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5頁山西省朔州市右玉二中學、右玉三中學2024年九年級數學第一學期開學教學質量檢測模擬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）如圖所示，在平面直角坐標系中，的頂點坐標是，頂點坐標是、則頂點的坐標是（）A． B．C． D．2、（4分）如圖，ΔABC中，∠ACB=80°，將ΔABC繞點C順時針旋轉得ΔEDC.當點B的對應點D恰好落在AC上時，∠CAE的度數是()A．30° B．40°C．50° D．60°3、（4分）將直線y＝2x向右平移2個單位，再向上移動4個單位，所得的直線的解析式是()A．y＝2x B．y＝2x+2 C．y＝2x﹣4 D．y＝2x+44、（4分）一組數據的眾數、中位數分別是（）A． B． C． D．5、（4分）如圖，是我國古代著名的“趙爽弦圖”的示意圖，此圖是由四個全等的直角三角形拼接而成，其中AE=10，BE=24，則EF的長是（）A．14 B．13 C．14 D．146、（4分）如圖，在矩形ABCD中，AD=AB，∠BAD的平分線交BC于點E，DH⊥AE于點H，連接BH并延長交CD于點F，連接DE交BF于點O，下列結論：①∠AED=∠CED；②OE=OD；③BH=HF；④BC﹣CF=2HE；⑤AB=HF，其中正確的有（）A．2個 B．3個 C．4個 D．5個7、（4分）甲、乙兩隊舉行了一年一度的賽龍舟比賽，兩隊在比賽時的路程s（米）與時間t（分鐘）之間的函數關系圖象如圖所示，請你根據圖象判斷，下列說法正確的是（）A．甲隊率先到達終點 B．甲隊比乙隊多走了200米路程C．乙隊比甲隊少用0.2分鐘 D．比賽中兩隊從出發到2.2分鐘時間段，乙隊的速度比甲隊的速度快8、（4分）為了踐行“綠色生活”的理念，甲、乙兩人每天騎自行車出行，甲勻速騎行30公里的時間與乙勻速騎行25公里的時間相同，已知甲每小時比乙多騎行2公里，設甲每小時騎行x公里，根據題意列出的方程正確的是()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）若m＝n-2+2-n+5，則mn＝10、（4分）某企業兩年前創辦時的資金為1000萬元，現在已有資金1210萬元，設該企業兩年內資金的年平均增長率是x，則根據題意可列出方程：______．11、（4分）已知，是一元二次方程的兩個實數根，則的值是______.12、（4分）如圖，在Rt△ABC與Rt△DEF中，∠B=∠E=90°，AC=DF，AB=DE，∠A=50°，則∠DFE=

________?13、（4分）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，AC＝24，BD＝10，DE⊥BC，垂足為點E，則DE＝_______．三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（12分）解方程：（1）3x（x﹣1）＝2﹣2x；（2）2x2﹣4x﹣1＝1．15、（8分）如圖，在邊長為6的正方形ABCD中，E是邊CD的中點，將△ADE沿AE對折至△AFE，延長交BC于點G，連接AG．（1）求證：△ABG≌△AFG；（2）求BG的長．16、（8分）如圖，在正方形ABCD中，E是BC的中點，F是CD上一點，且CF=CD，求證：∠AEF=90°．17、（10分）某中學開學初到商場購買A．B兩種品牌的足球，購買A種品牌的足球50個，B種品牌的足球25個，共花費4500元.已知購買一個B種品牌的足球比購買一個A種品牌的足球多花30元(1)求購買一個A種品牌、一個B種品牌的足球各需多少元?(2)學校為了響應“足球進校園”的號召，決定再次購進A．B兩種品牌足球共50個，正好趕上商場對商品價格進行調整，A品牌足球售價比第一次購買時提高4元，B品牌足球按第一次購買時售價的9折出售，如果學校此次購買A．B兩種品牌足球的總費用不超過第一次花費的70%，且保證這次購買的B種品牌足球不少于23個，則這次學校有哪幾種購買方案?18、（10分）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝5，AB＝13，求BC．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）直線y=x+2與x軸的交點坐標為___________．20、（4分）如圖，正方形ABCD的邊長為a，E是AB的中點，CF平分∠DCE，交AD于F，則AF的長為______．

