河南省郑州市郑中国际学校2024-2025学年九年级上学期开学测数学试题（解析版）

这是一份河南省郑州市郑中国际学校2024-2025学年九年级上学期开学测数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（共10道，每题3分）
1. 下列说法中正确的是（ ）
A. 有一组邻边相等的四边形是菱形
B. 有一个角是直角的四边形是矩形
C. 有一组邻边相等且有一个角是直角的四边形是正方形
D. 对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形
【答案】D
【解析】
【分析】此题考查了菱形、矩形、正方形的判定，根据菱形、矩形、正方形的判定进行判断即可.
【详解】A. 有一组邻边相等平行四边形是菱形，故选项错误，不符合题意；
B. 有一个角是直角的平行四边形是矩形，故选项错误，不符合题意；
C. 有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形，故选项错误，不符合题意；
D. 对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形，故选正确，符合题意；
故选：D
2. 在□ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若∠ABC＝90°，则下列结论错误的是（ ）
A. AC＝BDB. OA＝OBC. AC⊥BDD. AB＝CD
【答案】C
【解析】
【分析】本题根据平行四边形的性质，加之∠ABC=90°进行矩形的证明，最后根据矩形性质求解本题．
【详解】根据题意作图，如下所示：
∵，∠ABC=90°，
∴四边形ABCD为矩形．
∵矩形ABCD，
∴AB=CD，OA=OB，AC=BD．
∵条件不足无法判定四边形为菱形，
∴AC⊥BD无法判定，故C错误．
故选：C．
【点睛】本题考查矩形的判定与性质，解题关键在于深刻理解矩形的判定方法以及其各条性质，几何题目解答，对于基本概念的理解要求极高．
3. 若是关于x的一元二次方程，则m的值为（ ）
A. 1B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查二次方程的定义．利用二次方程的定义列方程及不等式解题即可．
【详解】解：∵是关于x的一元二次方程，
∴且，
解得：．
故选：C
4. 根据下表：
确定方程的解的取值范围是（ ）
A. 或B. 或
C. 或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】观察已知表格，根据代数式的值的变化确定出方程解的范围即可．
【详解】解：由表格得：时，，时，；
时，，时，，
可得方程的解取值范围是或．
故选：D．
【点睛】此题考查了估算一元二次方程的近似解，弄清表格中的数据变化规律是解本题的关键．
5. 若m是一元二次方程的一个实数根，则的值是（ ）
A. 2016B. 2017C. 2018D. 2019
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程解的定义，根据一元二次方程解的定义得到，再由，利用整体代入法求解即可．
【详解】解：∵m是一元二次方程的一个实数根，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
6. 若方程的左边可以写成一个完全平方式，则的值为( )
A. 或B. C. 10D. 10或
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查完全平方公式的运用，根据完全平方式的特点，进行求解即可．
【详解】解：∵是一个完全平方式，
∴，
∴或，
∴或；
故选D．
7. 若三角形的两边长分别是2和5，第三边的长是方程 的一个根，则这个三角形的周长是（ ）
A. 11B. 10C. 10或11D. 10或12
【答案】A
【解析】
【分析】利用因式分解法求出方程的两根，再根据三角形的三边关系，得到符合题意的边，进而求得三角形周长即可．
【详解】解：解方程得x=3或4，
∴第三边长为3或4．
边长为2，3，5不能构成三角形；
而2，4，5能构成三角形，
∴三角形的周长为2+4+5=11，
故选：A．
【点睛】此题主要考查了因式分解法解一元二次方程以及三角形的三边关系，求三角形的周长，不能盲目地将三边长相加起来，而应养成检验三边长能否成三角形的好习惯．
8. 如图，一根木棍（AB），斜靠在与地面（OM）垂直的墙（OM）上，当木棍A端沿墙下滑，且B端沿地面向右滑行时，AB的中点P到点O的距离（ ）
A. 变大B. 变小
C 先变小后变大D. 不变
【答案】D
【解析】
【分析】根据直角三角形斜边上中线等于斜边的一半得出 即可得出答案．
【详解】在木棍滑动的过程中，点P到点O的距离不发生变化，理由是：
连接OP，
∵，P为AB中点，
∴
即在木棍滑动的过程中，点P到点O的距离不发生变化，永远是.
故选D.
【点睛】考查直角三角形的性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半.
