學校________________班級____________姓名____________考場____________準考證號學校________________班級____________姓名____________考場____________準考證號…………密…………封…………線…………內…………不…………要…………答…………題…………第1頁，共3頁2024年內蒙古霍林郭勒市九上數學開學學業質量監測試題題號一二三四五總分得分A卷（100分）一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）1、（4分）若一次函數的函數值y隨x的值增大而增大，且此函數的圖象不經過第二象限，則k的取值范圍是（）A． B． C． D．或2、（4分）一組數據2，4，x，2，4，7的眾數是2，則這組數據的平均數，中位數分別為（）A．3.5，3 B．3，4 C．3，3.5 D．4，33、（4分）如果一個三角形的三邊長分別為6，a，b，且（a+b）（a-b）=36，那么這個三角形的形狀為（）A．銳角三角形 B．鈍角三角形C．直角三角形 D．等邊三角形4、（4分）下列四組線段中，可以構成直角三角形的是（）A．2、3、4 B．、2、 C．3、4、5 D．5、6、75、（4分）如圖，一個矩形紙片，剪去部分后得到一個三角形，則圖中∠1+∠2的度數是（）A．120° B．90° C．60° D．30°6、（4分）如圖，O是?ABCD對角線的交點，，，，則的周長是A．17 B．13 C．12 D．107、（4分）下列圖形中，既是軸對稱圖圖形又是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．8、（4分）如圖所示，AB是半圓O的直徑，點P從點O出發，沿O→A→B→O的路徑運動一周．設OP為s，運動時間為t，則下列圖形能大致地刻畫s與t之間關系的是（）A． B． C． D．二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、（4分）如圖，量角器的直徑與直角三角板ABC的斜邊AB重合，其中量角器0刻度線的端點N與點A重合，射線CP從CA處出發沿順時針方向以每秒3度的速度旋轉，CP與量角器的半圓弧交于點E，第24秒時，點E在量角器上對應的讀數是度．10、（4分）在中，，有一個銳角為，.若點在直線上（不與點、重合），且，則的長是___________11、（4分）將5個邊長為1的正方形按照如圖所示方式擺放，O1，O2，O3，O4，O5是正方形對角線的交點，那么陰影部分面積之和等于________．12、（4分）正方形A1B1C1O，A2B2C2C1，A3B3C3C2，…按如圖所示的方式放置．點A1，A2，A3，…和點C1，C2，C3，…分別在直線y=kx+b（k＞0）和x軸上，已知點B1（1，1），B2（3，2），則B5的坐標是_____________。13、（4分）一個不透明的布袋中裝有分別標著數字1，2，3，4的四張卡片，現從袋中隨機摸出兩張卡片，則這兩張卡片上的數字之和大于5的概率為_______.三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（12分）如圖，DB∥AC，且DB=AC，E是AC的中點．（1）求證：四邊形BDEC是平行四邊形；（2）連接AD、BE，△ABC添加一個條件：，使四邊形DBEA是矩形（不需說明理由）．15、（8分）如圖，在△ABC中，AC＝BC，∠C＝90°，D是BC上的一點，且BD＝CD．（1）尺規作圖：過點D作AB的垂線，交AB于點F；（2）連接AD，求證：AD是△ABC的角平分線．16、（8分）解不等式組：，并將解集在數軸上表示出來．17、（10分）用圓規和直尺作圖，不寫作法，保留作圖痕跡.已知及其邊上一點.在內部求作點，使點到兩邊的距離相等，且到點，的距離相等.18、（10分）計算：①|-|+|-2|-|-1|②+-+（-1）1．B卷（50分）一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、（4分）在△ABC中，點D，E分別是AB，AC的中點，且DE=3cm，則BC=_____________cm;20、（4分）如圖，在中，，，，點為的中點，在邊上取點，使．繞點旋轉，得到（點、分別與點、對應），當時，則___________．21、（4分）如圖是按以下步驟作圖：（1）在△ABC中，分別以點B，C為圓心，大于BC長為半徑作弧，兩弧相交于點M，N；（2）作直線MN交AB于點D；（3）連接CD，若∠BCA＝90°，AB＝4，則CD的長為_____．22、（4分）已知方程x2+mx﹣3=0的一個根是1，則它的另一個根是_____．23、（4分）如圖，在射線OA、OB上分別截取OA1、OB1，使OA1OB1；連接A1B1，在B1A1、B1B上分別截取B1A2、B1B2，使B1A2B1B2，連接A2B2；……依此類推，若A1B1O，則A2018B2018O=______________________．二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（8分）如圖1，將線段平移至，使點與點對應，點與點對應，連接、．（1）填空：與的位置關系為，與的位置關系為．（2）如圖2，若、為射線上的點，，平分交直線于，且，求的度數．25、（10分）已知一次函數圖象經過和兩點（1）求此一次函數的解析式；（2）若點在函數圖象上，求的值．26、（12分）已知：如圖，在平行四邊形ABCD中，E、F分別為邊AB、CD的中點，BD是對角線，AG∥DB交CB的延長線于G．(1)求證：△ADE≌△CBF；(2)若四邊形BEDF是菱形，則四邊形AGBD是什么特殊四邊形？并證明你的結論．

