河南省驻马店市2024年九上数学开学达标检测模拟试题【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3页河南省驻马店市2024年九上数学开学达标检测模拟试题题号一二三四五总分得分批阅人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a、b、c的平均数为5，方差为4，那么数据a+2、b+2、c+2的平均数和方差分别为（）A．7，6 B．7，4 C．5，4 D．以上都不对2、（4分）下列命题：①在函数：y=-1x-1；y=3x；y=；y=-；y=（x＜0）中，y随x增大而减小的有3个函数；②对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；③反比例函数图象是两条无限接近坐标轴的曲线，它只是中心对称图形；④已知数据x1、x1、x3的方差为s1，则数据x1+1，x3+1，x3+1的方差为s3+1．其中是真命题的个数是（）A．1个 B．1个 C．3个 D．4个3、（4分）如果，那么（）A． B． C． D．x为一切实数4、（4分）道路千万条，安全第一条，下列交通标志是中心对称图形的为()A． B． C． D．5、（4分）在△ABC中，AB=AC=10，BD是AC边上的高，DC=4，则BD等于()A．2 B．4 C．6 D．86、（4分）如果下列各组数是三角形的三边长，那么能组成直角三角形的一组数是()A．6，7，8 B．5，6，8 C．，， D．4，5，67、（4分）下列计算中，正确的是（）A．＝5 B． C．＝3 D．8、（4分）如图，在中，点是边上一点，，过点作交于，若是等腰三角形，则下列判断中正确的是（）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）菱形的周长为8cm,一条对角线长2cm,则另一条对角线长为cm.。10、（4分）将直线y＝2x＋1向下平移3个单位长度后所得直线的表达式是______．11、（4分）计算：=_______________．12、（4分）如图，将一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点C落在AB边上的点G处，点D落在点H处．若∠1＝62°，则图中∠BEG的度数为_____．13、（4分）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，点E是CD的中点；若AD=8cm，则OE的长为_______．三、解答题（本大题共5个小题，共48分）14、（12分）已知一次函数图象经过点(3,5),(–4，–9)两点.(1)求一次函数解析式.(2)求图象和坐标轴围成三角形面积.15、（8分）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是边BC上一点，点E、F分别是线段AB、AD中点，联结CE、CF、EF．（1）求证：△CEF≌△AEF；（2）联结DE，当BD＝2CD时，求证：AD＝2DE．16、（8分）如图，在中，点是对角线的中点，点在上，且，连接并延长交于点F．过点作的垂线，垂足为，交于点．（1）求证：；（2）若．①求证：；②探索与的数量关系，并说明理由．17、（10分）解方程：-=1．18、（10分）在平面直角坐标系xOy中，点P和图形W的“中点形”的定义如下：对于图形W上的任意一点Q，连结PQ，取PQ的中点，由所以这些中点所组成的图形，叫做点P和图形W的“中点形”．已知C（-2，2），D（1，2），E（1，0），F（-2，0）．（1）若点O和线段CD的“中点形”为图形G，则在点，，中，在图形G上的点是；（2）已知点A（2，0），请通过画图说明点A和四边形CDEF的“中点形”是否为四边形？若是，写出四边形各顶点的坐标，若不是，说明理由；（3）点B为直线y=2x上一点，记点B和四边形CDEF的中点形为图形M，若图形M与四边形CDEF有公共点，直接写出点B的横坐标b的取值范围．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）函数为任意实数)的图象必经过定点，则该点坐标为____．20、（4分）若直角三角形的两直角边长为a、b，且满足，则该直角三角形的斜边长为．21、（4分）若干桶方便面摆放在桌子上．实物图片左边所给的是它的三视图．则这一堆方便面共有桶．22、（4分）如图，菱形ABCD的周长是40cm，对角线AC为10cm，则菱形相邻两内角的度数分别为_______.

23、（4分）若关于x的分式方程有增根，则m的值为_______．二、解答题（本大题共3个小题，共30分）24、（8分）如图，已知H、D、B、G在同一直线上，分别延长AB、CD至E、F，∠1+∠2＝180°．(1)求证AE∥FC．(2)若∠A＝∠C，求证AD∥BC．(3)在(2)的条件下，若DA平分∠BDF，那么BC平分∠DBE吗？为什么？25、（10分）如图甲，在等边三角形ABC内有一点P，且PA＝2，PB＝，PC＝1，求∠BPC度数的大小和等边三角形ABC的边长．解题思路是：将△BPC绕点B逆时针旋转60°，如图乙所示，连接PP′．（1）△P′PB是三角形，△PP′A是三角形，∠BPC＝°；（2）利用△BPC可以求出△ABC的边长为．如图丙，在正方形ABCD内有一点P，且PA＝，BP＝，PC＝1；（3）求∠BPC度数的大小；（4）求正方形ABCD的边长．26、（12分）甲、乙两车分别从、两地同时出发，甲车匀速前往地，到达地后立即以另一速度按原路匀速返回到地;乙车匀速前往地，设甲、乙两车距地的路程为（千米），甲车行驶的时间为时），与之间的函数图象如图所示（1）甲车从地到地的速度是__________千米/时，乙车的速度是__________千米/时;（2）求甲车从地到达地的行驶时间;（3）求甲车返回时与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围;（4）求乙车到达地时甲车距地的路程.