9. 如图，四边形是菱形，，，于，则等于( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分求出AO、BO，再利用勾股定理列式求出AB，然后根据菱形的面积等对角线乘积的一半和底乘以高列出方程求解即可．
【详解】解： ∵AC=12，DB=16，
∴AO=6，BO=8，
由勾股定理的，AB==10，
∵AH⊥BC，
∴S菱形ABCD=BC⋅AH=AC⋅BD，
即10AH=×12×16，
解得AH=，
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分的性质，难点在于利用菱形的面积的两种表示方法列出方程．
10. 如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于O，BE平分交AC于E, 于F，交BD于G，则下列结论①OE=OG；②CE=；③；④CF平分.其中正确的结论有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】D
【解析】
【分析】根据正方形的性质，可得OB⊥OC，BO=CO，根据直角三角形的性质，可得∠EBO+∠BEO=90°，∠BEC+∠ECF=90°，再根据与角的关系，可得∠EBO=∠ECF，根据全等三角形的判定与性质OE=OG，故①正确；根据角平分线的定义得到∠EBO=45°=22.5°，得到∠ECF=∠BCF，求得CF平分∠BCE，故④正确；根据等腰三角形的性质得到CE=CB，故②正确；根据全等三角形的判定两点得到△ABE≌△BCG（SAS），故③正确．
【详解】证明：∵正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，
∴OB⊥OC，BO=CO，
∴∠EOB=∠COG=90°．
∵CF⊥BE于点F，
∴∠CFE=∠CFB=90°．
∴∠EBO+∠BEO=90°，∠BEC+∠ECF=90°，
∴∠EBO=∠ECF．
在△BEO和△CGO中，
，
∴△BEO≌△CGO（AAS），
∴OE=OG，故①正确；
∵∠ABO=∠BCO=45°，BE平分∠ABO交AC于E，
∴∠EBO=45°=22.5°，
∵∠EOF=∠EBO=22.5°，
∴∠BOF=45°-22.5°=22.5°，
∴∠ECF=∠BCF，
∴CF平分∠BCE，故④正确；
∵CF⊥BE，
∴CE=CB，故②正确；
∵∠ABE=∠BCG=22.5°，
∵△BEO≌△CGO，
∴BE=CG，
∵AB=BC，
∴△ABE≌△BCG（SAS），故③正确．
故选D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，利用了正方形的性质，余角的性质，角平分线的定义，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
11. 如图，在矩形ABCD中，点E，F分别是AD、BC上一点，，只需添加一个条件即可证明四边形EBFD为菱形，这个条件可以是__________（写出一个即可）．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据矩形的性质得出，证明，先判断四边形EBFD是平行四边形，再根据，即可得出结论．
【详解】解：添加的条件是：，理由如下：
四边形ABCD是矩形，
，
，
，
，
，
，
四边形EBFD是平行四边形，
，
四边形EBFD为菱形，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和菱形的判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
12. 关于x的一元二次方程（a﹣1）x2+3x﹣2=0有实数根，则a的取值范围是______．
【答案】a≥﹣且a≠1．
【解析】
【详解】解：∵关于x的一元二次方程（a﹣1）x2+3x﹣2=0有实数根，∴a﹣1≠0，△=9+4×2（a﹣1）≥0，∴a≥﹣且a≠1．故答案为a≥﹣且a≠1．
13. 设a，b是一个直角三角形两条直角边的长，且，则这个直角三角形的斜边长为________.
