河南省郑州市登封市嵩阳中学2023-2024学年九年级上学期第二次月考数学试题

这是一份河南省郑州市登封市嵩阳中学2023-2024学年九年级上学期第二次月考数学试题，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 矩形具有而平行四边形不一定具有的性质是（ ）
A. 两组对边分别平行B. 两组对角分别相等
C. 对角线相等D. 对角线互相平分
【答案】C
【解析】
【分析】利用平行四边形的性质和矩形的性质可求解．
【详解】解：A、∵矩形的两组对边平行，平行四边形的两组对边平行，
∴矩形和平行四边形都具有两组对边分别平行，故此选项不符合题意；
B、∵矩形的四个角相等，都要等于90度，平行四边形的两组对角分别相等，
∴矩形和平行四边形都具有两组对角分别相等，故此选项不符合题意；
C、∵矩形的对角线互相平分且相等，平行四边形的对角线互相平分，
∴矩形具有对角线相等，平行四边形不具有对角线相等，故此选项符合题意；
D、∵矩形的对角线互相平分且相等，平行四边形的对角线互相平分，
∴矩形和平行四边形都具有对角线互相平分，故此选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，掌握矩形的性质和平行四边形的性质是解题的关键．
2. 如图，丝带重叠的部分一定是（ ）

A. 菱形B. 矩形C. 正方形D. 都有可能
【答案】A
【解析】
【分析】首先可判断重叠部分为平行四边形，且两条丝带宽度相同；再由平行四边形的面积可得邻边相等，则重叠部分为菱形．
【详解】解：过点A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，因为两条彩带宽度相同，您看到的资料都源自我们平台，20多万份试卷，家威杏 MXSJ663 每日最新，性比价最高所以AB∥CD，AD∥BC，AE＝AF．
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵S▱ABCD＝BC•AE＝CD•AF．
∴BC＝CD，
∴四边形ABCD是菱形．
故选A．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质以及菱形的判定和性质，利用平行四边形的面积公式得到一组邻边相等是解题关键．
3. 下列方程中是关于的一元二次方程的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义，依次判断即可，本题考查了一元二次方程的定义，解题的关键是：明确一元二次方程的定义．
【详解】解：、是二元二次方程，不是一元二次方程，不符合题意；
、整理为，是关于x的一元二次方程，符合题意；
、当时，是一元一次方程，不是一元二次方程，不符合题意；
、分母上有未知数，是分式方程，不是一元二次方程，不符合题意，
故选：．
4. 已知关于x的一元二次方程(m+3)x2+5x+m2-9=0有一个解是0，则m的值为( )
A. -3B. 3C. ±3D. 不确定
【答案】B
【解析】
【分析】方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值；即用这个数代替未知数所得式子仍然成立；将x=0代入原方程即可求得m的值．
【详解】把x=0代入原方程得：m2-9=0；
解得：m=±3；
当m=-3时,原方程为：5x=0,不是一元二次方程，故舍去.
所以m=3.
故选B．
【点睛】考查的是方程的根即方程的解的定义，注意该题说明该方程是一元二次方程，所以m=-3不符合题意，所以m的值是3．
5. 已知a，b，c，d是成比例线段，若，则d的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查了比例线段．注意根据题意构造方程是关键．根据比例的性质即可得到结论．
【详解】解：∵a，b，c，d是成比例线段，
∴
∵，
∴
∴
故选：C．
6. 经过某路口的汽车，只能直行或右转．若这两种可能性大小相同，则经过该路口的两辆汽车都直行的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】从所有等可能的情况中找出符合条件的情况数，利用概率公式求解．
【详解】解：由题意知，A，B两辆汽车经过该路口时共有4种等可能的情况，分别是：A直行B右转，A直行B直行， A右转B右转，A右转B直行，
因此经过该路口的两辆汽车都直行的概率为．
故选A．
【点睛】本题考查简单概率的计算，根据题意列出所有等可能的情况是解题的关键．
7. 方程的解是（ ）
A B. C. D. 无实数根
【答案】B
【解析】
【分析】根据因式分解法解一元二次方程即可解答.
【详解】解：由x(x一2)=0得：x=0或x﹣2=0，
解得、x1=0，x2=2，
故选：B.
【点睛】本题考查解一元二次方程，会利用因式分解法解一元二次方程是解答的关键.
8. 若关于x的一元二次方程有两个实数根，则实数k的取值范围是（ ）
A. B. C. 且D. 且
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了根的判别式，一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根．根据一元二次方程根的判别式，列出不等式，解不等式即可．
【详解】解：∵x的一元二次方程有两个实数根，
∴且，
解得：且，
故选：C．
9. 如图，在中，，，点P为斜边上一动点，于点E，于点F，连接，则线段长的最小值为（ ）

