東營市重點中學2024年九上數(shù)學開學質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題【含答案】

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(nèi)…………不…………要…………答…………題…………第1頁，共3頁東營市重點中學2024年九上數(shù)學開學質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題題號一二三四五總分得分批閱人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）一個多邊形的每個內(nèi)角均為108°，則這個多邊形是（）邊形．A．4 B．5 C．6 D．72、（4分）某公司10名職工的5月份工資統(tǒng)計如下，該公司10名職工5月份工資的眾數(shù)和中位數(shù)分別是()工資（元）2000220024002600人數(shù)（人）1342A．2400元、2400元B．2400元、2300元C．2200元、2200元D．2200元、2300元3、（4分）如圖，在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝8，D為斜邊AB上一動點，DE⊥BC，DF⊥AC，垂足分別為E、F．則線段EF的最小值為（）A．6 B． C．5 D．4、（4分）將直線y＝kx－1向上平移2個單位長度，可得直線的解析式為（）A．y＝kx＋1B．y＝kx－3C．y＝kx＋3D．y＝kx－15、（4分）將點P（2，1）沿x軸方向向左平移3個單位，再沿y軸方向向上平移2個單位，所得的點的坐標是（）A．（1，1） B．（-1，3） C．（5，1） D．（5，3）6、（4分）《九章算術》記載“今有邑方不知大小，各中開門．出北門三十步有木，出西門七百五十步見木．問邑方有幾何？”意思是：如圖，點M、點N分別是正方形ABCD的邊AD、AB的中點，ME⊥AD，NF⊥AB，EF過點A，且ME=30步，NF=750步，則正方形的邊長為（）A．150步 B．200步 C．250步 D．300步7、（4分）已知△ABC的邊長分別為5，7，8，則△ABC的面積是（）A．20 B．10 C．10 D．288、（4分）下列角度不可能是多邊形內(nèi)角和的是（）A．180° B．270° C．360° D．900°二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、（4分）在平行四邊形ABCD中，AE平分交邊BC于E，DF平分交邊BC于F．若，，則_________．10、（4分）如圖，在四邊形ABCD中，∠ADC=∠ABC=90°，AD=CD，DP⊥AB于P．若四邊形ABCD的面積是18，則DP的長是_____．11、（4分）如圖，正方形ABCD中，AB=6，點E在邊CD上，且CD=3DE，將△ADE沿AE對折至△AEF，延長EF交邊BC于點G，連接AG，CF，則下列結論：①△ABG≌△AFG；②BG=CG；③AG∥CF；④S△EGC=S△AFE；⑤S△FGC=，其中正確的結論有__________．12、（4分）如圖，直線過點A(0，2)，且與直線交于點P(1，m)，則不等式組>>-2的解集是_________13、（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___________三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（12分）某制筆企業(yè)欲將200件產(chǎn)品運往，，三地銷售，要求運往地的件數(shù)是運往地件數(shù)的2倍，各地的運費如圖所示.設安排件產(chǎn)品運往地.地地地產(chǎn)品件數(shù)（件）運費（元）（1）①根據(jù)信息補全上表空格.②若設總運費為元，寫出關于的函數(shù)關系式及自變量的取值范圍.（2）若運往地的產(chǎn)品數(shù)量不超過運往地的數(shù)量，應怎樣安排，，三地的運送數(shù)量才能達到運費最少.15、（8分）在四邊形ABCD的邊AB上任取一點E（點E不與A，B重合），分別連接ED、EC，可以把四邊形ABCD分成三個三角形．如果其中有兩個三角形相似，我們就把E叫做四邊形ABCD的邊AB上的“相似點”；如果這三個三角形都相似，我們就把E叫做四邊形ABCD的邊AB上的“強相似點”．解決問題：（1）如圖1，∠A=∠B=∠DEC=70°，試判斷點E是否是四邊形ABCD的邊AB上的相似點，并說明理由；（2）四邊形AOBC在平面直角坐標系中的位置如圖2所示，若點A，B，C的坐標分別為（6，8）、（25，0）、（19，8），則在四邊形AOBC的邊OB上是否存在強相似點？若存在，請求出其坐標；若不存在，請說明理由；（3）如圖3，將矩形ABCD沿CE折疊，使點D落在AB邊上的點F處，若點F恰好是四邊形ABCE的邊AB上的一個強相似點，直接寫出的值．16、（8分）地鐵檢票處有三個進站閘口A、B、C.①人選擇A進站閘口通過的概率是________；②兩個人選擇不同進站閘口通過的概率.（用樹狀圖或列表法求解）17、（10分）已知，求的值.18、（10分）為積極響應“弘揚傳統(tǒng)文化”的號召，某學校倡導全校1200名學生進行經(jīng)典詩詞誦背活動，并在活動之后舉辦經(jīng)典詩詞大賽，為了解本次系列活動的持續(xù)效果，學校團委在活動啟動之初，隨機抽取部分學生調(diào)查“一周詩詞誦背數(shù)量”，根調(diào)查結果繪制成的統(tǒng)計圖（部分）如圖所示．大賽結束后一個月，再次抽查這部分學生“一周詩詞誦背數(shù)量”，繪制成統(tǒng)計表一周詩詞誦背數(shù)量3首4首5首6首7首8首人數(shù)101015402520請根據(jù)調(diào)查的信息分析：（1）活動啟動之初學生“一周詩詞誦背數(shù)量”的中位數(shù)為；（2）估計大賽后一個月該校學生一周詩詞誦背6首（含6首）以上的人數(shù)；（3）選擇適當?shù)慕y(tǒng)計量，從兩個不同的角度分析兩次調(diào)查的相關數(shù)據(jù)，評價該校經(jīng)典詩詞誦背系列活動的效果．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）已知一組數(shù)據(jù)，，，，的平均數(shù)是2，那么另一組數(shù)據(jù)，，，，的平均數(shù)是______．20、（4分）甲、乙兩人進行射擊測試，每人10次射擊成績的平均數(shù)均是8.5環(huán)，方差分別是：，，則射擊成績較穩(wěn)定的是______（填“甲”或“乙”）.21、（4分）已知反比例函數(shù)y＝的圖象位于第一、第三象限，則k的取值范圍是_____．22、（4分）比較大小：________.23、（4分）計算：(-2019)0×5-2=________.二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（8分）已知一次函數(shù)的圖象經(jīng)過點(-4，-9)，(3，5)和(a，6)，求a的值.25、（10分）如圖，在?ABCD中，點O是對角線AC、BD的交點，點E是邊CD的中點，點F在BC的延長線上，且CF＝BC，求證：四邊形OCFE是平行四邊形．26、（12分）如圖，已知直線l和l外一點P，用尺規(guī)作l的垂線，使它經(jīng)過點P．（保留作圖痕跡，不寫作法）