參考答案與詳細解析一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）1、C【解析】

先根據函數y隨x的增大而增大可確定1?2k＞1，再由函數的圖象不經過第二象限可得圖象與y軸的交點在y軸的負半軸上或原點，即?k≤1，進而可求出k的取值范圍．【詳解】解：∵一次函數y＝（1?2k）x?k的函數值y隨x的增大而增大，且此函數的圖象不經過第二象限，∴1?2k＞1，且?k≤1，解得，故選：C．本題主要考查了一次函數圖象與系數的關系．函數值y隨x的增大而減小?k＜1；函數值y隨x的增大而增大?k＞1；一次函數y＝kx＋b圖象與y軸的正半軸相交?b＞1；一次函數y＝kx＋b圖象與y軸的負半軸相交?b＜1；一次函數y＝kx＋b圖象過原點?b＝1．2、A【解析】

根據題意可知x=2，然后根據平均數、中位數的定義求解即可．【詳解】∵這組數據的眾數是2，∴x=2，將數據從小到大排列為：2，2，2，4，4，7，則平均數=（2+2+2+4+4+7）÷6=1.5中位數為：（2+4）÷2=1．故選A本題考查了眾數、中位數及平均數的定義，屬于基礎題，掌握基本定義是關鍵．3、C【解析】

先根據平方差公式對已知等式進行化簡，再根據勾股定理的逆定理進行判定即可．【詳解】解：∵（a+b）（a-b）=36，∴，∴，∴三角形是直角三角形，故選C.本題主要考查了勾股定理的逆定理，掌握勾股定理的逆定理是解題的關鍵.4、C【解析】

三角形三邊滿足兩個較小邊的平方和等于較大邊的平方，這個三角形就是直角三角形．【詳解】A.22+32≠42，不能作為直角三角形的三邊長，故本選項不符合題意．B.，不能作為直角三角形的三邊長，故本選項不符合題意．C.32+42＝52，能作為直角三角形的三邊長，故本選項符合題意．D.52+62≠72，不能作為直角三角形的三邊長，故本選項不符合題意．故選：C．本題考查勾股定理的逆定理，關鍵知道兩個較小邊的平方和等于較大邊的平方，這個三角形就是直角三角形．5、B【解析】

根據直角三角形兩銳角互余解答．【詳解】由題意得，剩下的三角形是直角三角形，所以，∠1+∠2=90°.故選：B.此題考查直角三角形的性質，解題關鍵在于掌握其性質.6、C【解析】

利用平行四邊形的性質和勾股定理易求BO的長即可.【詳解】∵?ABCD的對角線AC與BD相交于點O，∴AO=CO=3∵AB⊥AC，AB=4，AC=6，∴BO==1．∴△AOB的周長=AB+AO+BO=4+3+1=12，故選C．本題考查了平行四邊形的性質以及勾股定理的運用，是中考常見題型，比較簡單．7、D【解析】

結合軸對稱圖形和中心對稱圖形的定義求解觀察各個圖形，即可完成解答.【詳解】A、不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，故A錯誤；B、是軸對稱圖形，但不是中心對稱圖形，故B錯誤；C、既不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形，故C正確；D、既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形，故D正確.故選D.本題考查圖形對稱性的判斷，中心對稱圖形滿足繞著中心點旋轉180°后能與自身重合，而若一個圖形沿某條直線折疊后，直線兩旁的部分能夠互相重合，那么這個圖形就是軸對稱圖形.8、D【解析】

依題意，可以知道點P從O到A勻速運動時，OP的長s逐漸變大；在AB上運動時，長度s不變；從B到O勻速運動時，OP的長s逐漸變小直至為1．依此即可求解．【詳解】解：可以看出從O到A逐漸變大，而弧AB中的半徑不變，從B到O中OP逐漸減少直至為1．故選：D．此題考查了函數隨自變量的變化而變化的問題，能夠結合圖形正確分析距離y與時間x之間的大小變化關系，從而正確選擇對應的圖象．二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、144【解析】

