呼和浩特市重点中学2024年数学九上开学监测模拟试题【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页呼和浩特市重点中学2024年数学九上开学监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）以下运算错误的是（）A． B．C． D．2、（4分）如图，在△OAB中，∠AOB=55°，将△OAB在平面内绕点O顺时针旋转到△OA′B′的位置，使得BB′∥AO，则旋转角的度数为（）A．125° B．70° C．55° D．15°3、（4分）下列地铁标志图形中，属于中心对称图形的是（）A． B． C． D．4、（4分）七巧板是我国祖先的一项卓越创造．下列四幅图中有三幅是小明用如图所示的七巧板拼成的，则不是小明拼成的那副图是（）A． B． C． D．5、（4分）如图，五边形ABCDE的每一个内角都相等，则外角∠CBF等于(

)A．60° B．72° C．80° D．108°6、（4分）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB＝5，AC+BD＝20，则△AOB的周长为（）A．10 B．20C．15 D．257、（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．88、（4分）将化简，正确的结果是（）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）在△ABC中，∠C=90°，AB=10，其余两边长是两个相邻的偶数，则这个三角形的周长为_____．10、（4分）函数的自变量x的取值范围是．11、（4分）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，BD⊥AD，AD=6，AB=10，则△AOB的面积为_________________12、（4分）如图，在四边形ABCD中，∠ADC=∠ABC=90°，AD=CD，DP⊥AB于P．若四边形ABCD的面积是18，则DP的长是_____．13、（4分）正方形，，，…按如图所示的方式放置．点，，，…和点，，，…分别在直线和轴上，则点的坐标是．三、解答题（本大题共5个小题，共48分）14、（12分）蚌埠“一带一路”国际龙舟邀请赛期间，小青所在学校组织了一次“龙舟”故事知多少比赛，小青从全体学生中随机抽取部分同学的分数(得分取正整数，满分为100分)进行统计.以下是根据抽取同学的分数制作的不完整的频率分布表和频率分布直方图，请根据图表，回答下列问题::组别分组频数频率190.1823210.4240.0652(1)根据上表填空:__，=.，=.(2)若小青的测试成绩是抽取的同学成绩的中位数，那么小青的测试成绩在什么范围内?(3)若规定:得分在的为“优秀”，若小青所在学校共有600名学生，从本次比赛选取得分为“优秀”的学生参加决赛，请问共有多少名学生被选拔参加决赛?15、（8分）小聪从家里跑步去体育场，在那里锻炼了一会儿后，又走到文具店去买笔，然后走回家，如图是小聪离家的距离（单位：）与时间（单位：）的图象。根据图象回答下列问题：（1）体育场离小聪家______；（2）小聪在体育场锻炼了______；（3）小聪从体育场走到文具店的平均速度是______；（4）小聪在返回时，何时离家的距离是？16、（8分）市政规划出一块矩形土地用于某项目开发，其中，设计分区如图所示，为矩形内一点，作于点交于点，过点作交于点，其中丙区域用于主建筑区，其余各区域均用于不同种类绿化．若点是的中点，求的长；要求绿化占地面积不小于，规定乙区域面积为①若将甲区域设计成正方形形状，能否达到设计绿化要求?请说明理由；②若主建筑丙区域不低于乙区域面积的，则的最大值为（请直接写出答案）17、（10分）如图，在中，，，DF是的中位线，点C关于DF的对称点为E，以DE，EF为邻边构造矩形DEFG，DG交BC于点H，连结CG．求证：≌．若．求CG的长．在的边上取一点P，在矩形DEFG的边上取一点Q，若以P，Q，C，G为顶点的四边形是平行四边形，求出所有满足条件的平行四边形的面积．在内取一点O，使四边形AOHD是平行四边形，连结OA，OB，OC，直接写出，，的面积之比．18、（10分）在平面直角坐标系xOy中，直线l与x轴，y轴分别交于A、B两点，且过点B（0，4）和C（2，2）两点．（1）求直线l的解析式；（2）求△AOB的面积；（3）点P是x轴上一点，且满足△ABP为等腰三角形，直接写出所有满足条件的点P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）已知：函数，，若，则__________(填“”或“”或“”)．20、（4分）若二次根式有意义，则x的取值范围是________.21、（4分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，点D为平面内动点，且满足AD＝4，连接BD，取BD的中点E，连接CE，则CE的最大值为_____．22、（4分）已知：在矩形ABCD中，AD＝2AB，点E在直线AD上，连接BE，CE，若BE＝AD，则∠BEC的大小为_____度．23、（4分）如图，在中，，，，点，都在边上，的平分线垂直于，垂足为，的平分线垂直于，垂足为，则的长__________.二、解答题（本大题共3个小题，共30分）24、（8分）先化简再求值：，其中a=3.25、（10分）已知：△ABC的中线BD、CE交于点O，F、G分别是OB、OC的中点．求证：四边形DEFG是平行四边形．26、（12分）如图，点在等边三角形的边上，将绕点旋转，使得旋转后点的对应点为点，点的对应点为点，请完成下列问题：(1)画出旋转后的图形；(2)判断与的位置关系并说明理由.

