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2022-2023学年宁夏银川六中九年级（上）第一次月考数学试卷(解析版)

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这是一份2022-2023学年宁夏银川六中九年级（上）第一次月考数学试卷(解析版)，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年宁夏银川六中九年级（上）第一次月考数学试卷

题号	一	二	三	四	总分
得分

一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

用配方法解方程，下列配方结果正确的是( )

A. B. C. D.

顺次连接矩形四边中点所得的四边形一定是( )

A. 正方形 B. 矩形 C. 菱形 D. 等腰梯形

把方程化成一般式，则二次项系数，一次项系数，常数项的值分别是( )

A. ，， B. ，， C. ，， D. ，，

下列命题是真命题的是( )

A. 一组邻边相等的平行四边形是菱形 B. 菱形的对角线相等
C. 对角线互相垂直的平行四边形是正方形 D. 四边都相等的四边形是矩形

在一次酒会上，每两人都只碰一次杯，如果一共碰杯次，则参加酒会的人数为( )

A. 人 B. 人 C. 人 D. 人

如图，已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是( )

A. 当时，它是菱形
B. 当时，它是菱形
C. 当时，它是正方形
D. 当时，它是矩形

根据下表提供的信息，下列四个数中最接近方程的解的是( )

A. B. C. D.

已知直角三角形的两条直角边分别是和，则它斜边上的中线长为( )

A. B. C. D.

如图，菱形的边长是，对角线交于点，，若点是的中点，点是线段上的一个动点，则的最小值为( )

A. B. C. D.

在平面直角坐标系中，直线：与轴交于点，如图所示，依次作正方形，正方形，，正方形，使得点、、、，在直线上，点，，，，在轴正半轴上，则点的坐标为( )

A.
B.
C.
D.

二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）

关于的一元二次方程的解是______．
方程是关于的一元二次方程，______．
如图，矩形两条对角线相交于点，，，则矩形的对角线的长是______．

如图，菱形的对角线，，交的延长线于，则的长为______．

把化成的形式，则______．
如图，在矩形纸片中，，，点在上，将沿折叠，使点落在对角线上的点处，则的长为______．
如图所示，在中，，，，点从点开始沿边向点以的速度运动，同时，另一点从点开始以的速度沿边向点运动______秒钟后，的面积是面积的．

如图所示，在平行四边形中，以为圆心，长为半径画弧交于点，再分别以点、为圆心，大于为半径画弧，两弧交于一点，连接交于点，连接若，，则四边形的面积为______ ．
若是方程的一个根，则式子的值为______ ．
将矩形纸片按如图所示的方式折叠，恰好得到菱形若，则菱形的面积为______．

三、计算题（本大题共1小题，共12.0分）

阅读理解并解答：
【方法呈现】
我们把多项式及叫做完全平方式．在运用完全平方公式进行因式分解时，关键是判断这个多项式是不是一个完全平方式，同样地，把一个多项式进行局部因式分解可以来解决代数式值的最小或最大问题．
例如：，
，
．
则这个代数式的最小值是______，这时相应的的值是______．
【尝试应用】
求代数式的最小或最大值，并写出相应的的值．
【拓展提高】
已知，，是的三边长，满足，且是中最长的边，求的取值范围．

四、解答题（本大题共4小题，共48.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

本小题分
解下列方程．
；
；
；
．
本小题分
游行队伍有行列，后又增加了人，使得队伍增加的行、列数相同，你知道增加了多少行或多少列吗？
本小题分
如图，已知菱形中，对角线、相交于点，过点作，过点作，与相交于点．
求证：四边形是矩形；
若，，求四边形的周长．

本小题分
如图，在一块宽为，长为的长方形草地上，修建同样宽的小路后，剩下的草坪面积为，求修建的小路的宽度．

答案和解析

1.【答案】

【解析】

【分析】
本题考查了配方法解一元二次方程．配方法的一般步骤：
把常数项移到等号的右边；
把二次项的系数化为；
等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
在本题中，把常数项移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数的一半的平方．
【解答】
解：把方程的常数项移到等号的右边，得到
方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到
配方得．
故选A．

