江西省抚州市金溪县第一中学2023-2024学年上学期九年级第一次月考数学试卷（月考）

这是一份江西省抚州市金溪县第一中学2023-2024学年上学期九年级第一次月考数学试卷（月考），共20页。试卷主要包含了下列命题中，假命题的是，方程的两个根为、，则的值等于等内容，欢迎下载使用。

金溪一中2023-2024年度上学期九年级第一次月考
数学试题
考试范围：第1章-第2章；考试时间：120分钟；命题人：曾全辉，审题人：官平生
注意事项：
1．本卷共有六大题，23个小题，全卷满分120分，考试时间120分钟.
2 . 本卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，不得在试题卷上作答，否则不给分.
一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分.每小题只有一个正确选项）
1．下列方程中，是一元二次方程的是（    ）
A．B．C． D．
2．下列命题中，假命题的是（　　）
A．四个角都相等的四边形是矩形B．对角线互相平分且垂直的四边形是菱形
C．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形D．对角线相等的平行四边形是矩形
3．将一元二次方程配方后，原方程可化为（   ）
A． B． C． D．
4．已知一个等腰三角形的两边长分别是方程的两个根，则该三角形的周长是（    ）A．10 B．8 C．8或10 D．6或10
5．2018年贵阳市快递业务量为40亿件，到了2020年增加到57.6亿件，设2019年和2020年这两年的平均增长率为x，则下列方程正确的是（    ）
A．B．C． D．
6．如图，AC是菱形ABCD的对角线，．点E，F是AC上的动点，且，若，则的最小值为（    ）

A．B．C．2D．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分.）
7．方程的两个根为、，则的值等于．
8．如图，过正方形ABCD的顶点A作直线l，过点B、D作l的垂线，垂足分别为E、F．若BE=8，DF=6，则AB的长度等于．
9．若，且一元二次方程kx2+ax+b=0有两个实数根，则k的取值范围是．

10．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴上，顶点，的坐标分别为，，则点的坐标是．
11．若一元二次方程有一根为，则=
12．如图，已知中，，，将沿射线方向平移m个单位得到，顶点A，B，C分别与D，E，F对应，若以A，D，E为顶点的三角形是等腰三角形，则m的值是．
三、解答题
13．用适当方法解下列方程：
（1）                （2）
14．已知关于的一元二次方程有实数解，求的非负整数解，并求出取最大整数解时方程的根.
15．图①、图②均是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，小正方形的顶点称为格点．用直尺在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上．

(1)在图①中，以线段为一边画一个菱形；
(2)在图②中，以点A为顶点，另外三个顶点也在格点上，画一个面积最大的正方形．
16．如图，在平行四边形ABCD中，O为的中点，过点O作交于点，交于点F．

(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求的长．






17．已知：如图，在四边形ABCD中，，点E是的中点，连接、、．
(1)求证：是等腰三角形；
(2)当______时，是等边三角形．并说明理由
18．已知关于的一元二次方程．
(1)求证：无论m取何值，原方程总有两个实数根；
(2)若方程的一个根为，求m的值及方程的另一个根．
19．如图，正方形和正方形有公共点A，点B在线段上，

(1)求证：；
(2)判断与的位置关系，并说明理由．
20．阅读材料：设一元二次方程 (≠0)的两根为，则两根与方程的系数之间有如下关系：， ．
根据该材料完成下列填空：
已知，是方程的两根，则
(1)+＝————， ————；
(2)求的值．
21．某商场将进价为25元的台灯以40元出售，1月份销售256个，2、3月份销售量持续走高，在售价不变的基础上，3月份的销售量达到400个．
(1)求2、3这两个月销售量的月平均增长率；
(2)该商场决定从4月份进行降价促销，经调查发现，台灯价格在3月份的基础上，每个降价1元，销售量可增加4个，若商场要想使4月份销售这种台灯获利4200元，则台灯售价应定为多少元？