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、B【解析】

首先求得外角的度數(shù)，然后利用360除以外角的度數(shù)即可求解．【詳解】外角的度數(shù)是：180-108=72°，

則這個多邊形的邊數(shù)是：360÷72=1．故選B．2、A【解析】

眾數(shù)是在一組數(shù)據(jù)中，出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)據(jù)；中位數(shù)是一組數(shù)據(jù)從小到大（或從大到?。┲匦屡帕泻?，最中間的那個數(shù)（最中間兩個數(shù)的平均數(shù)）【詳解】這組數(shù)據(jù)中，出現(xiàn)次數(shù)最多的是2400元，故這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)為2400元.將這組數(shù)據(jù)重新排序為2000，2200，2200，2200，2400，2400，2400，2400，2600，2600，∴中位數(shù)是按從小到大排列后第5，6個數(shù)的平均數(shù)，為：2400元.故選A.3、D【解析】

連接CD,判斷四邊形是矩形，得到，在根據(jù)垂線段最短求得最小值.【詳解】如圖，連接CD,∵,,∴四邊形是矩形，,由垂線段最短可得時線段的長度最小，∵;∴;∵四邊形是矩形∴故選：.本題考查了矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理和直角三角形中面積的代換，解題的關鍵在于連接CD,判斷四邊形是矩形.4、A【解析】分析:根據(jù)上下平移時，b的值上加下減的規(guī)律解答即可.詳解:由題意得，∵將直線y＝kx－1向上平移2個單位長度，∴所得直線的解析式為：y＝kx－1+2=kx+1.故選A.點睛:本題考查了一次函數(shù)圖象的平移，一次函數(shù)圖象的平移規(guī)律是：①y=kx+b向左平移m個單位,是y=k(x+m)+b,向右平移m個單位是y=k(x-m)+b,即左右平移時,自變量x左加右減；②y=kx+b向上平移n個單位,是y=kx+b+n,向下平移n個單位是y=kx+b-n，即上下平移時，b的值上加下減.5、B【解析】

根據(jù)平移的方法：橫坐標，右移加，左移減；縱坐標，上移加，下移減，即可得結論．【詳解】解：將點P（2，1）沿x軸方向向左平移3個單位，再沿y軸方向向上平移2個單位，所得的點的坐標是（-1，3）．