2.【答案】

【解析】解：连接、，
在中，
，
，
同理，，，
又在矩形中，，
，
四边形为菱形．
故选：．
因为题中给出的条件是中点，所以可利用三角形中位线性质，以及矩形对角线相等去证明四条边都相等，从而说明是一个菱形．
本题考查了菱形的判定，菱形的判别方法是说明一个四边形为菱形的理论依据，常用三种方法：定义，四边相等，对角线互相垂直平分．

3.【答案】

【解析】

【分析】
本题考查了一元二次方程的一般形式．一元二次方程的一般形式是：是常数且，在一般形式中叫二次项，叫一次项，是常数项．其中，，分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．
、、分别指的是一元二次方程的一般式中的二次项系数、一次项系数、常数项．
【解答】
解：由方程，得
，
、、的值分别是、、；
故选A．

4.【答案】

【解析】解：、一组邻边相等的平行四边形是菱形，正确，是真命题，符合题意；
B、菱形的对角线互相垂直，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原命题错误，不符合题意；
D、四边都相等的四边形是菱形，故原命题错误，是假命题，不符合题意，
故选：．
利用菱形、矩形及正方形的判定方法及菱形的性质分别判断后即可确定正确的选项．
考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解菱形、矩形及正方形的判定方法及菱形的性质，难度不大．

5.【答案】

【解析】解：设参加酒会的人数为人，
根据题意得：，
整理得：，
解得：，不合题意，舍去．
答：参加酒会的人数为人．
故选：．
设参加酒会的人数为人，根据每两人都只碰一次杯且一共碰杯次，即可得出关于的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．

6.【答案】

【解析】解：、四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形，故本选项不符合题意；
B、四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形，故本选项不符合题意；
C、四边形是平行四边形，
又，
四边形是矩形，不一定是正方形，故本选项符合题意；
D、四边形是平行四边形，
又，
四边形是矩形，故本选项不符合题意；
故选：．
根据矩形、菱形、正方形的判定逐个判断即可．
本题考查了对矩形的判定、菱形的判定，正方形的判定的应用，能正确运用判定定理进行判断是解此题的关键，难度适中．

7.【答案】

【解析】解：当时，；时，，
则的解范围为，即最接近方程的解的是，
故选：．
根据表格找出代数式由变为时的范围，即可做出判断．
此题考查了估算一元二次方程的近似值，弄清表格中的数据是解本题的关键．

8.【答案】

【解析】解：由勾股定理得，斜边，
所以，斜边上中线长．
故选：．
利用勾股定理列式求出斜边的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答．
本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，是基础题，熟记性质是解题的关键．

9.【答案】

【解析】解：连接，

四边形是菱形，
是的垂直平分线，，，
，
，
当点、、三点共线时，的最小值为的长，
，
，
是等边三角形，
点是的中点，
，，
，
的最小值为，
故选：．
连接，根据菱形的轴对称性可知是的垂直平分线，则，故当点、、三点共线时，的最小值为的长，再利用勾股定理求的长即可解决问题．
本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，两点之间，线段最短等知识，将的最小值转化为的长是解题的关键．

10.【答案】

【解析】解：由于直线与轴交于点，与轴的交点坐标为，
因此有，、、，都是等腰直角三角形，
所以点的横坐标为，纵坐标为，
点的横坐标为，纵坐标为，
点的横坐标为，纵坐标为，
点的横坐标为，纵坐标为，

点的横坐标为，纵坐标为，
即点，
故选：．
根据直线与轴、轴的交点坐标可判断出，、、，都是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质以及正方形的性质可求出相应的边长，进而求出点、、、的坐标．
本题考查一次函数图象上点的坐标特征，等腰直角三角形、正方形的性质以及点的坐标的规律性，根据等腰直角三角形的性质、正方形的性质求出相应的边长是确定点坐标的关键．

11.【答案】，

【解析】解：，
，
或，
解得，，
故答案为，．
利用直接开平方法求解即可．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．

12.【答案】

【解析】

【分析】
本题考查了一元二次方程的定义有关知识，一元二次方程的一般形式是：是常数且，把方程化为一般形式，根据二次项系数不等于，即可求得的值
【解答】
解：方程是一元二次方程，
，且，即．
故答案为．