22．如图1，正方形的边长为5，点为正方形边上一动点，过点作于点，将绕点逆时针旋转得，连接．

(1)证明：．
(2)延长交于点．判断四边形的的形状，并说明理由；
(3)若，求线段的长度
23．在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E为BC延长线上一点，且BD＝BE，连接DE，Q为DE的中点，有一动点P从B点出发，沿BC以每秒1个单位的速度向E点运动，运动时间为t秒．
(1)如图1，连接DP、PQ，则S△DPQ＝_____(用含t的式子表示)；
(2)如图2，M、N分别为AB、AD的中点，当t为何值时，四边形MNQP为平行四边形？请说明理由；
(3)如图3，连接CQ，AQ，试判断AQ、CQ的位置关系并加以证明．


参考答案：
1．A
【分析】根据一元二次方程的定义：含有一个未知数，含未知数的项的最高次数为2的整式方程，逐一进行判断即可．
【详解】A、，是一元二次方程，符合题意；
B、，有两个未知数，不符合题意；
C、，是分式方程，不符合题意；
D、不是方程，不符合题意；
故选A．
【点睛】本题考查一元二次方程的定义．熟练掌握概念是解题的关键．
2．C
【详解】解：A．四边形的内角和为360°，
∵四个角都相等，
∴四边形的每个角都等于90°，
∴此四边形是矩形，
故该命题是真命题；
B．对角线互相平分的四边形是平行四边形，
对角线垂直的平行四边形是菱形，
故该命题是真命题；
C．对角线互相平分、互相垂直且相等的四边形才是正方形，
故该命题是假命题；
D．对角线相等的平行四边形是矩形，是真命题．
故选C．
【点睛】本题考查了从对角线来判断特殊四边形的方法：对角线互相平分的四边形为平行四边形；对角线互相垂直平分的四边形为菱形；对角线互相平分且相等的四边形为矩形；对角线互相垂直平分且相等的四边形为正方形．
3．C
【分析】根据配方法对进行计算，即可解答本题．
【详解】解：∵x2﹣4x+1＝0，
∴（x﹣2）2﹣4+1＝0，
∴（x﹣2）2＝3，
故选：C．
【点睛】本题考查解一元二次方程﹣配方法，解答本题的关键是明确解一元二次方程的方法．
4．A
【分析】解方程求得的值，再分两种情况结合三角形的三边关系求三角形的周长即可．
【详解】解：，

解得，
当腰是时，三边分别，，，不能组成三角形；
当腰是时，三边分为，，，能组成等腰三角形；
所以此等腰三角形的周长是．
故选：A．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、解一元二次方程及三角形三边关系，分类讨论是解题的关键．
5．C
【分析】根据题意可得等量关系：2018年的快递业务量增长率=2020年的快递业务量，根据等量关系列出方程即可．
【详解】解：由题意得：
故选：C．
【点睛】此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，关键是掌握平均变化率的方法，若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为．
6．D
【分析】如图，作出辅助线，当点G，F，B共线时，有最小值，利用题目中的条件，在中，求出，的长度，即可求出的长度，即为的最小值．
【详解】如图，过点，过点F作，DG与FG交于点G，

