精品解析：广东省揭阳市揭西县第三华侨中学2022-2023学年九年级上学期10月月考数学试题（解析版）

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2022～2023学年度九年级上学期第一次月考数学科试卷
一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分．
1. 菱形不具备的性质是（　　）
A. 四条边都相等 B. 对角线一定相等 C. 是轴对称图形 D. 是中心对称图形
【答案】B
【解析】
【详解】【分析】根据菱形的性质逐项进行判断即可得答案.
【详解】菱形四条边相等，
菱形是轴对称图形，也是中心对称图形，
菱形对角线垂直但不一定相等，
故选B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，解题的关键是熟练掌握菱形的性质．
2. 已知中，下列条件：①；②；③；④平分，其中能说明是矩形的是（ ）
A. ① B. ② C. ③ D. ④
【答案】B
【解析】
【分析】根据矩形的判定进行分析即可．
【详解】A. ，邻边相等的平行四边形是菱形，故A错误；
B. ，对角线相等的平行四边形是矩形，故B正确；
C. ，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故C错误；
D. 平分，对角线平分其每一组对角的平行四边形是菱形，故D错误．
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的判定，熟知矩形从边，角，对角线三个方向的判定是解题的关键．
3. 已知一元二次方程x2+kx-3=0有一个根为1，则k值为（ ）
A. −2 B. 2 C. −4 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据一元二次方程的解的定义，把x=1代入方程得关于k的一次方程1-3+k=0，然后解一次方程即可．
【详解】解：把x=1代入方程得1+k-3=0，
解得k=2．
故选B．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
4. 如图，在中，对角线和相交于点，添加下列条件不能判定四边形是菱形的是（ ）

A. B. C. 平分 D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据矩形的判定方法逐一进行分析即可．
【详解】A. 若添加，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可判断四边形ABCD为菱形，故不符合题意；
B.若添加，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可判断四边形ABCD是菱形，故不符合题意；
C.若添加平分，则有∠DAC=∠BAC，
∵平行四边形ABCD中，AD//CB，
∴∠DAC=∠BCA，
∴∠BCA =∠BAC，
∴AB=BC，
∴平行四边形ABCD是菱形，故不符合题意；
D. 若添加，根据对角线相等的平行四边形是矩形，可判断四边形ABCD是矩形，故符合题意，
故选D．
【点睛】本题考查了矩形的判定，菱形的判定，熟练掌握相关的判定定理是解题的关键．
5. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD为AB边上的高，CE为AB边上的中线，AD=2，CE=5，则CD=（ ）

A. 2 B. 3 C. 4 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据直角三角形性质得出AE=CE=5，进而得出DE=3，利用勾股定理解答即可．
【详解】∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CE为AB边上的中线，CE=5，
∴AE=CE=5，
∵AD=2，
∴DE=3，
∵CD为AB边上的高，
∴在Rt△CDE中，CD=，
故选：C．
【点睛】此题考查直角三角形的性质，关键是根据直角三角形的性质得出AE=CE=5．
6. 若与互为相反数，则（ ）
A. 3 B. 4 C. 6 D. 9
【答案】A
【解析】
【分析】根据相反数的定义得到，再根据非负数的性质求出x、y，最后计算它们的和即可．
【详解】解：根据相反数的定义得，
根据非负数的性质得，即
∴， ，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查了非负数的性质，解二元一次方程组．解题的关键是能够正确的解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法．
7. 我们知道，四边形具有不稳定性，如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形的边在x轴上，的中点是坐标原点O，固定点A，B，把正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点处，则点C的对应点的坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知条件得到，，根据勾股定理得到，于是得到结论．
【详解】解：，
，
，
，，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
8. 一个四边形顺次添加下列中的三个条件便得到正方形：