【答案】
【解析】
【分析】此题实际上求的值．设t=a2+b2，将原方程转化为关于t的一元二次方程t（t+1）=12，通过解方程求得t的值即可．
【详解】设t=a2+b2，则由原方程，得
t（t+1）=12，
整理，得
（t+4）（t-3）=0，
解得t=3或t=-4（舍去）．
则a2+b2=3，
∵a，b是一个直角三角形两条直角边的长，
∴这个直角三角形的斜边长为．
故答案是：．
【点睛】此题考查了换元法解一元二次方程，以及勾股定理，熟练运用勾股定理是解本题的关键．
14. 《念奴娇·赤壁怀古》，在苏轼笔下，周瑜年少有为，文采风流，雄姿英发，谈笑间，樯橹灰飞烟灭，然天妒英才，英年旱逝，欣赏下面改编的诗歌．“大江东去浪淘尽，千古风流数人物，而立之年督东吴，早逝英年两位数．十位恰小个位三，个位平方与寿符．”若设这位风流人物去世的年龄十位数字为x，则可列方程为__________________________（方程不用化成一般式）．
【答案】
【解析】
【分析】设周瑜去世时年龄的十位数字是x，根据“十位恰小个位三，个位平方与寿同”知十位数字+个位数字=个位数字的平方，据此列出方程可得答案．
【详解】解：假设周瑜去世时年龄的十位数字是x，则可列方程为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
15. 如图，有一个长方形纸片，，点E为上一点，将纸片沿折叠，的对应边恰好经过点D，则线段的长为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了折叠的性质，勾股定理．
根据折叠的性质可得，然后在中，由勾股定理求出的长，则可得出的长，再在利用勾股定理进行计算即可求的长．
【详解】解：∵四边形是长方形，
∴，
根据折叠的性质，得，
在中，由勾股定理，得，
∴，
在中， ，
∴，
解得．
故答案是：
16. 如图，O为坐标原点，四边形为矩形，，点D是的中点，点P在上运动，当是以为腰的等腰三角形时，则P点的坐标为______
【答案】或或
【解析】
【分析】分和两种情况进行讨论求解即可．
【详解】解：∵四边形为矩形，，
∴，，
∵点D是的中点，
∴；
①当时，在中，，
∴；
②当，点P在点D的左侧时，过点作于点，则，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∴此时点P坐标为；
当，点P在点D的右侧时，
同法可得：，
∴；
∴此时点P坐标为；
综上：或或．
故答案为：或或．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，坐标与图形性质，等腰三角形的性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点，并利用分类讨论思想解答是解题的关键．
三、计算题（共7小题，共72分）
17. （1）以配方法解方程：
（2）以公式法解方程：
（3）
（4）
【答案】（1）， ；（2）；（3）；（4）
【解析】
【分析】本题主要考查了解一元二次方程：
（1）利用配方法解答，即可求解；
（2）利用公式法解答，即可求解；
（3）利用因式分解法解答，即可求解；
（4）利用配方法解答，即可求解．
【详解】解：（1）
整理得：，
，
即，
∴，
解得：， ；
（2）
整理得：，
∵，
∴，
∴，
解得：；
（3）
，
即，
解得：；
（4）
整理得：
即
∴，
解得：．
18. 已知关于x的一元二次方程x2﹣（m+1）x+2m﹣3=0（m为常数）．
（1）若方程的一个根为1，求m的值及方程的另一个根；
（2）求证：不论m为何值时，方程总有两个不相等的实数根．
【答案】（1）3，3（2）不论m为何值时，方程总有两个不相等的实数根
【解析】
【分析】（1）把x=-1代入方程可求得m的值，再解方程可求得另一根；
（2）由方程根的情况可得到关于m的不等式，可求得m的取值范围．
【详解】（1）把x=1代入方程可得1﹣（m+1）+2m﹣3=0，
解得m=3，
当m=3时，原方程为x2﹣4x+3=0
解得x1=1，x2=3，
即方程的另一根为3；
（2）∵a=1，b=﹣（m+1），c=2m﹣3，
∴△=b2﹣4ac=[=﹣（m+1）]2﹣4×1×（2m﹣3）=（m﹣3）2+4＞0，
∴不论m为何值时，方程总有两个不相等的实数根．
【点睛】本题主要考查方程根与系数的关系及根的判别式，由方程根的情况得到判别式的符号是解题的关键．
19. 已知关于x的一元二次方程有两个实数根．设p是方程的一个实数根，且满足，求m的值．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的根的定义以及根的判别式．利用一元二次方程的根的定义可得，再由，可得到关于m的方程，求出m的值，再利用根的判别式，可求出m的取值范围，即可求解．
【详解】解：∵p是方程的一个实数根，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∵方程有两个实数根，
∴，
解得：，
∴．
20. 下面是小明设计的“在一个平行四边形内作菱形”的尺规作图过程．
已知：四边形是平行四边形．
求作：菱形（点上，点在上）．
作法：①以为圆心，长为半径作弧，交于点；
②以为圆心，长为半径作弧，交于点；
③连接．
所以四边形为所求作的菱形．
（1）根据小明的做法，使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹）
（2）完成下面的证明；
证明：，，
．
在中，，
即，
四边形为平行四边形 （填推理的依据），
，
四边形为菱形 （填推理的依据）．
【答案】（1）见解析 （2），，一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，一组邻边相等的平行四边形是菱形．