则四边形DEFG是平行四边形，
∴，，
当点G，F，B共线时，有最小值．
连接BD，由菱形的性质可知，
，
∴，，，，，
又∵，
∴．
当G，F，B共线时，，
故的最小值为，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了动点几何问题中的最短线段问题，正确作出辅助线，得到点G，F，B共线时，有最小值，并利用菱形的性质和勾股定理求解是解题的关键．
7．3．
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系求解即可.
【详解】解：根据题意得，，
所以===3．
故答案为3．
【点睛】本题考查了根与系数的关系：若、是一元二次方程（a≠0）的两根时，，．
8．10
【分析】先利用AAS判定△ABE≌△ADF，从而得出AE=DF，BE=DF，最后根据勾股定理得出AB的长．
【详解】解：如图，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAE+∠DAF=90°，∠ABF+∠BAE=90°，
∴∠ABE=∠DAF．
在△ABE与△ADF中，∠AEB=∠AFD；∠ABE=∠DAF；AB=AD
∴△ABE≌△ADF（AAS）
∴AE=DF，BE=AF，
∴在直角△ABE中，由勾股定理得到：
AB==10
故答案为10．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，考查了直角三角形中勾股定理的运用，本题中求证△ABE≌△ADF是解题的关键．
9．k≤4且k≠0．
【详解】试题分析：首先根据非负数的性质求得a、b的值，再由二次函数的根的判别式来求k的取值范围．
∵，解得，b=1，a=4；又∵一元二次方程kx2+ax+b=0有两个实数根，
∴△=a2-4kb≥0且k≠0，即16-4k≥0，且k≠0，解得，k≤4且k≠0；故答案为k≤4且k≠0
考点：1．根的判别式；2．非负数的性质：3．绝对值；4．非负数的性质：算术平方根．
10．
【分析】由坐标的特点可知BC的长，再由菱形的性质，可知AB、AD的长，在直角三角形ABO中由勾股定理可求得OA的长，即可求解．
【详解】解：∵顶点，的坐标分别为，，
，
，
∵菱形，
， ，
在中， ，
，
， ，
．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角坐标系中点的坐标，勾股定理等知识，熟练掌握并灵活运用菱形的性质，勾股定理以及坐标的表示是解题的关键．
11．2022
【分析】将x=－1代入原方程，可得到关于a、b的等式，即可得到答案．
【详解】将x=－1代入ax²+bx－2022=0得：
a×（－1）²+b×（－1）－2022=0
∴a－b－2022=0
∴a－b=2022
【点睛】本题考查了一元二次方程的相关知识，在将方程的解代入方程时需注意的事项是本题的解题关键．
12．或5或8
【分析】△ADE是等腰三角形，所以可以分3种情况讨论：①当AD＝AE时，△ADE是等腰三角形．作AM⊥BC，垂足为M，利用勾股定理列方程可得结论；②当AD＝DE时，四边形ABED是菱形，可得m＝5；③当AE＝DE时，此时C与E重合，m＝8．
【详解】解：分3种情况讨论：
①当AD＝AE时，如图1，

过A作AM⊥BC于M，
∵AB＝AC＝5，BM＝BC＝4，
∴AM＝3，
由平移性质可得AD＝BE＝m，
∴AE＝m，EM＝4−m，
在Rt△AEM中，由勾股定理得：AE2＝AM2＋EM2，
∴m2＝32＋（4−m）2，
m＝，
②当DE＝AD时，如图2，

由平移的性质得，，
∴四边形ABED是菱形，
∴AD＝BE＝ED＝AB＝5，即m＝5；
③当AC＝DE时，如图3，此时C与E重合，

m＝8；
综上所述：当m＝或5或8时，△ADE是等腰三角形．
故答案为：或5或8．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、勾股定理、平移的性质，解题的关键是分三种情况求出BE的长；本题属于基础题，难度不大，但在解决该题时，部分同学会落掉两种情况，故在解决该题型题目时，全面考虑等腰三角形的三种情况是关键．
13．（1），；（2），
【分析】（1）利用因式分解法求解即可；
（2）利用配方法求解即可．
【详解】（1）解：∵
∴
或
解得：，
（2）解：整理，得：  
即，即 ，
∴，
解得：，
【点睛】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．
14．；当时，
【分析】根据一二次方程定义和有两个不相等的实数根，得到k≠0和根的判别式的值大于或等于0列出关于的不等式组，求出不等式的解集即可得到的非负整数解；然后找出范围中的最大整数解确定出的值，并求得方程的解．
【详解】解：由题意可知：且