故選：B．本題考查了坐標與圖形變化-平移，解決本題的關鍵是，在平面直角坐標系內(nèi)，把一個圖形各個點的橫坐標都加上（或減去）一個整數(shù)a，相應的新圖形就是把原圖形向右（或向左）平移a個單位長度；如果把它各個點的縱坐標都加（或減去）一個整數(shù)a，相應的新圖形就是把原圖形向上（或向下）平移a個單位長度．（即：橫坐標，右移加，左移減；縱坐標，上移加，下移減．）6、D【解析】

根據(jù)題意，可知Rt△AEM∽Rt△FAN，從而可以得到對應邊的比相等，從而可以求得正方形的邊長．【詳解】解：設正方形的邊長為x步，∵點M、點N分別是正方形ABCD的邊AD、AB的中點，∴AM＝AD，AN＝AB，∴AM＝AN，由題意可得，Rt△AEM∽Rt△FAN，∴，即AM2＝30×750＝22500，解得：AM＝150，∴AD＝2AM＝300步；故選：D．本題考查相似三角形的應用、正方形的性質(zhì)，解答本題的關鍵是明確題意．利用相似三角形的性質(zhì)和數(shù)形結合的思想解答．7、C【解析】

過A作AD⊥BC于D，根據(jù)勾股定理列方程得到BD，然后根據(jù)三角形的面積公式即可得到結論．【詳解】如圖，∵AB=5，AC=7，BC=8，過A作AD⊥BC于D，∴AB2-BD2=AC2-CD2=AD2，∴52-BD2=72-（8-BD）2，解得：BD=，∴AD=，∴△ABC的面積=10，故選C．本題考查了勾股定理，三角形的面積的計算，熟練掌握勾股定理是解題的關鍵．8、B【解析】

根據(jù)多邊形的內(nèi)角和公式即可求解.【詳解】解：A、180°÷180°＝1，是180°的倍數(shù)，故可能是多邊形的內(nèi)角和；B、270°÷180°＝1…90°，不是180°的倍數(shù)，故不可能是多邊形的內(nèi)角和；C、360°÷180°＝2，是180°的倍數(shù)，故可能是多邊形的內(nèi)角和；D、900÷180＝5，是180°的倍數(shù)，故可能是多邊形的內(nèi)角和．故選：B．此題主要考查多邊形的內(nèi)角，解題的關鍵是熟知多邊形的內(nèi)角和公式.二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、4或9【解析】

首先根據(jù)題意畫出圖形，可知有兩種形式，第一種為AE與DF未相交，直接交于BC，第二種為AE與DF相交之后再交于BC.此時根據(jù)角平分線的定義和平行四邊形的性質(zhì)找到線段直接的關系.【詳解】(1)如圖：∵AE平分∠BAD∴∠BAE=∠DAE又∵AD∥BC∴∠DAE=∠BEA即∠BEA=∠BEA∴AB=BE同理可得：DC=FC又∵AB=DC∴BE=CF∵BC=AD=13，EF=5∴BE=FC=(BC-EF)÷2=（13-5）÷2=4即AB=BE=4(2)∵AE平分∠BAD∴∠BAE=∠DAE又∵AD∥BC∴∠DAE=∠BEA即∠BEA=∠BEA∴AB=BE同理可得：DC=FC又∵AB=DC∴BE=CF則BE-EF=CE-EF即BF=CE而BC=AD=13，EF=5∴BF=CE=(BC-EF)÷2=（13-5）÷2=4∴BE=BF+EF=4+5=9故AB=BE=9綜上所述：AB=4或9本題解題關鍵在于，根據(jù)題意畫出圖形，務必考慮多種情況，不要出現(xiàn)漏解的情況.運用到的知識點有：角平分線的定義與平行四邊形的性質(zhì).10、【解析】過點D作DE⊥DP交BC的延長線于E，先判斷出四邊形DPBE是矩形，再根據(jù)等角的余角相等求出∠ADP=∠CDE，再利用“角角邊”證明△ADP和△CDE全等，根據(jù)全等三角形對應邊相等可得DE=DP，然后判斷出四邊形DPBE是正方形，再根據(jù)正方形的面積公式解答即可．解：如圖，過點D作DE⊥DP交BC的延長線于E，

∵∠ADC=∠ABC=90°，

∴四邊形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，四邊形ABCD的面積=四邊形DPBE的面積=18，

∴矩形DPBE是正方形，

∴DP=．

故答案為3．“點睛”本題考查了正方形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，熟記各性質(zhì)并作輔助線構造出全等三角形和正方形是解題的關鍵．11、①②③④⑤【解析】

