陕西省宝鸡市三迪中学2024-2025学年九年级上学期第一次月考数学试卷

这是一份陕西省宝鸡市三迪中学2024-2025学年九年级上学期第一次月考数学试卷，共21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。
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列是一元二次方程的是（ ）
A．B．C．D．
2．在四边形中，，．下列说法能使四边形为矩形的是（ ）
A．B．C．D．
3．用配方法解方程时，配方后正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．如图，在平行四边形中，，，将线段水平向右平移a个单位长度得到线段，若四边形为菱形时，则a的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
5．根据下表：
确定方程的解的取值范围是（ ）
A．或B．或
C．或D．或
6．下列命题中，真命题是（ ）
A．顺次联结平行四边形各边的中点，所得的四边形一定是矩形
B．顺次联结等腰梯形各边的中点，所得的四边形一定是菱形
C．顺次联结对角线垂直的四边形各边的中点，所得的四边形一定是菱形
D．顺次联结对角线相等的四边形各边的中点，所得的四边形一定是矩形
7．若一个菱形的两条对角线长分别是关于x的一元二次方程的两个实数根，且其面积为11，则m为（ ）
A．11B．C．D．22
8．如图，矩形中，对角线、相交于点O，过点O作交于点E，已知，的面积为5，则的长为（ ）
A．2B．3C．D．
9．原定于2020年10月在昆明举办的世界生物多样性大会第15次缔约方大会，因疫情推迟到2021年5月举办，为喜迎“”，某校团委举办了以“”为主题的学生绘画展览，为美化画面，要在长为、宽为的矩形画面四周镶上宽度相等的彩纸，并使彩纸的面积恰好与原画面面积相等（如图），若设彩纸的宽度为，根据题意可列方程为（ ）
A．B．
C．D．
10．如图，在正方形中，，E为对角线上与点A，C不重合的一个动点，过点E作于点F，与点G，连接，，有下列结论：①，②，③，④的最小值为3．其中正确结论的序号为（ ）
A．①②B．②③C．①②③D．①③④
二、填空题：本题共6小题，共20分。
11．关于x的方程是一元二次方程，则____________．
12．如图，正方形的对角线，交于点O，P为边上一点，且，则的度数为____________．
13．a是方程的一个根，则代数式的值是____________．
14．如图，将一张长方形纸片沿折起，重叠部分为，若，，则重叠部分的面积为____________．
15．如图，在中，，且，，点D是斜边上的一个动点，过点D分别作于点M，于点N，连接，点O为的中点，则线段的最小值为____________．
16．一农户要建一个长方形羊舍，羊舍的一边利用长的住房墙，另外三边用长的栅栏围成，为方便进出，在垂直于墙的一边留一个宽的木门，当羊舍的面积是时，所围的羊舍与墙平行的边长为____________m．
三、解答题：本题共9小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17．（本小题10分）
解方程：
（1）；
（2）．
18．（本小题5分）
如图，已知线段．利用尺规作图的方法作一个菱形，使为菱形的对角线．（保留作图痕迹，不要求写作法）．
19．（本小题5分）
已知关于x的一元二次方程，若是这个方程的一个根，求m的值和另一根．
20．（本小题5分）
如图，在四边形中，为一条对角线，，，，E为的中点，连接．求证：四边形为菱形．
21．（本小题8分）
已知关于x的一元二次方程．
（1）求证：无论m为何值，该方程总有两个不相等的实数根；
（2）若该方程的两个根为p和q，且满足，求m的值．
22．（本小题8分）
如图，在中，，，，点P从A点出发，以的速度向B点移动，点Q从B点出发，以的速度向C点移动．如果P、Q两点同时出发，经过几秒后的面积等于？
23．（本小题8分）
如图，在菱形中，对角线，相交于点O，延长到点E，使得．连接．过点B作，交于点F，连接．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求的长．
24．（本小题9分）
阅读材料：在学习解一元二次方程以后，对于某些不是一元二次方程的方程，我们可通过变形将其转化为一元二次方程来解．例如：解方程：．
解：设，则原方程可化为：．
解得：，．
当时，，∴；
当时，，∴．