連接OE，∵∠ACB=90°，∴A，B，C在以點O為圓心，AB為直徑的圓上，∴點E，A，B，C共圓，∵∠ACE=3°×24=72°，∴∠AOE=2∠ACE=144°，∴點E在量角器上對應的讀數是：144°，故答案為144.10、或或【解析】

分及兩種情況：當時，由三角形內角和定理結合可得出為等邊三角形，利用等邊三角形的性質可求出的長；當時，通過解直角三角形可求出，的長，再由或可求出的長．綜上，此題得解．【詳解】解：I.當時，如圖1所示．，，，為等邊三角形，；II.當時，如圖2所示．在中，，，，．在中，，，或．故答案為12或或．本題考查了含30度角的直角三角形、解直角三角形以及等邊三角形的判定與性質，分及兩種情況，求出的長是解題的關鍵．11、1.【解析】分析：連接O1A,O1B，先證明△AO1C≌△BO1D，從而可得S四邊形ACO1D=S△AO1B=S正方形ABEF=,然后可求陰影部分面積之和.詳解：如圖，連接O1A,O1B.∵四邊形ABEF是正方形，∴O1A=O1B,∠AO1B=90°.∵∠AO1C+∠AO1D=90°,∠BO1D+∠AO1D=90°,∴∠AO1C=∠BO1D.在△AO1C和△BO1D中，∵∠AO1C=∠BO1D，O1A=O1B,∠O1AC=∠O1BD=45°,∴△AO1C≌△BO1D，∴S四邊形ACO1D=S△AO1B=S正方形ABEF=,∴陰影部分面積之和等于×4=1.故答案為：1.點睛：本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，證明△AO1C≌△BO1D是解答本題的關鍵.12、（31,16）【解析】

首先由B1的坐標為（1，1），點B2的坐標為（3，2），可得正方形A1B1C1O1邊長為1，正方形A2B2C2C1邊長為2，即可求得A1的坐標是（0，1），A2的坐標是：（1，2），然后又待定系數法求得直線A1A2的解析式，由解析式即可求得點A3的坐標，繼而可得點B3的坐標，觀察可得規律Bn的坐標是（2n-1，2n-1）．【詳解】∵B1的坐標為(1,1),點B2的坐標為(3,2)∴正方形A1B1C1O1邊長為1,正方形A2B2C2C1邊長為2∴A1的坐標是（0，1），A2的坐標是：（1，2）設直線A1A2的解析式為：y=kx+b∴解得：∴直線A1A2的解析式是：y=x+1∵點B2的坐標為(3,2)∴點A3的坐標為(3,4)∴點B3的坐標為(7,4)∴Bn的橫坐標是：2n-1,縱坐標是：2n?1∴Bn的坐標是(2n?1,2n?1)故點B5的坐標為(31,16).此題考查了待定系數法求解一次函數的解析式以及正方形的性質，在解題中注意掌握數形結合思想與方程思想的應用.13、【解析】

根據題意先畫出樹狀圖，求出所有出現的情況數，再根據概率公式即可得出答案．【詳解】根據題意畫樹狀圖如下：共有12種情況，兩張卡片上的數字之和大于5的有4種，則這兩張卡片上的數字之和大于5的概率為；故答案為：.此題考查列表法與樹狀圖法，解題關鍵在于題意畫樹狀圖.三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（1）見解析；（2）AB=BC.【解析】

（1）證明DB=EC．DB∥EC即可；（2）矩形的判定方法有多種，可選擇利用“對角線相等的平行四邊形為矩形”來解決．【詳解】（1）證明：∵E是AC中點，∴EC=AC．∵DB=AC，∴DB=EC．又∵DB∥EC，∴四邊形DBCE是平行四邊形．（2）如圖，連接AD，BE，添加AB=BC．

理由：∵DB∥AE，DB=AE，∴四邊形DBEA是平行四邊形．∵BC=DE，AB=BC，∴AB=DE．∴?ADBE是矩形．故答案為：AB=BC．此題考查了平行四邊形的判定與矩形的判定，解答此類題的關鍵是要突破思維定勢的障礙，運用發散思維，多方思考，探究問題在不同條件下的不同結論，挖掘它的內在聯系，向“縱、橫、深、廣”拓展，從而尋找出添加的條件和所得的結論．15、(1)見解析;(2)見解析.【解析】