a.两组对边分别相等 b.一组对边平行且相等
c.一组邻边相等 d.一个角是直角
顺次添加的条件：①a→c→d②b→d→c③a→b→c
则正确的是：（ ）
A. 仅① B. 仅③ C. ①② D. ②③
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意及正方形的判定定理可直接进行排除选项．
【详解】解：①由两组对边分别相等可得该四边形是平行四边形，添加一组邻边相等可得该四边形是菱形，再添加一个角是直角则可得该四边形是正方形；正确，故符合题意；
②由一组对边平行且相等可得该四边形是平行四边形，添加一个角是直角可得该四边形是矩形，再添加一组邻边相等则可得该四边形是正方形；正确，故符合题意；
③a、b都为平行四边形的判定定理，故不能判定该四边形是正方形，故错误，不符合题意；
∴正确有①②；
故选C．
【点睛】本题主要考查正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．
9. 如图，矩形的对角线，交于点，，，过点作，交于点，过点作，垂足为，则的值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据勾股定理求出AC=BD=10，由矩形的性质得出AO=5，证明得到OE的长，再证明可得到EF的长，从而可得到结论．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
，
，
，
，，
，
，

，
又，
，
，
，
，，
，
同理可证，，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和相似三角形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解答此题的关键．
10. 如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF的中点，则AM的最小值是（　　）

A. 2.4 B. 2 C. 1.5 D. 1.2
【答案】D
【解析】
【分析】首先连接AP，由在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，可证得四边形AEPF是矩形，即可得AP＝EF，即AP＝2AM，然后由当AP⊥BC时，AP最小，即可求得AM的最小值．
【详解】解：连接AP，
∵PE⊥AB，PF⊥AC，
∴∠AEP＝∠AFP＝90°，
又∵∠BAC＝90°，
∴四边形AEPF是矩形，
∴AP＝EF，
∵∠BAC＝90°，M为EF中点，
∴AM＝EF＝AP，
∵在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，
∴BC＝＝5，
当AP⊥BC时，AP值最小，
此时S△BAC＝×3×4＝×5×AP，
解得AP＝2.4，
∴AP的最小值为2.4，
∴AM的最小值是1.2，
故选：D．

【点睛】本题考查了矩形的性质的运用，勾股定理的运用，三角形的面积公式的运用，垂线段最短的性质的运用，解答时求出AP的最小值是关键．
二．填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分．
11. 如图，在矩形中，对角线，相交于点，已知，，则的长为________cm．

【答案】6cm
【解析】
【分析】根据矩形的性质可得对角线相等且平分，由可得,根据所对直角边是斜边的一半即可得到结果．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
∴，，，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴在Rt△ABC中，．
故答案为6cm．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质应用，准确利用直角三角形的性质是解题的关键．
12. 已知方程的一个根是1，则m的值为________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据一元二次方程根的定义，即可求解．
【详解】解：将代入得：，解得．
故答案是：2．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的根，掌握一元二次方程根的定义，是解题的关键．
13. 如图，在平行四边形ABCD中，在不添加任何辅助线的情况下，请添加一个条件____，使平行四边形ABCD是矩形．

【答案】∠ABC＝90°（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”填空．
【详解】解：添加条件：∠ABC＝90°．
理由：∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC＝90°，
∴平行四边形ABCD是矩形（矩形的定义）．
故答案是：∠ABC＝90°（答案不唯一）．
【点睛】本题考查的是矩形的判定，掌握矩形的判定是解题的关键．
14. 规定：，如：，若，则＝__.
【答案】1或-3
【解析】
【分析】根据a⊗b=（a+b）b，列出关于x的方程（2+x）x=3，解方程即可．
【详解】依题意得：（2+x）x=3，
整理，得 x2+2x=3，
所以 （x+1）2=4，
所以x+1=±2，
所以x=1或x=-3．
故答案是：1或-3．
【点睛】用配方法解一元二次方程的步骤：
①把原方程化为ax2+bx+c=0（a≠0）的形式；
②方程两边同除以二次项系数，使二次项系数为1，并把常数项移到方程右边；
③方程两边同时加上一次项系数一半的平方；
④把左边配成一个完全平方式，右边化为一个常数；
⑤如果右边是非负数，就可以进一步通过直接开平方法来求出它的解，如果右边是一个负数，则判定此方程无实数解．
15. 如图，点E在正方形的边上．若的面积为8，，则线段的长为____．