∴
当时，方程为：


【点睛】此题考查了根的判别式，一元二次方程的解，以及一元二次方程解的解法，弄清题意是解本题的关键．
15．(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）由勾股定理可得，再画菱形即可；
（2）利用网格特点画边长为的正方形即可．
【详解】（1）解：如图①所示．菱形即为所求，
（2）如图②所示．正方形即为所求；

【点睛】本题考查的是菱形的判定，正方形的判定，画菱形与正方形，熟练的利用菱形与正方形的判定进行画图是解本题的关键．
16．(1)详见解析
(2)2.8

【分析】（1）根据证明可得，可证明四边形是平行四边形，再结合即可证明四边形是菱形；
（2）过点B作交的延长线于点G，运用勾股定理得出，设，则，列出方程求解即可．
【详解】（1）∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∵O为的中点，
∴
在与中，
，
∴，
∴
又，
∴四边形为平行四边形
又，
∴四边形为菱形．
（2）过点B作交的延长线于点G．

∵，
∴，
又∵，
∴，
设，则，
∵四边形为菱形，
∴
在中，，
∴
∴，即的长为2.8．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定及性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握勾股定理及菱形的判定及性质定理是解本题的关键．
17．(1)见解析
(2)30

【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，，从而得到．
（2）利用等边对等角以及三角形外角的性质得出，即可得出．
【详解】（1）解：证明：，点是边的中点，
，，
，
是等腰三角形；
（2），
，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
．
【点睛】此题主要考查了等腰三角形的性质和判定以及三角形外角的性质等知识，根据题意得出是解题关键．
18．(1)证明见解析；
(2)，方程的另一个根为．

【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式进行证明即可；
（2）把方程的一个根为代入关于x的一元二次方程求出m，然后利用根与系数的关系进行求解即可．
【详解】（1）证明：∵关于x的一元二次方程，
∴，，，
∴．
∵无论m为任意实数，，
∴原方程总有两个实数根．
（2）解：∵是方程的一个根，
∴，解得：．
设方程的另一个根为，
∵，
∴．
∴，方程的另一个根为．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式及根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根的判别式及根与系数的关系是解题的关键．
19．(1)证明见解析；
(2)，理由见解析．

【分析】（1）根据正方形的性质可知，，，，进一步可得，再利用即可证明；
（2）结合可知，再利用，，可得，即．
【详解】（1）证明：∵四边形，四边形是正方形，
∴，，，，
∴，即，
在和中，

∴．
（2）解：，理由如下：
由（1）可知：，
∴，
∵，
∴，
∴，
即．
【点睛】本题考查三角形全等的判定及性质，垂直的定义，找出 ，是证明的关键．
20．(1)2015；2016
(2)2

【分析】（1）直接根据根与系数的关系得出即可；
（2）根据，是方程得出，再代入中得到原式，最后展开运用（1）的结论计算即可．
【详解】（1）解：根据题意得m+n=2015，mn=2016，
故答案为：2015，2016；
（2）∵m，n是方程的两根，
∴，，
∴，
∴




．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，也考查了一元二次方程的解，掌握降次代入简化计算是解题的关键．根与系数的关系：若方程的两根为，则， ．
21．（1）见解析；（2）120°．
【分析】（1）先说明四边形ABCD是平行四边形，可得AC＝2AO、BD＝2BO，进而得到AC=BD，即可说明四边形ABCD是矩形；
（2）如图，连接OE与BD交于F，由直角三角形斜边中线的性质可得EO=AO，即△AEO是等边三角形，再根据等边三角形的性质和平行线的性质即可求出答案．
【详解】证：（1）∵OC＝AO，OD＝BO
∴四边形ABCD是平行四边形
∴AC＝2AO，BD＝2BO
又∵AO＝BO
∴AC＝BD
∴四边形ABCD是矩形；
（2）如图：连接OE与BD交于F
∵四边形AOBE是平行四边形
∴AE＝BO
又∵AO＝BO
∴AO＝AE
∵CE⊥AE
∴∠AEC＝90°
∵OC＝OA
∴OE＝AC＝AO
∴OE＝AO＝AE
∴△AOE是等边三角形，
∴∠OAE＝60°
∵∠OAE＋∠AOB＝180°，
∴∠AOB＝120°．