由正方形和折疊的性質(zhì)得出AF=AB，∠B=∠AFG=90°，由HL即可證明Rt△ABG≌Rt△AFG，得出①正確，設BG=x，則CG=BC-BG=6-x，GE=GF+EF=BG+DE=x+1，由勾股定理求出x=2，得出②正確；由等腰三角形的性質(zhì)和外角關系得出∠AGB=∠FCG，證出平行線，得出③正確；分別求出△EGC，△AEF的面積，可以判斷④，由，可求出△FGC的面積，故此可對⑤做出判斷．【詳解】解：解：∵四邊形ABCD是正方形，

∴AB=AD=DC=6，∠B=D=90°，

∵CD=2DE，

∴DE=1，

∵△ADE沿AE折疊得到△AFE，

∴DE=EF=1，AD=AF，∠D=∠AFE=∠AFG=90°，

∴AF=AB，

∵在Rt△ABG和Rt△AFG中，，

∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）．

∴①正確；

∵Rt△ABG≌Rt△AFG，

∴BG=FG，∠AGB=∠AGF．

設BG=x，則CG=BC-BG=6-x，GE=GF+EF=BG+DE=x+1．

在Rt△ECG中，由勾股定理得：CG1+CE1=EG1．

∵CG=6-x，CE=4，EG=x+1，

∴（6-x）1+41=（x+1）1，解得：x=2．

∴BG=GF=CG=2．

∴②正確；

∵CG=GF，

∴∠CFG=∠FCG．

∵∠BGF=∠CFG+∠FCG，∠BGF=∠AGB+∠AGF，

∴∠CFG+∠FCG=∠AGB+∠AGF．

∵∠AGB=∠AGF，∠CFG=∠FCG，

∴∠AGB=∠FCG．

∴AG∥CF．

∴③正確；

∵S△EGC=×2×4=6，S△AEF=S△ADE=×6×1=6，

∴S△EGC=S△AFE；

∴④正確，

∵△CFG和△CEG中，分別把FG和GE看作底邊，

則這兩個三角形的高相同．

∴，

∵S△GCE=6，

∴S△CFG=×6=2.6，

∴⑤正確；

故答案為①②③④⑤．本題考查了正方形性質(zhì)，折疊性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，等腰三角形的性質(zhì)和判定，平行線的判定等知識點的運用，依據(jù)翻折的性質(zhì)找出其中對應相等的線段和對應相等的角是解題的關鍵．12、【解析】

解：由于直線過點A（0，2），P（1，m），則，解得，，故所求不等式組可化為：mx＞（m-2）x+2＞mx-2，0＞-2x+2＞-2，解得：1＜x＜2，13、或或【解析】

分及兩種情況：當時，由三角形內(nèi)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(zhì)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(zhì)，分及兩種情況，求出的長是解題的關鍵．三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（1）①見解析；②，；（2）安排運往，，三地的產(chǎn)品件數(shù)分別為40件、80件，80件時，運費最少.【解析】

（1）①根據(jù)運往B地的產(chǎn)品件數(shù)=總件數(shù)-運往A地的產(chǎn)品件數(shù)-運往B地的產(chǎn)品件數(shù)；運費=相應件數(shù)×一件產(chǎn)品的運費，即可補全圖表；

②根據(jù)題意列出函數(shù)解析式即可；

（2）根據(jù)運往B地的件數(shù)不多于運往C地的件數(shù)，列出不等式，利用一次函數(shù)的性質(zhì)解答即可；【詳解】解：（1）①根據(jù)信息填表地地地產(chǎn)品件數(shù)（件）運費（元）②由題意列式（且是整數(shù)）（取值范圍1分，沒寫是整數(shù)不扣分）（2）若運往地的產(chǎn)品數(shù)量不超過運往地的數(shù)量則：，解得，由，∵，∴隨的增大而增大，∴當時，最小，.此時，.所以安排運往，，三地的產(chǎn)品件數(shù)分別為40件、80件，80件時，運費最少.考查了一次函數(shù)的應用，解題的關鍵是讀懂題意，找出之間的數(shù)量關系，列出解析式．15、(1)是(2)存在(3)【解析】