【解析】
【分析】本题考查作图复杂作图，平行四边形的判定和性质，菱形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
（1）作图见解答过程；
（2），，一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，邻边相等的平行四边形是菱形．
【小问1详解】
四边形为所求作的菱形．
【小问2详解】
，，
，
在中，．
即．
四边形为平行四边形（一组对边相等且平行的四边形是平行四边形）．
，
四边形为菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形．
故答案为：，，一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，一组邻边相等的平行四边形是菱形．
21. 如图，某中学准备在校园里利用围墙的一段，再砌三面墙，围成一个矩形花园（围墙最长可利用），现在已备足可以砌长的墙的材料．
（1）当长度是多少时，矩形花园的面积为；
（2）能否围成矩形花园面积为，为什么？
【答案】（1）米
（2）不能，理由见解析
【解析】
【分析】（1）设，则，根据矩形花园的面积为，即可得出关于的一元二次方程，解之即可得出的值，再结合围墙最长可利用，即可确定结论；
（2）设，则，根据矩形花园的面积为，即可得出关于的一元二次方程，由根的判别式，即可得出该方程无实数根，进而可得出不能围成面积为的矩形花园．
【小问1详解】
解：设，则，
依题意得：，
整理得：，
解得：，．
当时，，不合题意，舍去；
当时，，符合题意．
答：当长度是时，矩形花园的面积为．
【小问2详解】
不能，理由如下：
设，则，
依题意得：，
整理得：．
，
该方程无实数根，
不能围成面积为的矩形花园．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用以及根的判别式，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元二次方程；（2）牢记“当时，方程无实数根”．
22. 如图，菱形ABCD对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．
（1）求证：四边形OEFG是矩形；
（2）若AD=10，EF=4，求OE和BG的长．

【答案】(1)见解析；(2)OE=5，BG=2.
【解析】
【分析】(1)先证明EO是△DAB的中位线，再结合已知条件OG∥EF，得到四边形OEFG是平行四边形，再由条件EF⊥AB，得到四边形OEFG是矩形；
(2)先求出AE=5，由勾股定理进而得到AF=3，再由中位线定理得到OE=AB=AD=5，得到FG=5，最后BG=AB-AF-FG=2．
【详解】解：(1)证明:∵四边形ABCD为菱形，
∴点O为BD的中点，
∵点E为AD中点，
∴OE为△ABD的中位线，
∴OE∥FG，
∵OG∥EF，∴四边形OEFG为平行四边形
∵EF⊥AB，∴平行四边形OEFG为矩形．
(2)∵点E为AD的中点，AD=10，
∴AE=
∵∠EFA=90°，EF=4，
∴在Rt△AEF中，．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD=10，
∴OE=AB=5，
∵四边形OEFG为矩形，
∴FG=OE=5，
∴BG=AB-AF-FG=10-3-5=2．
故答案为：OE=5，BG=2．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的性质、勾股定理等知识点，解题的关键是掌握特殊四边形的性质和判定属于中考常考题型，需要重点掌握．
23. 如图，平行四边形中，，点G是的中点，点E是边上的动点，的延长线与的延长线交于点F，连接．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）①直接写出：当 时，四边形是菱形（不需要说明理由）；
②当 时，四边形是矩形，请说明理由．
【答案】（1）见解析 （2）①4；②7，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由平行四边形的性质先证明，进而证明，得到，再由，即可证明四边形是平行四边形；
（2）①根据平行四边形的性质可得，因此只需要保证是等边三角形，即可证明，从而证明平行四边形是菱形，据此求解即可；②当cm时，平行四边形是矩形，过A作于M，可证明，得到，即可证明平行四边形是矩形．
【小问1详解】
证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵G是的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
【小问2详解】
解：①当时，四边形是菱形，理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴平行四边形是菱形，
故答案：4；
②当cm时，平行四边形是矩形，理由如下：
如图，过A作于M，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和△中，
，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴平行四边形是矩形，
故答案为：7．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，菱形的判定，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，灵活运用相关知识是解题的关键．…
4
5
6
13
5
…
5
13