A. 24B. C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了线段的最值问题，矩形的判定与性质，勾股定理，添加辅助线转化线段是解题的关键．先证明四边形是矩形，再根据矩形的性质得到，即当时，最小，利用勾股定理及面积法计算，即得答案．
【详解】解：连接PC，
，，
，
四边形是矩形，
，
∴当最小时，也最小，
即当时，最小，
，，
，
的最小值为，
线段长的最小值为．
故选C．

二、填空题（本大题共有5个小题，每小题3分，共15分）
10. 如果，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用比例的基本性质变形为，由，直接代入即可．
【详解】∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了比例基本性质，由比例的基本性质进行变形是关键．
11. 如图，连接四边形各边中点，得到四边形，还要添加________条件，才能保证四边形是矩形．
【答案】
【解析】
【分析】根据三角形的中位线平行于第三边可得，，，，进而可证四边形是平行四边形，然后由矩形的四个角都是直角可知，结合平行线的性质求出，可知此时．
【详解】解：如图，∵E、F、G、H分别是、、、的中点，
∴，，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
若四边形是矩形，
则有，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴还要添加的条件，才能保证四边形是矩形，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查三角形中位线定理，平行四边形的判定和矩形的性质，熟练掌握矩形的四个角都是直角是解题的关键．
12. 如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别是AO、AD的中点，若AB=6cm，BC=8cm，则AEF的周长=___cm．
【答案】9
【解析】
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，BD=AC，BO=OD，
∵AB=6cm，BC=8cm，
∴由勾股定理得： (cm)，
∴DO=5cm，
∵点E，F分别是AO、AD的中点，
(cm)，,，
△AEF的周长=
故答案为：9．
13. 若，则的值为_____．
【答案】
【解析】
【详解】解：∵，
∴===
∴=.
故答案为.
14. 如图，∠MON=90°，矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM、ON上，当B在边ON上运动时，A随之在OM上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中AB=4，BC=2.运动过程中点D到点O的最大距离是______．
【答案】+2
【解析】
【分析】取AB的中点E，连接OE、DE、OD，根据三角形的任意两边之和大于第三边可知当O、D、E三点共线时，点D到点O的距离最大，再根据勾股定理列式求出DE的长，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出OE的长，两者相加即可得解．
【详解】如图，取AB的中点E，连接OE、DE、OD，
∵OD≤OE+DE，
∴当O、D、E三点共线时，点D到点O的距离最大，
此时，∵AB=4，BC=2，
∴OE=AE=AB=2，
DE==，
∴OD的最大值为：+2，
故答案为+2.
【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，三角形的三边关系，矩形的性质，勾股定理，根据三角形的三边关系判断出点O、E、D三点共线时，点D到点O的距离最大是解题的关键．
三、解答题（本大题共有8个小题，共75分）
15. 解下列方程
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（ 1）利用配方法得到，然后利用直接开平方法解方程；
（ 2）先移项得到，然后利用因式分解法解方程．
【小问1详解】
所以；
【小问2详解】
或
所以
【点睛】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．
16. 已知是的三边，且满足，试判断的形状，并说明理由．
【答案】是直角三角形，理由见解析．
【解析】
【分析】本题主要考查了设比例系数法和勾股定理的逆定理的运用，解题的关键是设比例系数k；设，得出，再根据列出方程求出k的值，进而得出a、b、c的值，最后根据勾股定理逆定理，即可解答．
【详解】解：是直角三角形，理由如下：
设，
则，
，
，
，
，
，
是直角三角形．
17. 不透明的口袋里装有白、红、黄三种颜色的乒乓球（除颜色外其余都相同），其中白球有2个，红球有1个，现从中任意摸出一个是白球的概率为．
（1）袋中黄球的个数为 ．
（2）第一次任意摸一个球（不放回），第二次再摸一个球，请用画树状图或列表格法，求两次摸到都是白球的概率．
【答案】（1）1 （2）图见解析，
【解析】
【分析】（1）首先根据白球个数和从中任意摸出一个是白球的概率求出总数，进而求解即可；
（2）画树状图或列表得出所以可能的结果，然后利用概率公式计算即可．
【小问1详解】
∵白球有2个，从中任意摸出一个是白球的概率为
∴球的总数为
∴袋中黄球的个数为，
故答案为：1．
【小问2详解】
解：画树状图得：