（1）要證明點E是四邊形ABCD的AB邊上的相似點，只要證明有一組三角形相似就行，很容易證明△ADE∽△BEC，所以問題得解．

（2）當點E是AB中點時，點E是四邊形ABCD的邊AB上的強相似點．只要證明△DEC∽△EBC即可．

（3）由點E是矩形ABCD的AB邊上的一個強相似點，得△AEM∽△BCE∽△ECM，根據(jù)相似三角形的對應角相等，可求得，利用含30°角的直角三角形性質(zhì)可得BE與AB，BC邊之間的數(shù)量關系，從而可求出AB與BC邊之間的數(shù)量關系．【詳解】(1)如圖1中，結論：點E是四邊形ABCD的邊AB上的相似點.理由如下：∵∠DEB=∠A+∠ADE=∠DEC+∠CEB，又∵∠A=∠B=∠DEC，∴∠ADE=∠CEB，∵∠A=∠B，∴△DAE∽△EBC.∴E是四邊形ABCD的邊AB上的相似點.(2)當點E是AB中點時，點E是四邊形ABCD的邊AB上的強相似點.理由：∵△DAE∽△EBC，∴∴∵AE=EB，∴∵∠DEC=∠B，∴△DEC∽△EBC，∴點E是四邊形ABCD的邊AB上的強相似點.(3)如圖2中,結論：.理由如下：∵點E是四邊形ABCM的邊AB上的一個強相似點，∴△AEM∽△BCE∽△ECM，∴∠BCE=∠ECM=∠AEM.由折疊可知：△ECM≌△DCM，∴∠ECM=∠DCM，CE=CD，∴在Rt△BCE中,∴屬于相似形綜合題，考查相似三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形，全等三角形的判定與性質(zhì)，綜合性比較強，難度較大.16、（1）；（2）【解析】

（1）直接利用概率公式計算可得；

（2）畫樹狀圖展示所有9種等可能的結果數(shù)，再找出選擇不同通道通過的結果數(shù)，然后根據(jù)概率公式求解．【詳解】解：（1）選擇A通道通過的概率是；故答案為：（2）畫樹形圖如下；由圖中可知，共有9種等可能情況，其中選擇不同通道通過的有6種結果，

所以選擇不同通道通過的概率為本題考查了列表法與樹狀圖法：利用列表法或樹狀圖法展示所有等可能的結果n，再從中選出符合事件A或B的結果數(shù)目m，然后利用概率公式求事件A或B的概率．17、-.【解析】

將分式通分、化簡，再將已知條件變形，整體代入．【詳解】解：=-÷=-=-∵∴1-即1-=1-∴-=-∴原式=-本題考查分式的化簡，整體代入的思想．18、（1）4.5首；（2）大賽后一個月該校學生一周詩詞誦背6首（含6首）以上的有850人；（3）見解析.【解析】分析：（1）根據(jù)統(tǒng)計圖中的數(shù)據(jù)可以求得這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)；（2）根基表格中的數(shù)據(jù)可以解答本題；（3）根據(jù)統(tǒng)計圖和表格中的數(shù)據(jù)可以分別計算出比賽前后的眾數(shù)和中位數(shù)，從而可以解答本題．解：（1）本次調(diào)查的學生有：20÷=120（名），背誦4首的有：120﹣15﹣20﹣16﹣13﹣11=45（人），∵15+45=60，∴這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)是：（4+5）÷2=4.5（首），故答案為4.5首；（2）大賽后一個月該校學生一周詩詞誦背6首（含6首）以上的有：1200×=850（人），答：大賽后一個月該校學生一周詩詞誦背6首（含6首）以上的有850人；（3）活動啟動之初的中位數(shù)是4.5首，眾數(shù)是4首，大賽比賽后一個月時的中位數(shù)是6首，眾數(shù)是6首，由比賽前后的中位數(shù)和眾數(shù)看，比賽后學生背誦詩詞的積極性明顯提高，這次舉辦后的效果比較理想．點睛：本題考查扇形統(tǒng)計圖、條形統(tǒng)計圖、用樣本估計總體、統(tǒng)計量的選擇，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，利用數(shù)形結合的思想解答．一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、1【解析】

由平均數(shù)的計算方法是求出所有數(shù)據(jù)的和，然后除以數(shù)據(jù)的總個數(shù).先求數(shù)據(jù)，，，，的和，然后再用平均數(shù)的定義求新數(shù)據(jù)的平均數(shù).【詳解】一組數(shù)據(jù)，，，，的平均數(shù)是2，有，那么另一組數(shù)據(jù)，，，，的平均數(shù)是．

故答案為1．本題考查的是樣本平均數(shù)的求法及運用，解題的關鍵是掌握平均數(shù)公式：.20、甲【解析】

根據(jù)方差的性質(zhì)即可求解.【詳解】∵＜，∴成績較穩(wěn)定的是甲此題主要考查