，分别以不同的速度匀速跑步1000米，甲超出乙150米时，甲停下来等候乙，甲、乙会合后，两人分别以原来的速度继续跑向终点，先到终点的人在终点休息，在跑步的整个过程中，甲、乙两人的距离y（米）与乙出发的时间x（秒）之间的关系如图所示，则甲到终点时，乙距离终点还有_____米．12、（4分）在市业余歌手大奖赛的决赛中，参加比赛的名选手成绩统计如图所示，则这名选手成绩的中位数是__________．13、（4分）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A1，A2，A3，…分别在x轴上，点B1，B2，B3，…分别在直线y＝x上，△OA1B1，△B1A1A2，△B1B2A2，△B2A2A3，△B2B3A3…，都是等腰直角三角形，如果OA1＝1，则点A2019的坐标为_____．三、解答题（本大题共5个小题，共48分）14、（12分）甲乙两车分别从A．B两地相向而行,甲车出发1小时后乙车出发,并以各自速度匀速行驶,两车相遇后依然按照原速度原方向各自行驶,如图所示是甲乙两车之间的距离S(千米)与甲车出发时间t(小时)之间的函数图象，其中D点表示甲车到达B地，停止行驶。(1)A、B两地的距离___千米；乙车速度是___；a=___.(2)乙出发多长时间后两车相距330千米?15、（8分）如图,在△ABC中,∠ACB=90°，AC=BC，E为AC边的中点，过点A作AD⊥AB交BE的延长线于点D，CG平分∠ACB交BD于点G.F为AB边上一点，连接CF，且∠ACF=∠CBG.(1)求证：BG=CF；(2)求证：CF=2DE；(3)若DE=1，求AD的长16、（8分）如图，已知直线l1：y=2x+3，直线l2：y=﹣x+5，直线l1、l2分别交x轴于B、C两点，l1、l2相交于点A．（1）求A、B、C三点坐标；（2）求△ABC的面积．17、（10分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，点D、E分别是斜边AB和直角边BC上的点，把△ABC沿着直线DE折叠，顶点B的对应点是点B′．(1)如图①，如果点B′和点A重合，求CE的长．(2)如图②，如果点B′落在直角边AC的中点上，求BE的长．18、（10分）已知关于x的方程x2-4x+3a-1=0（1）求实数a的取值范围；（2）若a为正整数，方程的根为a、β.求：aB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）若二次根式有意义，则的取值范围是________.20、（4分）若某多边形有5条对角线，则该多边形内角和为_____．21、（4分）在平面直角坐标xOy中，点O是坐标原点，点B的坐标是(m，m-4)，则OB的最小值是__________．22、（4分）如图，一张纸片的形状为直角三角形，其中，，，沿直线AD折叠该纸片，使直角边AC与斜边上的AE重合，则CD的长为______cm．23、（4分）若直线和直线的交点在第三象限，则m的取值范围是________.二、解答题（本大题共3个小题，共30分）24、（8分）如图，直线和相交于点C，分别交x轴于点A和点B点P为射线BC上的一点。（1）如图1，点D是直线CB上一动点，连接OD，将沿OD翻折，点C的对应点为，连接，并取的中点F，连接PF，当四边形AOCP的面积等于时，求PF的最大值；（2）如图2，将直线AC绕点O顺时针方向旋转α度，分别与x轴和直线BC相交于点S和点R，当是等腰三角形时，直接写出α的度数.25、（10分）如图，正方形ABCD的边长为9，将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E处，折痕为GH．若BE：EC＝2：1，求线段EC，CH的长．26、（12分）如图，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A（﹣2，﹣1），B（﹣3，﹣3），C（﹣1，﹣3）．将△ABC先向右平移3个单位，再向上平移4个单位得到△A1B1C1，在坐标系中画出△A1B1C1，并写出△A1B1C1各顶点的坐标．

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】

根据16＜24＜25，得出的取值范围，即可确定n的值．【详解】解：∵，且16＜24＜25，∴4＜＜5，∴n＝4，故选：A．本题考查了估算无理数的大小，运用“夹逼法”是解决本题的关键．2、B【解析】

计算出n=13时第一、二、三、四、五、六次运算的结果，找出规律再进行解答即可．【详解】若n=13，第1次结果为：3n+1=10，第2次结果是：=5，第3次结果为：3n+1=16，第1次结果为：=1，第5次结果为：1，第6次结果为：1，…可以看出，从第四次开始，结果就只是1，1两个数轮流出现，且当次数为偶数时，结果是1；次数是奇数时，结果是1，而2019次是奇数，因此最后结果是1．故选B．本题主要考查了数字的变化类，能根据所给条件得出n=13时六次的运算结果，找出规律是解答此题的关键．3、C【解析】