21、（4分）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，BC，對角線AC、BD相交于點O，現將一個直角三角板OEF的直角頂點與O重合，再繞著O點轉動三角板，并過點D作DH⊥OF于點H，連接AH.在轉動的過程中，AH的最小值為_________．22、（4分）如圖，已知矩形的對角線相交于點，過點任作一條直線分別交，于，，若，，則陰影部分的面積是______.23、（4分）如圖，已知的平分線與的垂直平分線相交于點，，，垂足分別為，，，，則的長為__________．二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（8分）某貨運公司有大小兩種貨車,3輛大貨車與4輛小貨車一次可以運貨29噸,2輛大貨車與6輛小貨車一次可以運貨31噸.(1)1輛大貨車和1輛小貨車一次可以分別運貨多少噸?(2)有46.4噸貨物需要運輸,貨運公司擬安排大小貨車共10輛(要求兩種貨車都要用),全部貨物一次運完,其中每輛大貨車一次運貨花費500元,每輛小貨車一次運貨花費300元,請問貨運公司應如何安排車輛最節省費用?25、（10分）（1）下列關于反比例函數y=的性質，描述正確的有_____。（填所有描述正確的選項）A．y隨x的增大而減小B．圖像關于原點中心對稱C．圖像關于直線y=x成軸對稱D．把雙曲線y=繞原點逆時針旋轉90°可以得到雙曲線y=-（2）如圖，直線AB、CD經過原點且與雙曲線y=分別交于點A、B、C、D，點A、C的橫坐標分別為m,n（m＞n＞0）,連接AC、CB、BD、DA。①判斷四邊形ACBD的形狀，并說明理由；②當m、n滿足怎樣的數量關系時，四邊形ACBD是矩形？請直接寫出結論；③若點A的橫坐標m=3，四邊形ACBD的面積為S，求S與n之間的函數表達式。26、（12分）甲、乙兩家草莓采摘園的草莓品質相同，銷售價格也相同．“五一期間”，兩家均推出了優惠方案，甲采摘園的優惠方案是：游客進園需購買50元的門票，采摘的草莓六折優惠；乙采摘園的優惠方案是：游客進園不需購買門票，采摘園的草莓超過一定數量后，超過部分打折優惠．優惠期間，設某游客的草莓采摘量為x（千克），在甲采摘園所需總費用為（元），在乙采摘園所需總費用為（元），圖中折線OAB表示與x之間的函數關系．（1）甲、乙兩采摘園優惠前的草莓銷售價格是每千克元；（2）求、與x的函數表達式；（3）在圖中畫出與x的函數圖象，并寫出選擇甲采摘園所需總費用較少時，草莓采摘量x的范圍．

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、A【解析】

此題可過P作PE⊥OM，過點N作NF⊥OM，根據勾股定理求出OP的長度，則N點坐標便不難求出．【詳解】過P作PE⊥OM，過點N作NF⊥OM，∵頂點P的坐標是(3,4)，∴OE=3,PE=4,∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OE=MF=3，∵4+3=7，∴點N的坐標為(7,4).故選A.此題考查平行四邊形的性質，坐標與圖形性質，解題關鍵在于作輔助線.2、C【解析】

由旋轉的性質可得AC=CE，∠ACE=∠ACB=80°，由等腰的性質可得∠CAE=∠AEC=50°．【詳解】∵∠ACB=80°,

∵將△ABC繞點C順時針旋轉得△EDC,

∴AC=CE，∠ACE=∠ACB=80°,

∴∠CAE=∠AEC=50°.