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】A.，正确；B.=5，则原计算错误；C.，正确；D.，正确，故选B.2、B【解析】

据两直线平行，内错角相等可得，根据旋转的性质可得，然后利用等腰三角形两底角相等可得，即可得到旋转角的度数．【详解】，，又，中，，旋转角的度数为．故选：．本题考查了旋转的性质，等腰三角形两底角相等的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．3、C【解析】

根据中心对称图形的定义即可作出判断．【详解】A、不是中心对称图形，故选项错误；B、不是中心对称图形，故选项错误；C、是中心对称图形，故选项正确；D、不是中心对称图形，故选项错误．故选C．本题主要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．4、C【解析】观察可得，选项C中的图形与原图中的④、⑦图形不符，故选C.5、B【解析】

由题意可知五边形的每一个外角都相等，五边形的外角和为360°，由360°5【详解】解：因为五边形的每一个内角都相等，所以五边形的每一个外角都相等，则每个外角=360°故答案为:B本题考查了多边形的外角和，n边形的外角和为360°，若多边形的外角都相等即可知每个外角的度数，熟练掌握多边形的外角和定理是解题的关键6、C【解析】

根据平行四边形的性质求解即可．【详解】∵四边形ABCD是平行四边形∴∵AC+BD＝20∴∴△AOB的周长故答案为：C．本题考查了三角形的周长问题，掌握平行四边形的性质是解题的关键．7、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．8、C【解析】

根据实数的性质即可求解.【详解】=故选C.此题主要考查实数的化简，解题的关键是熟知实数的性质.二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）9、24【解析】

设其余两边长分别为、，根据勾股定理列出方程，解方程求出，计算即可.【详解】设其余两边长分别为、，由勾股定理得，，整理得，，解得，（舍去），，则其余两边长分别为、，则这个三角形的周长.故答案为：.本题考查的是勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是、，斜边长为，那么.10、．【解析】求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，根据二次根式被开方数必须是非负数的条件，要使在实数范围内有意义，必须．11、12【解析】∵BD⊥AD，AD=6，AB=10，,∴.∵四边形ABCD是平行四边形，12、【解析】过点D作DE⊥DP交BC的延长线于E，先判断出四边形DPBE是矩形，再根据等角的余角相等求出∠ADP=∠CDE，再利用“角角边”证明△ADP和△CDE全等，根据全等三角形对应边相等可得DE=DP，然后判断出四边形DPBE是正方形，再根据正方形的面积公式解答即可．解：如图，过点D作DE⊥DP交BC的延长线于E，