求出n的范围，再根据是整数得出（211-n）是完全平方数，然后求满足条件的最小自然数是n．【详解】解：∵n是自然数，是整数，且211-n≥1．

∴（211-n）是完全平方数，且n≤211．

∴（211-n）最大平方数是196，即n=3．

故选：C．主要考查了乘除法法则和二次根式有意义的条件．二次根式有意义的条件是被开方数是非负数．二次根式的运算法则：乘法法则=．除法法则=．解题关键是分解成一个完全平方数和一个代数式的积的形式．4、D【解析】

利用平行四边形的判定、矩形的性质及矩形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．【详解】解：A、平行四边形的两组对边分别平行，正确，是真命题；

B、矩形的对角线相等，正确，是真命题；

C、两组对边分别平行的四边形是平行四边形，正确，是真命题；

D、对角线相等的平行四边形是矩形，故错误，是假命题，

故选：D．本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平行四边形的判定、矩形的性质及矩形的判定方法，难度不大．5、B【解析】

方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好，选出方差最小，而且平均数较大的同学参加数学比赛．【详解】解：∵3.6＜7.4＜8.1，

∴甲和乙的最近几次数学考试成绩的方差最小，发挥稳定，

∵95＞92，

∴乙同学最近几次数学考试成绩的平均数高，

∴要选择一名成绩好且发挥稳定的同学参加数学比赛，应该选择乙．

故选B．此题主要考查了方差的含义和求法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．6、C【解析】试题分析：首先提取公因式2，进而利用平方差公式分解因式得出即可．解：2x2﹣18=2（x2﹣9）=2（x+3）（x﹣3）．故选C．考点：提公因式法与公式法的综合运用．7、B【解析】

已知矩形ABCD,,所以在直角三角形ABD中,,则得,根据矩形的性质,.【详解】已知矩形ABCD,

,

,

在直角三角形ABD中,

(直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半),

矩形的对角线相等,

.

所以D选项是正确的.此题考查的知识点是矩形的性质和角的直角三角形问题,解题的关键是由已知得角的直角三角形及矩形性质求出AC.8、C【解析】分析：直接利用平行四边形的对角相等，邻角互补即可得出答案．详解：如图所示：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠A=∠C，∠A+∠B=180°．∵∠A+∠C=160°，∴∠A=∠C=80°，∴∠B的度数是：100°．故选C．点睛：本题主要考查了平行四边形的性质，正确把握平行四边形各角之间的关系是解题的关键．二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）9、1．【解析】∵ABCD的周长为33，∴2（BC+CD）=33，则BC+CD=2．∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，BD=12，∴OD=OB=BD=3．又∵点E是CD的中点，∴OE是△BCD的中位线，DE=CD．∴OE=BC．∴△DOE的周长="OD+OE+DE="OD+（BC+CD）=3+9=1，即△DOE的周长为1．10、【解析】分析：根据菱形的性质结合勾股定理可求出较短的对角线的长，再根据菱形的面积公式即可求出该菱形的面积．详解：依照题意画出图形，如图所示．在Rt△AOB中，AB=2，OB=，∴OA==1，∴AC=2OA=2，∴S菱形ABCD=AC•BD=×2×2=2．故答案为2．点睛：本题考查了菱形的性质以及勾股定理，根据菱形的性质结合勾股定理求出较短的对角线的长是解题的关键．11、50【解析】

乙从开始一直到终点，行1000米用时200秒，因此乙的速度为1000÷200=5米/秒，甲停下来，乙又走150÷5=30秒才与甲第一次会和，第一次会和前甲、乙共同行使150-30=120秒，从起点到第一次会和点的距离为5×150=750米，因此甲的速度为750÷120=6.25米/秒，甲行完全程的时间为1000÷6.25=160秒，甲到终点时乙行驶时间为160+30=190秒，因此乙距终点还剩200-190=10秒的路程，即10×5=50米．【详解】乙的速度为：1000÷200＝5米/秒，从起点到第一次会和点距离为5×150＝750米，甲停下来到乙到会和点时间150÷5＝30秒，之前行驶时间150﹣30＝120秒，甲的速度为750÷120＝6.25米/秒，甲到终点时乙行驶时间1000÷6.25+30＝190秒，还剩10秒路程，即10×5＝50米，故答案为50米．考查函数图象的意义，将行程类实际问题和图象联系起来，理清速度、时间、路程之间的关系是解决问题关键．12、8.5【解析】

根据中位数的定义找出最中间的两个数，再求出它们的平均数即可．【详解】根据图形，这个学生的分数为：，，，，，，，，，，则中位数为．本题考查求中位数，解题的关键是掌握求中位数的方法.13、（22018，0）【解析】