故選：C．考查了旋轉的性質，等腰三角形的性質，熟練運用旋轉的性質是本題的關鍵．3、A【解析】

根據平移的性質“左加右減，上加下減”，即可找出平移后的直線解析式，此題得解．【詳解】解：y＝2（x﹣2）+4＝2x．故選A．本題考查一次函數圖象與幾何變換，牢記平移的規則“左加右減，上加下減”是解題的關鍵．4、B【解析】

利用眾數和中位數的定義分析，即可得出.【詳解】眾數：出現次數最多的數，故眾數為5；中位數：從小到大排列，中間的數.將數據從小到大排列：2,3,4,5,5；故中位數為4；故選B本題考查了統計中的眾數和中位數，屬于基礎題，注意求中位數時，要重新排列數字，再找中位數.5、D【解析】

24和10為兩條直角邊長時，求出小正方形的邊長14，即可利用勾股定理得出EF的長．【詳解】解：∵AE=10，BE=24，即24和10為兩條直角邊長時，小正方形的邊長=24-10=14，∴EF=．故選D．本題考查了勾股定理、正方形的性質；熟練掌握勾股定理是解決問題的關鍵．6、C【解析】

試題分析：∵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正確；∵∠AHB=（180°﹣45°）=67.5°，∠OHE=∠AHB（對頂角相等），∴∠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正確；∵∠EBH=90°﹣67.5°=22.5°，∴∠EBH=∠OHD，又BE=DH，∠AEB=∠HDF=45°∴△BEH≌△HDF（ASA），∴BH=HF，HE=DF，故③正確；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正確；∵AB=AH，∠BAE=45°，∴△ABH不是等邊三角形，∴AB≠BH，∴即AB≠HF，故⑤錯誤；綜上所述，結論正確的是①②③④共4個．故選C．考點：1、矩形的性質；2、全等三角形的判定與性質；3、角平分線的性質；4、等腰三角形的判定與性質7、C【解析】

A、由函數圖象可知，甲走完全程需要4分鐘，乙走完全程需要3.8分鐘，乙隊率先到達終點，錯誤；B、由函數圖象可知，甲、乙兩隊都走了1000米，路程相同，錯誤；C、因為4﹣3.8=02分鐘，所以，乙隊比甲隊少用0.2分鐘，正確；D、根據0～2.2分鐘的時間段圖象可知，甲隊的速度比乙隊的速度快，錯誤；故選C．本題考查函數的圖象，能正確識圖，根據函數圖象所給的信息，逐一判斷是關鍵．8、C【解析】解：設甲每小時騎行x公里，根據題意得：.故選C．點睛：此題主要考查了由實際問題抽象出分式方程，關鍵是正確理解題意，找出題目中的等量關系，再列出方程．二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、1．【解析】

直接利用二次根式有意義的條件得出m，n的值進而得出答案．【詳解】∵m＝n-2+2-n∴n＝2，則m＝5，故mn＝1．故答案為：1．此題主要考查了二次根式有意義的條件，正確得出m，n的值是解題關鍵．10、．【解析】

根據關系式：現在已有資金1000萬元×（1+年平均增長率）2=現在已有資金1萬元，把相關數值代入即可求解．【詳解】設該企業兩年內資金的年平均增長率是x，則根據題意可列出方程：1000（1+x）2=1．故答案為：1000（1+x）2=1．此題主要考查了由實際問題抽象出一元二次方程，關鍵是掌握增長率問題的計算公式：變化前的量為a，變化后的量為b，平均變化率為x，則經過兩次變化后的數量關系為a（1±x）2=b．11、1【解析】

根據一元二次方程的根與系數的關系即可解答.【詳解】解：根據一元二次方程的根與系數關系可得：，所以可得故答案為1.本題主要考查一元二次方程的根與系數關系，這是一元二次方程的重點知識，必須熟練掌握.12、40°【解析】

根據HL可證Rt△ABC≌Rt△DEF，由全等三角形的性質可得∠EDF=∠A=50°，即可求解.【詳解】∵△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°.故答案為40°.本題主要考查全等三角形的性質與判定，以及直角三角形兩個銳角互余，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和全等三角形的性質（即全等三角形的對應邊相等、對應角相等）是解題的關鍵.13、【解析】