∵∠ADC=∠ABC=90°，

∴四边形DPBE是矩形，

∵∠CDE+∠CDP=90°，∠ADC=90°，

∴∠ADP+∠CDP=90°，

∴∠ADP=∠CDE，

∵DP⊥AB，

∴∠APD=90°，

∴∠APD=∠E=90°，

在△ADP和△CDE中，∠ADP=∠CDE，∠APD=∠E，AD=CD，∴△ADP≌△CDE（AAS），

∴DE=DP，四边形ABCD的面积=四边形DPBE的面积=18，

∴矩形DPBE是正方形，

∴DP=．

故答案为3．“点睛”本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形和正方形是解题的关键．13、（63，32）．【解析】试题分析：∵直线，x=0时，y=1，∴A1B1=1，点B2的坐标为（3，2），∴A1的纵坐标是：1=20，A1的横坐标是：0=20﹣1，∴A2的纵坐标是：1+1=21，A2的横坐标是：1=21﹣1，∴A3的纵坐标是：2+2=4=22，A3的横坐标是：1+2=3=22﹣1，∴A4的纵坐标是：4+4=8=23，A4的横坐标是：1+2+4=7=23﹣1，即点A4的坐标为（7，8），据此可以得到An的纵坐标是：2n﹣1，横坐标是：2n﹣1﹣1，即点An的坐标为（2n﹣1﹣1，2n﹣1），∴点A6的坐标为（25﹣1，25），∴点B6的坐标是：（26﹣1，25）即（63，32），故答案为（63，32）．考点：1．一次函数图象上点的坐标特征；2．规律型．三、解答题（本大题共5个小题，共48分）14、（1）；（2）；（1）24.【解析】

（1）根据频数、频率、总数之间的关系一一解决问题即可；（2）根据中位数的定义即可判断；（1）用样本估计总体的思想解决问题即可．【详解】解：（1）9÷0.18＝50（人）．a＝50×0.06＝1，m＝50﹣（9+21+1+2）＝15，b＝15÷50＝0.1．故答案为：1，0.1，15；（2）共有50名学生，中位数是第25、26个数据的平均数，第25、26个数据在第1组，所以小青的测试成绩在70≤x＜80范围内；（1）×600＝24（人）．答：共有24名学生被选拔参加决赛．本题考查频数分布直方图、样本估计总体的思想、频数分布表、中位数的定义等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，所以中考常考题型．15、（1）2.5；（2）15；（3）.（4）69分钟.【解析】

（1）观察函数图象，即可解答；（2）观察函数图象即可解答；（3）根据速度=路程÷时间，根据函数图象即可解答（4）设直线的解析式为，把D,E的坐标代入即可解答【详解】（1）2.5；（2）15；（3）.（4）设直线的解析式为.由题意可知点，点，，解得：，∴.当时，，解得：.答：在69分钟时距家的距离是.此题考查函数图象，解题关键在于看懂图中数据16、（1）90m；（2）①能达到设计绿化要求，理由见解析，②40【解析】

（1）首先理由矩形性质得出AD=BC=180m，AB∥CD，AD∥BC，进一步证明出四边形AFEG与四边形DGEH为矩形，四边形BIHE为平行四边形，由此得出AG=EF，DG=EH，EH=BI，据此进一步求解即可；（2）①设正方形AFEG边长为m，根据题意列出方程，然后进一步求解再加以分析即可；②设AF=m，则EH=m，然后结合题意列出不等式，最后再加以求解即可.【详解】（1）∵四边形ABCD为矩形，∴AD=BC=180m，AB∥CD，AD∥BC，∵EG⊥AD，EH∥BC，HI∥BE，∴四边形AFEG与四边形DGEH为矩形，四边形BIHE为平行四边形，∴AG=EF，DG=EH，EH=BI，∵点G为AD中点，∴DG=AD=90m，∴BI=EH=DG=90m；（2）①能达到设计绿化要求，理由如下：设正方形AFEG边长为m，由题意得：，解得：，当时，EH=m，则EF=180−150=30m，符合要求，∴若将甲区域设计成正方形形状，能达到设计绿化要求；②设AF=m，则EH=m，由题意得：，解得：，即AF的最大值为40m，故答案为：40.本题主要考查了四边形与一元一次方程及一元一次不等式的综合运用，熟练掌握相关方法是解题关键.17、（1）证明见解析；（2）①1；②或或．（3）：3：1．【解析】

根据矩形的性质、翻折不变性利用HL即可证明；想办法证明即可解决问题；共三种情形画出图形，分别解决问题即可；如图5中，连接OD、OE、OB、首先证明四边形DOHC是矩形，求出OD、OH、OE即可解决问题.【详解】如图1中，四边形DEFG是矩形，，，由翻折不变性可知：，，，，，≌，如图1中，≌，，，，，，，，，，，，，，，．如图2中，当点P与A重合，点Q与E重合时，四边形PQGC是平行四边形，此时如图3中，当四边形QPGC是平行四边形时，．如图4中，当四边形PQCG是平行四边形时，作于M，CE交DF于N．易知，，如图中，当四边形PQCG是平行四边形时，，综上所述，满足条件的平行四边形的面积为或或．如图5中，连接OD、OE、OB、OC．四边形AOHD是平行四边形，，，四边形CDOH是平行四边形，，四边形CDOH是矩形，，≌，，，，，，，，：：：：：3：1．本题考查四边形综合题、解直角三角形、矩形的性质、平行四边形的判定和性质、直角三角形30度角性质、全等三角形的判定和性质、等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．18、（1）y＝﹣x+4；（2）8；（3）点P坐标为（﹣4，0）或（4+4，0）或（4﹣4，0）或（0，0）【解析】