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】

根据数据a，b，c的平均数为5可知a+b+c=5×3，据此可得出（-2+b-2+c-2）的值；再由方差为4可得出数据a-2，b-2，c-2的方差．【详解】解：∵数据a，b，c的平均数为5，∴a+b+c=5×3=15，∴（a-2+b-2+c-2）=3，∴数据a-2，b-2，c-2的平均数是3；∵数据a，b，c的方差为4，∴[（a-5）2+（b-5）2+（c-5）2]=4，∴a-2，b-2，c-2的方差=[（a-2-3）2+（b-2-3）2+（c--2-3）2]=[（a-5）2+（b-5）2+（c-5）2]=4，故选B．本题考查了平均数、方差，熟练掌握平均数以及方差的计算公式是解题的关键.2、B【解析】

解：在函数：y=-1x-1；y=3x；y=；y=-；y=（x＜0）中，y随x增大而减小的有3个函数，所以①正确；对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，所以②正确；反比例函数图象是两条无限接近坐标轴的曲线，它是中心对称图形，也是轴对称图形，所以③错误；已知数据x1、x1、x3的方差为s1，则数据x1+1，x3+1，x3+1的方差也为s1，所以④错误．故选B．本题考查命题与定理．3、B【解析】∵,∴x≥0,x-6≥0,∴.故选B.4、B【解析】

结合中心对称图形的概念求解即可．【详解】解：A、不是中心对称图形，本选项错误；

B、是中心对称图形，本选项正确；

C、不是中心对称图形，本选项错误；

D、不是中心对称图形，本选项错误．

故选：B．本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．5、D【解析】

求出AD，在Rt△BDA中，根据勾股定理求出BD即可．【详解】∵AB=AC=10，CD=4，∴AD=10-4=6，∵BD是AC边上的高，∴∠BDA=90°，在Rt△BDA中由勾股定理得：，故选：D．本题考查了勾股定理的应用，主要考查学生能否正确运用勾股定理进行计算，注意：在直角三角形中，两直角边的平方和等于斜边的平方．6、C【解析】

根据勾股定理的逆定理：如果三角形有两边的平方和等于第三边的平方，那么这个是直角三角形判定则可.如果有这种关系，这个就是直角三角形.【详解】，，，能组成直角三角形的一组数是、、.故选：.本题考查了勾股定理的逆定理，在应用勾股定理的逆定理时，应先认真分析所给边的大小关系，确定最大边后，再验证两条较小边的平方和与最大边的平方之间的关系，进而作出判断.7、A【解析】

根据各个选项中的式子，可以计算出正确的结果，从而可以解答本题．【详解】解：∵＝5，故选项A正确，∵不能合并，故选项B错误，∵，故选项C错误，∵，故选项D错误，故选：A．本题考查二次根式的混合运算，解答本题的关键是明确二次根式混合运算的计算方法．8、B【解析】

根据等腰三角形的性质得到根据垂直的性质得到根据等量代换得到又即可得到根据同角的余角相等即可得到.【详解】,,从而是等腰三角形，，故选：B.考查等腰三角形的性质，垂直的性质，三角形的内角和定理，掌握同角的余角相等是解题的关键.二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）9、【解析】解：先根据菱形的四条边长度相等求出边长，再由菱形的对角线互相垂直平分根据勾股定理即可求出另一条对角线的长。10、y＝1x－1【解析】

直线y=1x+1向下平移3个单位长度，根据函数的平移规则“上加下减”，可得平移后所得直线的解析式为y=1x+1﹣3=1x﹣1．考点：一次函数图象与几何变换．11、1【解析】

根据实数的性质化简即可求解．【详解】=1+2=1故答案为：1．此题主要考查实数的运算，解题的关键是熟知零指数幂与负指数幂的运算．12、56°【解析】

根据矩形的性质可得AD//BC，继而可得∠FEC=∠1=62°，由折叠的性质可得∠GEF=∠FEC=62°，再根据平角的定义进行求解即可得.【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴AD//BC，∴∠FEC=∠1=62°，∵将一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点C落在AB边上的点G处，∴∠GEF=∠FEC=62°，∴∠BEG=180°-∠GEF-∠FEC=56°，故答案为56°.本题考查了矩形的性质、折叠的性质，熟练掌握矩形的性质、折叠的性质是解题的关键.13、4cm【解析】