【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质、平行四边形的性质、等边三角形的判定和性质、直角三角形的性质等知识点，灵活应用所学知识并正确添加辅助线成为解答本题的关键．
22．（1）20%；（2）12.5．
【详解】试题分析：（1）经过两次增长，求年平均增长率的问题，应该明确原来的基数，增长后的结果．设这两年的年平均增长率为x，则经过两次增长以后图书馆有书7500（1+x）2本，即可列方程求解；
（2）先求出2017年图书借阅总量的最小值，再求出2016年的人均借阅量，2017年的人均借阅量，进一步求得a的值至少是多少．
试题解析：（1）设该社区的图书借阅总量从2014年至2016年的年平均增长率为x，根据题意得
7500（1+x）2=10800，即（1+x）2=1.44，解得：x1=0.2，x2=﹣2.2（舍去）．
答：该社区的图书借阅总量从2014年至2016年的年平均增长率为20%；
（2）10800（1+0.2）=12960（本）
10800÷1350=8（本）
12960÷1440=9（本）
（9﹣8）÷8×100%=12.5%．
故a的值至少是12.5．
考点：一元二次方程的应用；一元一次不等式的应用；最值问题；增长率问题．
23．(1)15﹣t；(2)t＝5时，四边形MNQP为平行四边形；(3)AQ⊥CQ.
【分析】(1)由勾股定理可求BD＝10，由三角形的面积公式和S△DPQ＝(S△BED﹣S△BDP)可求解；
(2)当t＝5时，可得BP＝5＝BE，由中位线定理可得MN∥BD，MN＝BD＝5，PQ∥BD，PQ＝BD＝5，可得MN∥PQ，MN＝PQ，可得结论．
(3)连接BQ，由等腰三角形的性质可得∠AQD+∠BQA＝90°，由直角三角形的性质可得DQ＝CQ，∠DCQ＝∠CDQ，由“SAS”可证△ADQ≌△BCQ，可得∠AQD＝∠BQC，即可得结论．
【详解】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，AB＝6，BC＝8，
∴BC＝8，CD＝6，
∴BD＝＝10
∴BD＝BE＝10
∵Q为DE的中点，
∴S△DPQ＝S△DPE，
∴S△DPQ＝(S△BED﹣S△BDP)＝,
故答案为15﹣t
(2)当t＝5时，四边形MNQP为平行四边形，
理由如下：∵M、N分别为AB、AD的中点，
∴MN∥BD，MN＝BD＝5，
∵t＝5时，
∴BP＝5＝BE，且点Q是DE的中点，
∴PQ∥BD，PQ＝BD＝5
∴MN∥PQ，MN＝PQ
∴四边形MNQP是平行四边形
(3)AQ⊥CQ
理由如下：如图，连接BQ，
∵BD＝BE，点Q是DE中点，
∴BQ⊥DE，
∴∠AQD+∠BQA＝90°
∵在Rt△DCE中，点Q是DE中点，
∴DQ＝CQ，
∴∠DCQ＝∠CDQ，且∠ADC＝∠BCD＝90°
∴∠ADQ＝∠BCQ，且BC＝AD，DQ＝CQ
∴△ADQ≌△BCQ(SAS)
∴∠AQD＝∠BQC，且∴∠AQD+∠BQA＝90°
∴∠BQC+∠BQA＝90°
∴∠AQC＝90°
∴AQ⊥CQ
【点睛】四边形综合题，考查了矩形的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，中位线定理，等腰三角形的性质，证明∠AQD＝∠BQC是本题的关键．