根据OA1＝1，△OA1B1是等腰直角三角形，得到A1和B1的横坐标为1，根据点A1在直线y＝x上，得到点B1的纵坐标，结合△B1A1A2为等腰直角三角形，得到A2和B2的横坐标为1+1＝2，同理：A3和B3的横坐标为2+2＝4＝22，A4和B4的横坐标为4+4＝8＝23，…依此类推，即可得到点A2019的横坐标，即可得到答案．【详解】根据题意得：A1和B1的横坐标为1，把x＝1代入y＝x得：y＝1B1的纵坐标为1，即A1B1＝1，∵△B1A1A2为等腰直角三角形，∴A1A2＝1，A2和B2的横坐标为1+1＝2，同理：A3和B3的横坐标为2+2＝4＝22，A4和B4的横坐标为4+4＝8＝23，…依此类推，A2019的横坐标为22018，纵坐标为0，即点A2019的坐标为（22018，0），故答案为：（22018，0）．此题考查了一次函数的性质，等腰直角三角形的性质；此题是一道规律型的试题，锻炼了学生归纳总结的能力，灵活运用等腰直角三角形的性质是解本题的关键．三、解答题（本大题共5个小题，共48分）14、（1）560千米；100；；（2）乙出发0.5小时或3.5小时后两车相距330千米.【解析】

（1）根据图象，甲出发时的S值即为A、B两地间的距离；先求出甲车的速度，然后设乙车的速度为xkm/h，再利用相遇问题列出方程求解即可；然后求出相遇后甲车到达B地的时间，再根据路程=速度×时间求出两车的相距距离a即可；（2）设直线BC的解析式为S=kt+b（k≠0），利用待定系数法求出直线BC的解析式，再令S=330，求出t的值，减去1即为相遇前乙车出发的时间；设直线CD的解析式为S=kt+b（k≠0），利用待定系数法求出直线CD的解析式，再令S=330，求出t的值，减去1即为相遇后乙车出发的时间．【详解】(1)t=0时，S=560，所以，A.B两地的距离为560千米；甲车的速度为：(560−440)÷1=120km/h，设乙车的速度为xkm/h，则(120+x)×(3−1)=440，解得x=100；相遇后甲车到达B地的时间为：(3−1)×100÷120=小时，所以,a=(120+100)×千米；(2)设直线BC的解析式为S=kt+b(k≠0)，将B(1,440),C(3,0)代入得，，解得，所以，S=−220t+660，当−220t+660=330时，解得t=1.5，所以，t−1=1.5−1=0.5；直线CD的解析式为S=kt+b(k≠0)，点D的横坐标为，将C(3,0),D()代入得，，解得，所以,S=220t−660(3⩽t⩽)当220t−660=330时，解得t=4.5，所以，t−1=4.5−1=3.5，答：乙出发0.5小时或3.5小时后两车相距330千米.此题考查一次函数的应用，解题关键在于结合函数图象进行解答.15、（1）详见解析；（2）详见解析；（3）【解析】

（1）利用“ASA”判断△BCG≌△CFA，从而得到BG=CF；（2）连结AG，利用等腰直角三角形的性质得CG垂直平分AB，则BG=AG，再证明∠D=∠GAD得到AG=DG，所以BG=DG，接着证明△ADE≌△CGE得到DE=GE，则BG=2DE，利用利用△BCG≌△CFA得到CF=BG，于是有CF=2DE；（3）先得到BG=2，GE=1，则BE=3，设CE=x，则BC=AC=2CE=2x，在Rt△BCE中利用勾股定理得到x+（2x）=3，解得x=，所以BC=，AB=BC=,然后在Rt△ABD中利用勾股定理计算AD的长．【详解】(1)证明：∵∠ACB=90°，AC=BC，∴△ACB为等腰直角三角形，∴∠CAF=∠ACG=45°，∵CG平分∠ACB，∴∠BCG=45°，在△BCG和△CFA中，∴△BCG≌△CFA，∴BG=CF；(2)证明：连结AG，∵CG为等腰直角三角形ACB的顶角的平分线，∴CG垂直平分AB，∴BG=AG，∴∠GBA=∠GAB，∵AD⊥AB，∴∠D+∠DBA=90°,∠GAD+∠GAB=90°，∴∠D=∠GAD，∴AG=DG，∴BG=DG，∵CG⊥AB，DA⊥AB，∴CG∥AD，∴∠DAE=∠GCE,∵E为AC边的中点，∴AE=CE，在△ADE和△CGE中，∴△ADE≌△CGE，∴DE=GE，∴DG=2DE，∴BG=2DE，∵△BCG≌△CFA，∴CF=BG，∴CF=2DE；(3)∵DE=1，∴BG=2，GE=1，即BE=3，设CE=x，则BC=AC=2CE=2x，在Rt△BCE中,x+(2x)=3,解得x=，∴BC=，∴AB=BC=，在Rt△ABD中,∵BD=4,AB=，∴AD=.此题考查全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形，解题关键在于作辅助线16、（1）A（，），B（）,C(5,0)（2）【解析】解：（1）由题意得，令直线l1、直线l2中的y为0，得：x1=-，x2=5，由函数图象可知，点B的坐标为（-，0），点C的坐标为（5，0），∵l1、l2相交于点A，∴解y=2x+3及y=-x+5得：x=，y=∴点A的坐标为（，）；（2）由（1）题知：|BC|=，又由函数图象可知S△ABC=×|BC|×|yA|=××=17、(1)CE的长为；(2)BE＝．【解析】