先说明OE是△ACD的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求解．【详解】∵▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，∴OA=OC，∵点E是CD的中点，∴CE=DE，∴OE是△ACD的中位线，∵AD=8cm，∴OE=AD=×8=4cm，故答案为：4cm．本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握相关的性质定理是解题的关键.三、解答题（本大题共5个小题，共48分）14、y=2x-1s=解：（1）设一次函数的解析式是y=kx+b．根据题意得：解得：则直线的解析式是：y=2x-1．（2）在直线y=2x+1中，令x=0，解得y=1；令y=0，解得：x=-则求图象和坐标轴围成三角形面积为××1=【解析】（1）利用待定系数法即可求得函数的解析式；（2）求得函数与坐标轴的交点，即可求得三角形的面积．15、（1）见解析；（2）见解析.【解析】

(1)在直角三角形ABC中,E为斜边AB的中点,利用斜边上的中线等于斜边的一半得到CE=AE,在直角三角形ACD中,F为斜边AD的中点,利用斜边上的中线等于斜边的一半得到AF=CF,再由EF=EF,利用SSS即可得证;

(2)由EF为三角形ABD的中点,利用中位线定理得到EF与BD平行,EF等于BD的一半,再由BD=2DC,等量代换得到EF=CD,再由EF与CD平行,得到四边形CEFD为平行四边形,可得出DE=CF,再由CF=AF,等量代换得到DE=AF.【详解】证明：（1）∵∠ACB＝90°，且E线段AB中点，∴CE＝AB＝AE，∵∠ACD＝90°，F为线段AD中点，∴AF＝CF＝AD，在△CEF和△AEF中，，∴△CEF≌△AEF（SSS）；（2）连接DE，∵点E、F分别是线段AB、AD中点，∴EF＝BD，EF∥BC，∵BD＝2CD，∴EF＝CD．又∵EF∥BC，∴四边形CFEDD是平行四边形，∴DE＝CF，∵CF＝AF＝FD，∴AD＝2DE．此题考查了全等三角形的判定与性质,中位线定理,直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，以及平行四边形的判定与性质,熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键.16、（1）见解析；（2）①见解析，②，理由见解析.【解析】

（1）根据平行四边形的性质得到∠OAF=∠OCE，证明△OAF≌△OCE，根据全等三角形的对应边相等证明结论；（2）①过A作AM⊥BC于M，交BG于K，过G作GN⊥BC于N，根据三角形的外角性质得到∠BAG=∠BGA；②证明△AME≌△BNG，根据全等三角形的性质得到ME=NG，根据等腰直角三角形的性质得到BE=GC，根据（1）中结论证明即可．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，在和中，，∴∴，∵，∴；（2）①过作于，交于，过作于，则，∵，∴，∵，∴，，∵，∴，又，∴，设，则，，∴；②，理由如下：∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，在等腰中，，∴，∴，∵，∴.本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质以及勾股定理的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形以及等腰直角三角形，利用全等三角形的对应边相等得出结论．17、x=–2【解析】试题分析：根据分式方程的解法即可求出答案．试题解析：解：去分母得：（x+3）2﹣4（x﹣3）=（x﹣3）（x+3）x2+6x+9﹣4x+12=x2﹣9，x=﹣2．把x=﹣2代入（x﹣3）（x+3）≠0，∴原分式方程的解为：x=﹣2．18、（1），；（1）点A和四边形CDEF的“中点形”是四边形，各顶点的坐标为：（0，0）、（0，1）、（，0）、（，1）；（3）-1≤b≤0或1≤b≤1．【解析】

（1）依照题意画出图形，观察图形可知点O和线段CD的中间点所组成的图形是线段C′D′，根据点A，C，D的坐标，利用中点坐标公式可求出点C′，D′的坐标，进而可得出结论；

（1）画出图形，观察图形可得出结论；（3）利用一次函数图象上点的坐标特征可得出点B的坐标为（n，1n），依照题意画出图形，观察图形可知：点B和四边形CDEF的中间点只能在边EF和DE上，当点B和四边形CDEF的中间点在边EF上时，利用四边形CDEF的纵坐标的范围，可得出关于n的一元一次不等式组，解之即可得出n的取值范围；当点B和四边形CDEF的中间点在边DE上时，由四边形CDEF的横、纵坐标的范围，可得出关于n的一元一次不等式组，解之即可得出n的取值范围．综上，此题得解．【详解】解：（1）如图：点O和线段CD的中间点所组成的图形G是线段C′D′，由题意可知：点C′为线段OC的中点，点D′为线段OD的中点．