【答案】5
【解析】
【分析】过E作于M，先根据正方形的性质得到，再由的面积为8得到，最后根据勾股定理计算即可．
【详解】解：
过E作于M，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵的面积为8，
∴，
解得：，
即，
∵，
由勾股定理得：，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了正方形的性质和勾股定理，正确构造辅助线是解题的关键．．
16. 如图，菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O，过点A作AH⊥BC于点H，连接OH.若OB=4，S菱形ABCD=24，则OH的长为______________.

【答案】3
【解析】
【分析】由四边形ABCD是菱形，OB=4，根据菱形的性质可得BD=8，在根据菱形的面积等于两条对角线乘积的一半求得AC=6，再根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可求得OH的长.
【详解】∵四边形ABCD是菱形，OB=4，
∴OA=OC，BD=2OB=8；
∵S菱形ABCD=24，
∴AC=6；
∵AH⊥BC，OA=OC，
∴OH=AC=3.
故答案为3.
【点睛】本题考查了菱形的性质及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半的性质，根据菱形的面积公式（菱形的面积等于两条对角线乘积的一半）求得AC=6是解题的关键.
17. 如图，平面直角坐标系中，已知O（0，0），A（﹣3，4），B（3，4），将△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，测第70次旋转结束时，点D的坐标为_____．

【答案】(3，﹣10)
【解析】
【分析】首先根据坐标求出正方形的边长为6，进而得到D点坐标，然后根据每旋转4次一个循环，可知第70次旋转结束时，相当于△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转2次，每次旋转90°，即可得出此时D点坐标．
【详解】解：∵A(﹣3，4)，B(3，4)，
∴AB=3+3=6，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB=6，
∴D(﹣3，10)，
∵70=4×17+2，
∴每4次一个循环，第70次旋转结束时，相当于△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转2次，每次旋转90°，此时D点与(﹣3，10)关于原点对称，
∴此时点D的坐标为(3，﹣10)．
故答案为：(3，﹣10)．
【点睛】本题考查坐标与图形，根据坐标求出D点坐标，并根据旋转特点找出规律是解题的关键．
三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题6分，共18分．
18. 用配方法解方程：.
【答案】，.
【解析】
【分析】先把原方程两边都除以6，再通过移项，配方，开平方，即可得到答案.
【详解】原方程两边都除以6，移项得，
配方，得，
∴，
即或，
∴，.
【点睛】本题主要考查解一元二次方程的配方法，把原方程的二次项系数化为“1”然后利用等式的性质，进行配方，是解题的关键.
19. 已知
（1）化简A；
（2）若，求A的值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）先通分合并后，因式分解，然后约分化简即可；
（2）先把式子移项求，然后整体代入，进行二次根式乘法运算即可．
【详解】解：（1）；
（2）∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查分式化简计算，会通分因式分解与约分，二次根式的乘法运算，掌握分式化简计算，会通分因式分解与约分，二次根式的乘法运算是解题关键．
20. （1）已知：a＝10000，b＝9999，求a2+b2﹣2ab﹣6a+6b+9的值．
（2）若a、b、c为△ABC的三边，且满足a2+b2+c2﹣ab﹣bc﹣ca＝0．探索△ABC的形状，并说明理由．
【答案】（1）；（2）等边三角形，理由见解析
【解析】
【分析】（1）将已知代数式逆用完全平方公式进行化简计算，再将字母的值代入求解；
（2）将等式两边都乘以2，构成三个完全平方的和，再根据平方的非负性即可判断的关系，进而判断的形状．
【详解】（1）a2+b2﹣2ab﹣6a+6b+9



a＝10000，b＝9999
原式；
（2）等边三角形
a2+b2+c2﹣ab﹣bc﹣ca＝0





a、b、c为△ABC的三边．
是等边三角形．
【点睛】本题考查了完全平方公式的应用，正确的对完全平方公式变形是解题的关键．
四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题8分，共24分．
21. 如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F是对角线AC上的两点，且AE=CF．连接DE，DF，BE，BF．