試題分析：根據菱形性質得出AC⊥BD，AO=OC=12，BO=BD=5，根據勾股定理求出AB，根據菱形的面積得出S菱形ABCD=×AC×BD=AB×DE，代入求出即可．【詳解】∵四邊形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=，故答案為．本題考查的是菱形的性質及等面積法，掌握菱形的性質，靈活運用等面積法是解題的關鍵.三、解答題（本大題共5個小題，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．【詳解】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＝，開方得：x﹣1＝±，解得：x1＝1+，x2＝1-．本題考查解一元二次方程，根據方程的特點選擇合適的求解方法是解題的關鍵．15、（1）證明見解析（2）2【解析】試題分析：根據正方形的性質得到AD=AB，∠B=∠D=90°，根據折疊的性質可得AD=AF，∠AFE=∠D=90°，從而得到∠AFG=∠B=90°，AB=AF，結合AG=AG得到三角形全等；根據全等得到BG=FG，設BG=FG=x，則CG=6－x，根據E為中點得到CE=EF=DE=3，則EG=3+x，根據Rt△ECG的勾股定理得出x的值.試題解析：（1）、∵四邊形ABCD是正方形，∴∠B=∠D=90°，AD=AB，由折疊的性質可知AD=AF，∠AFE=∠D=90°，∴∠AFG=90°，AB=AF，∴∠AFG=∠B，又AG=AG，∴△ABG≌△AFG；（2）、∵△ABG≌△AFG，∴BG=FG，設BG=FG=，則GC=,∵E為CD的中點，∴CE=EF=DE=3，∴EG=，∴，解得，∴BG=2.考點：正方形的性質、三角形全等、勾股定理.16、證明見解析.【解析】試題分析：利用正方形的性質得出AB=BC=CD=DA，∠B=∠C=∠D=90°，設出邊長為a，進一步利用勾股定理求得AE、EF、AF的長，再利用勾股定理逆定理判定即可．試題解析：證明：∵ABCD為正方形，∴AB=BC=CD=DA，∠B=∠C=∠D=90°．設AB=BC=CD=DA=a．∵E是BC的中點，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為直角三角形，∴∠AEF=90°．點睛：本題考查了正方形的性質，勾股定理、勾股定理逆定理的運用，注意在正方形中的直角三角形的應用．17、(1)A種足球50元，B種足球80元；（2）方案一：購買A種足球25個，B種足球25個；方案二：購買A種足球26個，B種足球24個；方案三：購買A種足球27個，B種足球23個.【解析】

（1）設A種品牌足球的單價為x元，B種品牌足球的單價為y元，根據“總費用=買A種足球費用+買B種足球費用，以及B種足球單價比A種足球貴30元”可得出關于x、y的二元一次方程組，解方程組即可得出結論；（2）設第二次購買A種足球m個，則購買B種足球（50-m）個，根據“總費用=買A種足球費用+買B種足球費用，以及B種足球不小于23個”可得出關于m的一元一次不等式組，解不等式組可得出m的取值范圍，由此即可得出結論．【詳解】(1)設A種品牌足球的單價為x元，B種品牌足球的單價為y元，依題意得：，解得：.答：購買一個A種品牌的足球需要50元，購買一個B種品牌的足球需要80元.(2)設第二次購買A種足球m個,則購買B種足球(50?m)個，依題意得：，解得：25?m?27.故這次學校購買足球有三種方案：方案一：購買A種足球25個，B種足球25個；方案二：購買A種足球26個，B種足球24個；方案三：購買A種足球27個，B種足球23個.此題考查二元一次方程組的應用，一元一次不等式組的應用，解題關鍵在于根據題意列出方程.18、12【解析】

在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝5，AB＝13，根據勾股定理，即可求出BC．【詳解】解：∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，∴∴∴又∵AC＝5，AB＝13，∴==12此題主要考查勾股定理的運用.一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、（-2，0）【解析】

令縱坐標為0代入解析式中即可.【詳解】當y=0時，0=x+2，解得：x=-2，∴直線y=x+2與x軸的交點坐標為（-2,0）.點睛：本題主要考查了一次函數與坐標軸的交點問題，關鍵在于理解在x軸上的點的縱坐標為0.20、a【解析】