∵点C的坐标为（-1，1），点D的坐标为（1，1），

∴点C′的坐标为（-1，1），点D′的坐标为（，1），∴点O和线段CD的中间点所组成的图形G即线段C′D′的纵坐标是1，横坐标-1≤x≤,∴点，，中，在图形G上的点是，；（1）点A和四边形CDEF的“中点形”是四边形．各顶点的坐标为：（0，0）、（0，1）、（，0）、（，1）．（3）∵点B的横坐标为b，

∴点B的坐标为（b，1b）．

当点B和四边形CDEF的中间点在边EF上时，有，

解得：-1≤b≤0；

当点B和四边形CDEF的中间点在边DE上时，有，

解得：1≤b≤1,

综上所述：点B的横坐标b的取值范围为-1≤b≤0或1≤b≤1．故答案为（1），；（1）点A和四边形CDEF的“中点形”是四边形，各顶点的坐标为：（0，0）、（0，1）、（，0）、（，1）；（3）-1≤b≤0或1≤b≤1．本题考查中点坐标公式、一次函数图象上点的坐标特征以及解一元一次不等式组，解题的关键是：（1）通过画图找出点O和线段CD的中间点所组成的图形是线段C′D′；（1）画出图形，观察图形；（3）分点B和四边形CDEF的中间点在边EF上及点B和四边形CDEF的中间点在边DE上两种情况，找出关于b的一元一次不等式组．一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）19、(1，2)【解析】

先把函数解析式化为y=k（x-1）+2的形式，再令x=1求出y的值即可．【详解】解：函数可化为，当，即时，，该定点坐标为．故答案为：．本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，把原函数的解析式化为y=k（x-1）+2的形式是解答此题的关键．20、1．【解析】∵，∴=0，b－2=0，解得a=3，b=2．∵直角三角形的两直角边长为a、b，∴该直角三角形的斜边长=．21、1【解析】从俯视图中可以看出最底层方便面的个数及摆放的形状，从主视图可以看出每一层方便面的层数和个数，从左视图可看出每一行方便面的层数和个数，从而算出总的个数．所以三摞方便面是桶数之和为：3+1+2=1．22、60°，120°【解析】

首先证明△ABD是等边三角形，则∠D=60°，然后利用菱形的性质求解.【详解】∵菱形ABCD的边长AD=CD==10cm，又∵AC=10cm，∴AD=CD=AC，∴△ACD=60°，∴∠D=60°，∠DAB=120°,故答案为60°，120°本题考查了菱形的性质，正确证明△ABC是等边三角形是关键．23、1【解析】

增根是化为整式方程后产生的不适合分式方程的根．所以应先确定增根的可能值，让最简公分母，得到，然后代入化为整式方程的方程算出m的值．【详解】解：方程两边都乘，得∵原方程有增根，∴最简公分母，解得，当时，故m的值是1，故答案为1本题考查了分式方程的增根．增根问题可按如下步骤进行：①让最简公分母为0确定增根；②化分式方程为整式方程；③把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．二、解答题（本大题共3个小题，共30分）24、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）BC平分，理由见解析.【解析】

（1）直接利用已知得出，进而得出答案；（2）利用平行线的性质结合已知得出，即可得出答案；（3）利用平行线的性质结合角平分线的定义得出，即可得出答案.【详解】证明：又，，；证明：，，，，；解：BC平分，理由：，，，，，又平分，即，，平分．此题主要考查了平行线的判定与性质，正确应用平行线的性质是解题的关键.25、（1）等边直角150°；（2）；（3）135°；（4）.【解析】

（1）将△BPC绕点B顺时针旋转60°，画出旋转后的图形（如图2），连接PP′，可得△P′PB是等边三角形，而△PP′A又是直角三角形（由勾股定理的逆定理可证），所以∠AP′B＝150°，而∠BPC＝∠AP′B＝150°，（2）过点B作BM⊥AP′，交AP′的延长线于点M，进而求出等边△ABC的边长为，问题得到解决．（3）求出，根据勾股定理的逆定理求出∠AP′P＝90°，推出∠BPC＝∠AEB＝90°+45°＝135°；（4）过点B作BF⊥AE，交AE的延长线于点F，求出FE＝BF＝1，AF＝2，关键勾股定理即可求出AB．【详解】解：（1）∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得出△ABP′，∴∵∠PBC+∠ABP＝∠ABC＝60°，∴∠ABP′+∠ABP＝∠ABC＝60°，∴△BPP′是等边三角形，∴∵AP′＝1，AP＝2，∴AP′2+PP′2＝AP2，∴∠AP