∴共有12种等可能的结果，两次都是摸到白球的有2种情况
∴两次都是摸到白球的概率为：．
【点睛】本题主要考查了树状图或列表法求解概率，熟知概率计算公式是解题的关键．
18. 如图，，相交于点O，，，．
（1）求证：；
（2）求的长度．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质等知识点，
（1）由，易得，则可证得：；
（2）由，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得的长度；
熟练掌握相似三角形的判定是解决此题的关键．
小问1详解】
证明：∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
∵，
∴，
∵，
∴，
解得：．
19. 如图，△ABD中，∠A＝90°，AB＝6cm，AD＝12cm．某一时刻，动点M从点A出发沿AB方向以1cm/s的速度向点B匀速运动；同时，动点N从点D出发沿DA方向以2cm/s的速度向点A匀速运动，运动的时间为ts．
（1）求t为何值时，△AMN的面积是△ABD面积的；
（2）当以点A，M，N为顶点的三角形与△ABD相似时，求t值．
【答案】（1），；（2）t＝3或
【解析】
【分析】（1）由题意得DN＝2t（cm），AN＝（12﹣2t）cm，AM＝tcm，根据三角形的面积公式列出方程可求出答案；
（2）分两种情况，由相似三角形的判定列出方程可求出t的值．
【详解】解：（1）由题意得DN＝2t（cm），AN＝（12﹣2t）cm，AM＝tcm，
∴△AMN的面积＝AN•AM＝×（12﹣2t）×t＝6t﹣t2，
∵∠A＝90°，AB＝6cm，AD＝12cm
∴△ABD的面积为AB•AD＝×6×12＝36，
∵△AMN的面积是△ABD面积的，
∴6t﹣t2＝，
∴t2﹣6t+8＝0，
解得t1＝4，t2＝2，
答：经过4秒或2秒，△AMN的面积是△ABD面积的；
（2）由题意得DN＝2t（cm），AN＝（12﹣2t）cm，AM＝tcm，
若△AMN∽△ABD，
则有，即，
解得t＝3，
若△AMN∽△ADB，
则有，即，
解得t＝，
答：当t＝3或时，以A、M、N为顶点的三角形与△ABD相似．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，直角三角形的性质和一元二次方程的应用，正确进行分类讨论是解题的关键．
20. 2022年北京冬奥会吉祥物深受大家的喜欢，某特许零售店的冬奥会吉祥物销售量日益火爆．该零售店将采用提高售价的方法增加利润，根据市场调研得出结论：如果将进价80元的“冰墩墩”按每件100元出售，每天可销售500件，在此基础上售价每涨1元，那么每天的销售量就会减少10件，该零售店要想每天获得12000元的利润，且销量尽可能大，则每件商品的售价应该定为多少元？
【答案】每件商品的售价应该定为110元
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的应用，找出题目中的数量关系是关键，设每件商品的售价应该定为m元，根据每天获得12000元的利润列方程并解方程即可解决．
【详解】解：设每件商品的售价应该定为m元，
则每件商品的销售利润为元，
每天的销售量为件，
依题意可得，
解得，
∵要使销量尽可能大，
∴，
答：每件商品的售价应该定为110元．
21. 如图，在中，，过点C的直线，D在边上一点．过点D作，交直线于E，垂足为F，连接、．

（1）求证：；
（2）当点D在中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）四边形是菱形，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由可知，进而可证四边形是平行四边形，进而可得；
（2）由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得，证是等腰三角形，由等腰三角形的性质可得，即为中点，可知是的中位线，则，由四边形是平行四边形，可得，进而有，进而可判断四边形的形状；
【小问1详解】
证明：由题意知，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴；
【小问2详解】
解：四边形是菱形；理由如下：
∵在中，D在中点，
∴，
∴是等腰三角形，
∵，
∴，
∴中点，
∴是的中位线，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴四边形是菱形；
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，平行线的判定，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，菱形的判定，中位线，等腰三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
22. [问题背景](1)如图①，已知，求证：．
[尝试应用](2)如图②，在和中，，，与相交于点，点在边上，．
①填空：______；
②求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）①；②
【解析】
【分析】（1）根据得出，，可得，进而即可得证．
（2）①由勾股定理得出，而，，即可得到问题的答案；
②根据（1）的方法，证明，证明，根据相似三角形的性质与判定即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，，
∴，
即，
∴；
（2）①∵，
∴，
∴
∵
∴
∴
②连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
由①得，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．