（1）证明：△ADE≌△CBF．
（2）若AB=4，AE=2，求四边形BEDF的周长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）由正方形对角线性质可得∠DAE=∠BCF=45°，再由SAS可证△ADE≌△CBF；
（2）由正方形性质及勾股定理可求得BD=AC=8，DO=BO=4．再证明四边形BEDF为菱形，因为AE=CF=2，所以可得OE=2，在Rt△DOE中用勾股定理求得DE=2，进而四边形BEDF的周长为4DE，即可求得答案．
【小问1详解】
证明：∵正方形ABCD，
∴AD=BC=AB=CD，∠DAE=∠BCF=45°，
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF(SAS)．
小问2详解】
解：∵AB=AD=，
∴BD==8，
∵正方形ABCD，
∴AC=BD=8，DO=BO=4，OA=OC=4，AC⊥BD
∵AE=CF=2，
∴OA-AE=OC-CF，
即OE=OF=4-2=2，
故四边形BEDF为菱形．
∴DE=BE=BF=DF
∵∠DOE=90°，
∴DE===2．
∴4DE=，
故四边形BEDF的周长为．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，菱形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，熟悉以上几何图形的性质和判定是解题关键．
22. 如图，在矩形ABCD中，O为对角线AC的中点，过点O作直线分别与矩形的边AD，BC交于M，N两点，连接CM，AN．

（1）求证：四边形ANCM为平行四边形；
（2）若AD＝4，AB＝2，且MN⊥AC，求DM的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据矩形的性质和平行线的性质可得，再利用定理证出，根据全等三角形的性质可得，然后根据平行四边形的判定即可得证；
（2）先根据菱形的判定可得四边形为菱形，根据菱形的性质可得，设，则，然后在中，利用勾股定理求解即可得．
【小问1详解】
证明：四边形是矩形，
，
，
为对角线的中点，
，
在和中，，
，
，
四边形为平行四边形．
【小问2详解】
解：四边形是矩形，，
，
由（1）已证：四边形为平行四边形，
，
四边形为菱形，
，
设，则，
在中，，即，
解得，
即的长为．
【点睛】本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定、菱形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题关键．
23. 如图，在平行四边形ABCD中，线段AC的垂直平分线交AC于O，分别交BC，AD于E，F，连接AE，CF．

（1）证明：四边形AECF是菱形；
（2）在（1）的条件下，如果AC⊥AB，∠B＝30°，AE＝2，求四边形AECF的面积．
【答案】（1）证明见解析
（2）2
【解析】
【分析】（1）证△AOF≌△COE（ASA），得出AF＝CE，则四边形AECF是平行四边形，由EF⊥AC，得出四边形AECF是菱形；
（2）由菱形的性质得出CE＝AE＝2，OA＝OC，证EF∥AB，由平行线的性质得出∠OEC＝∠B＝30°，由直角三角形的性质得出OC＝CE＝1，OE＝OC＝，则AC＝2OC＝2，EF＝2OE＝2，由菱形面积公式即可得出答案．
【小问1详解】
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠OAF＝∠OCE，
∵EF是线段AC的垂直平分线，
∴OA＝OC，EF⊥AC，
在△AOF和△COE中，，
∴△AOF≌△COE（ASA），
∴AF＝CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵EF⊥AC，
∴四边形AECF是菱形；
【小问2详解】
解：由（1）得：四边形AECF是菱形，EF⊥AC，
∴CE＝AE＝2，OA＝OC，
∵AC⊥AB，
∴EF∥AB，
∴∠OEC＝∠B＝30°，
∴OC＝CE＝1，OE＝OC＝，
∴AC＝2OC＝2，EF＝2OE＝2，
∴四边形AECF的面积＝AC×EF＝×2×2＝2．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
五、解答题（三）：本大题共2小题，每小题10分，共20分．
24. 某工艺厂设计了一款成本为元/件的工艺品投放市场进行试销．经过调查，每天销售量（件）与销售单价（元/件）满足一次函数关系，其部分对应数据如表．
销售单价（元/件）
…