(1)以D點為圓心，線段BD的長度為半徑交AB于點E，分別以E,B為圓心，大于的長度為半徑作圓，交于一點，連接D和該交點的直線，交AB于F，則直線DF為所求.(2)設CD＝a，則BD＝a，求出AB，再由面積相等求出DF的長度，得到DF=CD，從而可證明結論.【詳解】解：（1）如右圖所示；（2）證明：設CD＝a，則BD＝a，∵在△ABC中，AC＝BC，∠C＝90°，∴AC＝a+＝（1+）a，∴AB＝（）a，∵，解得，DF＝a，∴DC＝DF＝a，∵DC⊥AC，DF⊥AB，∴AD是△ABC的角平分線．本題第一問主要考查中垂線的畫法，第二問主要考查角平分線的證明16、-7＜≤1.數軸見解析.【解析】

分別求出各不等式的解集，再求出其公共解集，并在數軸上表示出來即可.【詳解】解：解不等式①，得≤1解不等式②，得＞-7∴不等式組的解集為-7＜≤1.在數軸上表示不等式組的解集為故答案為-7＜≤1.本題考查了解一元一次不等式組，熟知“大大取大，小小取小，大小小大中間找，大大小小找不了“的原則是解此題的關鍵.17、見解析.【解析】

作∠ABC的平分線BK，線段BD的垂直平分線MN，射線BK與直線MN的交點P即為所求.【詳解】解：點P是∠ABC的平分線與線段BD的垂直平分線的交點，如圖點P即為所求.本題考查復雜作圖，角平分線的性質，線段垂直平分線的性質等知識，解題的關鍵是熟練掌握五種基本作圖．18、①3-2；②4.5.【解析】

（1）原式利用絕對值的代數意義化簡，計算即可得到結果.（2）本題涉及三次根式、二次根式化簡、平方3個考點．在計算時，需要針對每個考點分別進行計算，然后根據實數的運算法則求得計算結果．根據實數運算法則即可得到結果.【詳解】解：①|-|+|-2|-|-1|=-+2--+1=3-2；②+-+（-1）1=2+2-0.5+1=4.5.（1）本題考查了實數運算，熟練掌握運算法則是解題的關鍵.（2）本題考查實數的綜合運算能力，是各地中考題中常見的計算題型．解決此類題目的關鍵是熟練掌握三次根式、二次根式、平方等考點的運算．一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、1【解析】

由D，E分別是邊AB，AC的中點，首先判定DE是三角形的中位線，然后根據三角形的中位線定理求得BC的值即可．【詳解】∵△ABC中，D、E分別是AB、AC邊上的中點，∴DE是三角形的中位線，∵DE=3cm，∴BC=2DE=1cm．故答案為：1．本題重點考查了中位線定理，中位線是三角形中的一條重要線段，由于它的性質與線段的中點及平行線緊密相連，因此，它在幾何圖形的計算及證明中有著廣泛的應用．20、2或4【解析】

根據題意分兩種情況，分別畫出圖形，證明△是等邊三角形，根據直角三角形的性質求出OD，即可得到答案.【詳解】若繞點D順時針旋轉△AED得到△，連接,∵，，∴∠A=30°，∵,∴AB=4，∵點D是AB的中點，∴AD=2，∵,∴AD==2，∠=60°，∴△是等邊三角形，∴=，∠D=60°，且∠EAD=30°，∴AE平分∠D，∴AE是的垂直平分線，∴OD=AD=，∵AE=DE，∴∠EAD=∠EDA=30°，∴DE，∴2；若繞點D順時針旋轉△AED得到△，同理可求=4，故答案為：2或4.此題考查旋轉的性質，直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊一半的性質，等邊三角形的判定及性質，三角函數.21、1【解析】

利用基本作圖可判斷MN垂直平分BC，根據線段垂直平分線的性質得到DB＝DC，再根據等角的余角相等證出∠ACD＝∠A，從而證明DA＝DC，從而得到CD＝AB＝1．【詳解】由作法得MN垂直平分BC，∴DB＝DC，∴∠B＝∠BCD，∵∠B+∠A＝90°，∠BCD+∠ACD＝90°，∴∠ACD＝∠A，∴DA＝DC，∴CD＝AB＝×4＝1．故答案為1．本題考查了作圖﹣基本作圖—作已知線段的垂直平分線，以及垂直平分線的性質和等腰三角形的判定，熟練掌握相關知識是解題的關鍵．22、-1【解析】設另一根為，則1·=-1，解得，=－1，故答案為－1．23、【解析】分析：根據等腰三角形兩底角相等用α表示出∠A2B2O，依此類推即可得到結論．詳解：∵B1A2=B1B2，∠A1B1O=α，∴∠A2B2O=α，同理∠A3B3O==α，∠A4B4O=α，∴∠AnBnO=α，∴A2018B2018O=．故答案為：．點睛：本題考查了等腰三角形兩底角相等的性質，圖形的變化規律，依次