找出正方形面積等于正方形內所有三角形面積的和求這個等量關系，列出方程求解，求得DF，根據AF=a-DF即可求得AF．【詳解】作FH⊥CE，連接EF，

∵∠FHC=∠D=90°，∠HCF=∠DCF，CF=CF

∴△CHF≌△CDF，

又∵S正方形ABCD=S△CBE+S△CDF+S△AEF+S△CEF，

設DF=x，則a2=CE?FH

∵FH=DF，CE=，

∴整理上式得：2a-x=x，

計算得：x=a．

AF=a-x=a．

故答案為a．本題考查了轉換思想，考查了全等三角形的證明，求AF，轉化為求DF是解題的關鍵．21、1﹣1【解析】

取OD的中點G，過G作GP⊥AD于P，連接HG，AG，依據∠ADB=30°，可得PGDG=1，依據∠DHO=90°，可得點H在以OD為直徑的⊙G上，再根據AH+HG≥AG，即可得到當點A，H，G三點共線，且點H在線段AG上時，AH最短，根據勾股定理求得AG的長，即可得出AH的最小值．【詳解】如圖，取OD的中點G，過G作GP⊥AD于P，連接HG，AG．∵AB=4，BC=4AD，∴BD8，∴BD=1AB，DO=4，HG=1，∴∠ADB=30°，∴PGDG=1，∴PD，AP=3．∵DH⊥OF，∴∠DHO=90°，∴點H在以OD為直徑的⊙G上．∵AH+HG≥AG，∴當點A，H，G三點共線，且點H在線段AG上時，AH最短，此時，Rt△APG中，AG，∴AH=AG﹣HG=11，即AH的最小值為11．故答案為11．本題考查了圓和矩形的性質，勾股定理的綜合運用，解決問題的關鍵是根據∠DHO=90°，得出點H在以OD為直徑的⊙G上．22、1【解析】

首先結合矩形的性質證明△AOE≌△COF，得△AOE、△COF的面積相等，從而將陰影部分的面積轉化為△AOD的面積．【詳解】∵四邊形ABCD是矩形，∴OA=OC，AD∥BC，∴∠AEO=∠CFO．在△AOE和△COF中，∵，∴△AOE≌△COF，∴S△AOE=S△COF，∴S陰影=S△COF+S△EOD=S△AOE+S△EOD=S△AOD．∵S△AODBC?AD=1，∴S陰影=1．故答案為：1．本題考查了矩形的性質以及全等三角形的判定和性質，能夠根據三角形全等，從而將陰影部分的面積轉化為矩形面積的，是解決問題的關鍵．23、【解析】

連接DC、DB，根據中垂線的性質即可得到DB=DC，根據角平分線的性質即可得到DE=DF，從而即可證出△DEB≌DFC，從而得到BE=CF，再證△AED≌△AFD，即可得到AE=AF，最后根據，即可求出BE.【詳解】解：如圖所示，連接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.故答案為：1.5.此題考查的是垂直平分線的性質、角平分線的性質和全等三角形的判定，掌握垂直平分線上的點到線段兩個端點的距離相等、角平分線上的點到角兩邊的距離相等和用HL證全等三角形是解決此題的關鍵.二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（1）1輛大貨車和1輛小貨車一次可以分別運貨5噸和3.5噸；（2）貨運公司安排大貨車8輛，小貨車2輛，最節省費用.【解析】

（1）設1輛大貨車和1輛小貨車一次可以分別運貨x噸和y噸，根據“3輛大貨車與4輛小貨車一次可以運貨18噸、2輛大貨車與6輛小貨車一次可以運貨17噸”列方程組求解可得；（2）設貨運公司安排大貨車m輛，則安排小貨車（10-m）輛．根據10輛貨車需要運輸46.4噸貨物列出不等式．【詳解】解：（1）設1輛大貨車和1輛小貨車一次可以分別