13.【答案】

【解析】解：四边形是矩形，
，，，
，
，
，
是等边三角形，
，
；
故答案为：．
由矩形的性质得出，再证明是等边三角形，得出，即可得出．
本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质；熟练掌握矩形的性质，证明三角形是等边三角形是解决问题的关键．

14.【答案】

【解析】解：与相交于点，

四边形是菱形，
，，，
，
菱形的面积，
即，
解得：，
故答案为：．
根据菱形的性质得出，，，进而利用勾股定理得出，利用菱形的面积公式解答即可．
此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的性质和勾股定理解答．

15.【答案】

【解析】解：方程移项得：，
配方得：，即，
可得，
故答案为．
方程移项变形后，配方得到结果，即可求出值．
此题考查了解一元二次方程配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．

16.【答案】

【解析】

【分析】
此题主要考查了图形的翻折变换，关键是掌握折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等，首先利用勾股定理计算出的长，再根据折叠可得，进而得到的长，再设，则，，再在中利用勾股定理可得方程：，解出的值，可得答案．
【解答】

解：，，
，，
根据折叠可得：，
，
设，则，，
在中：，
解得：，
故答案为：．

17.【答案】

【解析】解：在中，，，，
．
设秒钟后，的面积是面积的，
依题意得：，
解得：，不合题意，舍去．
故答案为：．
在中，利用勾股定理可求出的长，设秒钟后，的面积是面积的，利用三角形的面积计算公式结合的面积是面积的，即可得出关于的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用以及勾股定理，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．

18.【答案】

【解析】解：由尺规作图的过程可知，直线是线段的垂直平分线，，
，，
，
，
，
，
，
四边形是菱形，
，，，
，
，
，
故答案为．
通过证明四边形是菱形，可得，，，由勾股定理，即可求的长，然后计算菱形的面积即可．
本题考查平行四边形的性质，菱形的判定和性质，证明四边形是菱形是解题的关键．

19.【答案】

【解析】解：是方程的一个根，
，
．
．
故答案为：．
因为是方程的一个根，所以．
本题主要考查了方程的解的定义．此类题型的特点是：利用方程解的定义找到相等关系，再把所求的代数式化简后整理出所找到的相等关系的形式，再把此相等关系整体代入所求代数式，即可求出代数式的值．

20.【答案】

【解析】解：四边形是菱形，，
设，则，，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
，
解得：，
，利用勾股定理得出：
，
，
又，
则菱形的面积．
故答案为：．
根据菱形，得，再利用，可通过折叠的性质，结合直角三角形勾股定理求得的长，则利用菱形的面积公式即可求解．
此题主要考查了折叠问题以及勾股定理等知识，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．

21.【答案】

【解析】解：代数式的最小值是，这时相应的的值是，
故答案为：，；

，
，
，
代数式有最大值，相应的的值为；
，，是的三边长，满足，
，
，
，
，
，，
，，
，
，
是中最长的边，
．
答：的取值范围为．
利用非负数的性质确定代数式的最值；
先提出负号，再变形，最后确定最值；
变形等式，利用非负数的性质，求出、的值，再利用三角形的三边关系确定边长的取值范围．
本题考查了因式分解的应用，解题的关键是掌握完全平方公式的应用．

22.【答案】解：，
，
，
所以，；
，
，
或，
所以，；
，
，
，
，
，
所以，；
．
，
或，
所以，．

【解析】先把方程变形为，然后利用直接开平方法解方程；
利用因式分解法把方程转化为或，然后解两个一次方程即可．
利用配方法得到，然后利用直接开平方法解方程；
先利用因式分解法把方程转化为或，然后解两个一次方程即可．
本题考查了解一元二次方程因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．也考查了配方法．

23.【答案】解：设增加了行，
由题意可得：，
解得，不符合题意，舍去，
答：增加了行．

【解析】设增加了行，然后根据题意，可以列出方程，然后求解即可．
本题考查一元二次方程的应用，解答本题的关键是明确题意，找出等量关系，列出相应的方程．

24.【答案】解：如图，四边形为菱形，
；而，，
，
四边形是矩形．
四边形为菱形，
，，，
由勾股定理得：
，而，
，
四边形的周长．