（1）直线过（2，2）和（0，4）两点，则待定系数法求解析式．（2）先求A点坐标，即可求△AOB的面积（3）分三类讨论，可求点P的坐标【详解】解（1）设直线l的解析式y＝kx+b∵直线过（2，2）和（0，4）∴解得：∴直线l的解析式y＝﹣x+4（2）令y＝0，则x＝4∴A（4，0）∴S△AOB＝×AO×BO＝×4×4＝8（3）∵OA＝4，OB＝4∴AB＝4若AB＝AP＝4∴在点A左边，OP＝4﹣4，在点A右边，OP＝4+4∴点P坐标（4+4，0），（4﹣4，0）若BP＝BP＝4∴P（﹣4，0）若AP＝BP则点P在AB的垂直平分线上，∵△AOB是等腰直角三角形，∴AB的垂直平分线过点O∴点P坐标（0，0）本题考查了待定系数法求一次函数解析式，等腰三角形的性质，关键是利用分类讨论的思想解决问题．一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）19、＜【解析】

联立方程组，求出方程组的解，根据方程组的解以及函数的图象进行判断即可得解.【详解】根据题意联立方程组得，解得，，画函数图象得，所以，当，则＜.故答案为：＜.本题考查了一次函数图象的性质与特征，求出两直线的交点坐标是解决此题的关键.20、【解析】

根据二次根式有意义的条件可得-x≥0，再解不等式即可．解答【详解】由题意得：-x⩾0，解得：，故答案为：.此题考查二次根式有意义的条件，解题关键在于掌握其定义.21、1．【解析】

作AB的中点E，连接EM、CE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及三角形的中位线定理求得CE和EM的长，然后确定CM的范围．【详解】解：作AB的中点M，连接EM、CM．在Rt△ABC中，AB＝＝＝10，∵M是直角△ABC斜边AB上的中点，∴CM＝AB＝3．∵E是BD的中点，M是AB的中点，∴ME＝AD＝3．∴3﹣3≤CE≤3+3，即3≤CE≤1．∴最大值为1，故答案为：1．本题考查了三角形的中位线定理，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，掌握基本性质定理是解题的关键．22、75或1【解析】

分两种情况：①当点E在线段AD上时，BE＝AD，由矩形的性质得出BC＝AD＝BE＝2AB，∠BAE＝90°，AD∥BC，得出BE＝2AB，∠BEC＝∠BCE，∠CBE＝∠AEB，得出AB＝BE，证出∠AEB＝30°，得出∠CBE＝30°，即可得出结果；②点E在DA延长线上时，BE＝AD，同①得出∠AEB＝30°，由直角三角形的性质得出∠ABE＝60°，求出∠CBE＝90°+60°＝10°，即可得出结果．【详解】解：分两种情况：①当点E在线段AD上时，BE＝AD，如图1所示：∵四边形ABCD为矩形，∴BC＝AD＝BE＝2AB，∠BAE＝90°，AD∥BC，∴BE＝2AB，∠BEC＝∠BCE，∠CBE＝∠AEB，∴AB＝BE，∴∠AEB＝30°，∴∠CBE＝30°，∴∠BEC＝∠CBE＝（180°﹣30°）＝75°；②点E在DA延长线上时，BE＝AD，如图2所示：∵四边形ABCD为矩形，∴BC＝AD＝BE＝2AB，∠ABC＝∠BAE＝∠BAD＝90°，∴BE＝2AB，∠BEC＝∠BCE，∴AB＝BE，∴∠AEB＝30°，∴∠ABE＝60°，∴∠CBE＝90°+60°＝10°，∴∠BEC＝∠BCE＝（180°﹣10°）＝1°；故答案为：75或1．本题考查了矩形的性质、直角三角形的性质、平行线的性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握矩形的性质，进行分类讨论是解题的关键．23、1【解析】

证明△ABQ≌△EBQ，根据全等三角形的性质得到BE=AB=5，AQ=Q