(1)如图(1)，设CE＝x，则BE＝8﹣x；根据勾股定理列出关于x的方程，解方程即可解决问题；(2)如图(2)，首先求出CB′＝3；类比(1)中的解法，设出未知数，列出方程即可解决问题．【详解】(1)如图(1)，设CE＝x，则BE＝8﹣x；由题意得：AE＝BE＝8﹣x由勾股定理得：x2+62＝(8﹣x)2，解得：x＝，即CE的长为：；(2)如图(2)，∵点B′落在AC的中点，∴CB′＝AC＝3；设CE＝x，类比(1)中的解法，可列出方程：x2+32＝(8﹣x)2解得：x＝．即CE的长为：，∴BE＝＝．该题主要考查了翻折变换的性质及其应用问题；解题的关键是灵活运用翻折变换的性质，找出图形中隐含的等量关系；借助勾股定理等几何知识点来分析、判断、推理或解答．18、（1）a≤5【解析】

（1）根据根判别式可得△=16-43a-1≥0；（2）因为a为正整数，又a≤53，所以a=1此时方程为【详解】解：（1）由△=16-43a-1≥0（2）因为a为正整数，又a≤53，所以a=1此时方程为x所以α=考核知识点：根判别式，根与系数关系.理解相关知识即可.一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）19、【解析】

根据二次根式有意义的条件：被开方数≥0，列不等式即可.【详解】根据二次根式有意义的条件：解得：故答案为此题考查的是二次根式有意义的条件，解决此题的关键是根据二次根式有意义的条件：被开方数≥0，列不等式.20、540°．【解析】

根据多边形对角线的条数求出多边形的边数，再根据多边形的内角和公式求出即可．【详解】设多边形的边数为n，∵多边形有5条对角线，∴＝5，解得：n＝5或n＝﹣2（舍去），即多边形是五边形，所以多边形的内角和为（5﹣2）×180°＝540°，故答案为：540°．本题考查了多边形的对角线和多边形的内角，能正确求出多边形的边数是解此题的关键，注意：边数为n的多边形的对角线的条数是，边数为n的多边形的内角和=（n-2）×180°．21、【解析】

利用勾股定理可用m表示出OB的长，根据平方的非负数性质即可得答案．【详解】∵点B的坐标是(m，m-4)，∴OB==，∵(m-2)2≥0，∴2(m-2)2+8≥8，∴的最小值为=，即OB的最小值为，故答案为：本题考查勾股定理的应用及平方的非负数性质，熟练掌握平方的非负数性质是解题关键．22、3【解析】

在Rt△ABC中根据勾股定理得AB=20，再根据折叠的性质得AE=AC=6，DE=DC，∠AED=∠C=90°，所以BE=AB-AE=4，设CD=x，则BD=8-x，然后在Rt△BDE中利用勾股定理得到42+x2=（8-x）2，再解方程求出x即可．【详解】在Rt△ABC中，∵AC=6，BC=8，∴AB==10，∵△ACB沿直线AD折叠该纸片，使直角边AC与斜边上的AE重合，∴AE=AC=6，DE=DC，∠AED=∠C=90°，∴BE=AB-AE=10-6=4，设CD=x，则BD=8-x，在Rt△BDE中，∵BE2+DE2=BD2，∴42+x2=（8-x）2，解得x=3，即CD的长为3cm．故答案为3本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了勾股定理．23、m<−1．【解析】

首先把y=2x-1和y=m-x，组成方程组，求解，x和y的值都用m来表示，根据题意交点坐标在第三象限表明x、y都小于0，即可求得m的取值范围．【详解】∵，∴解方程组得：，∵直线y=2x−1和直线y=m−x的交点在第三象限，∴x<0，y<0，∴m<−1，m<0.5，∴m<−1.故答案为：m<−1.此题考查两条直线相交或平行问题，解题关键在于用m来表示x,y的值.二、解答题（本大题共3个小题，共30分）24、（1）PF的最大值是；（2）的度数：，，，.【解析】

（1）设P（m，-m+6），连接OP．根据S四边形AOCP=S△AOP+S△OCP=，构建方程求出点P坐标，取OB的中点Q，连接QF，QP，求出FQ，PQ，根据PF≤PQ+QF求解即可．（2）分四种情