…
每天销售量（件）
…



…
（1）把表中、的各组对应值作为点的坐标，求出函数关系式；
（2）相关物价部门规定，该工艺品销售单价最高不能超过元/件，当销售单价定为多少时，工艺厂试销该工艺品每天获得的利润为元？
【答案】（1）；（2）当售价为元时，利润为元
【解析】
【分析】（1）设这个一次函数为，根据一次函数的图象经过，这两点，利用待定系数法求一次函数解析式即可；
（2）设工艺厂试销该工艺品实际售价为x元，依题意得，据此求解即可．
【详解】（1）设这个一次函数为y=kx+b（k≠0），
∵这个一次函数的图象经过(20,500)、(30,400)这两点，
∴，解得 ，
∴函数关系式是y=−10x+700．
（2）设工艺厂试销该工艺品实际售价为x元，
依题意得：(x−10)(−10x+700)=8000，解得，=30，=50（舍去），
所以，当售价为30元时，利润为8000元．
【点睛】本题主要考查了一次函数的应用以及一元二次方程的应用等知识，熟悉相关知识点是解题关键．
25. 如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠A＝60°，AD＝CD＝AE＝6．
（1）求证：四边形AECD是菱形；
（2）若AB＝18，F为AB的中点，点M以每秒3个单位长度的速度从点A出发，在直线AB上向右运动，点N以每秒1个单位长度的速度从点C出发，在直线CD上向左运动，设运动时间为t秒．当M，N运动时，是否存在以点M，F，N，D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出t的值和平行四边形的面积，若不存在，请说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）存在，当t＝时，四边形MFND为平行四边形，面积为；当t＝时，四边形FMND为平行四边形，面积为
【解析】
【分析】（1）首先证明是平行四边形，再证明邻边相等；
（2）过点D作AB的垂线，垂足为H，求出DH的长，再分情况讨论四边形MFND和四边形FMND为平行四边形的情况．
【详解】（1）证明：∵AB∥CD，
∴AE∥CD，
∵CD＝AE，
∴四边形AECD是平行四边形，
∵AD＝CD，
∴平行四边形AECD是菱形，
（2）存在，
由题意知AF＝AB＝9，过点D作AB的垂线，垂足为H，
∵AB∥CD，∠A＝60°，
∴在Rt△AHD中，∠ADH＝30°，
∴AH＝AD＝3，
∴，
∵运动时间为t秒，
①如图，AM＝3t，CN＝t，MF＝AF﹣AM＝9﹣3t，ND＝CD﹣CN＝6﹣t，

若MF＝ND，则四边形MFND为平行四边形，
即9﹣3t＝6﹣t，
解得t＝，
此时S▱MFND＝MF×DH＝（9﹣3×）×3＝；
②如图，AM＝3t，CN＝t，MF＝AM﹣AF＝3t﹣9，ND＝CD﹣CN＝6﹣t，

若MF＝ND，则四边形FMND为平行四边形，
即3t﹣9＝6﹣t，
解得t＝，
此时S▱FMND＝MF×DH＝（3×﹣9）×3＝；
综上：当t＝时，四边形MFND为平行四边形，面积为；当t＝时，四边形FMND为平行四边形，面积为．
【点睛】此题考查了菱形的判定以及平行四边形的性质，熟练掌握菱形的判定以及平行四边形的有关性质是解题的关键．