∴原方程的解是：，，，．
上述解方程的方法叫做“换元法”．请用“换元法”解决下列问题：
（1）解方程：；
（2）解方程：；
（3）解方程：．
25．（本小题12分）
感知：如图①，在正方形中，E为边上一点（点E不与点A、B重合），连接，过点A作，交于点F，易证：．（不需要证明）
探究：如图②，在正方形中，E，F分别为边，上的点（点E，F不与正方形的顶点重合），连接，作的垂线分别交边，于点G，H，垂足为O．若E为中点，，，求的长．
应用：如图③，在正方形中，点E，F分别在，上，，，相交于点G．若，图中阴影部分的面积与正方形的面积之比为，则的面积为____________，的周长为____________．
答案和解析
1．【答案】C
【解析】解：A、方程的未知数的最高次数是1次，不是一元二次方程，不符合题意；
B、方程含有两个未知数，不是一元二次方程，不符合题意；
C、方程是一元二次方程，符合题意；
D、方程不是整式方程，不是一元二次方程，不符合题意．
故选：C．
一元二次方程的概念：只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，据此逐项判断即可．
本题主要考查一元二次方程的概念，熟知一元二次方程满足的条件是解答的关键．
2．【答案】A
【解析】解：∵，，
∴四边形是平行四边形，
当时，四边形为矩形（对角线相等的平行四边形是矩形），故选项A正确，符合题意；
当时，无法确定四边形为矩形，故选项B错误，不符合题意；
当时，无法确定四边形为矩形，故选项C错误，不符合题意；
当时，四边形为菱形，但无法确定四边形为矩形，故选项D错误，不符合题意；
故选：A．
根据，，可知四边形是平行四边形，再根据矩形的判定方法和各个选项中的条件，即可判断哪个选项符合题意．
本题考查平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定，解答本题的关键是明确矩形的判定方法．
3．【答案】C
【解析】解：∵，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
先把移到方程的右边，然后方程两边都加4，再把左边根据完全平方公式写成完全平方的形式即可．
本题考查了解一元二次方程-配方法：将一元二次方程配成的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法．
4．【答案】B
【解析】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∵将线段水平向右平得到线段，
∴，
∴四边形为平行四边形，
当时，为菱形，
此时．
故选：B．
证得四边形为平行四边形，当时，为菱形，此时．
本题主要考查了菱形的判定，平行四边形的性质和判定，平移的性质，证得四边形为平行四边形，熟练掌握菱形的判定方法是解决问题的关键．
5．【答案】A
【解析】解：由表格得：时，，时，；
时，，时，，
可得方程的解取值范围是或．
故选：A．
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．
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．
6．【答案】B
【解析】解：顺次联结平行四边形各边的中点，所得的四边形一定是平行四边形，故A是假命题，不符合题意；
顺次联结等腰梯形各边的中点，所得的四边形一定是菱形，故B是真命题，符合题意；
顺次联结对角线垂直的四边形各边的中点，所得的四边形一定是矩形，故C是假命题，不符合题意；
顺次联结对角线相等的四边形各边的中点，所得的四边形一定是菱形，故D是假命题，不符合题意；
故选：B．
根据平行四边形，矩形，菱形的判定定理逐项判断即可．
本题考查命题与定理，解题的关键是掌握平行四边形，矩形，菱形的判定定理．
7．【答案】D
【解析】解：设方程的两个实根分别为a，b，
∴，，
∵a，b分别是一个菱形的两条对角线的长，且菱形的面积为11，
∴，即，
∴．
故选：D．
根据一元二次方程根与系数的关系，得到两根的和为10，两根积为m，根据菱形的面积得到两根乘积为22，即可求出m值．
本题考查了根与系数的关系以及菱形的性质，完全平方公式，利用根与系数的关系得到两根和是解题的关键．
8．【答案】B
【解析】解：如图，连接，
由题意可得，为对角线的垂直平分线，
∴，，
∴．
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：．
故选：B．
连接，由题意可得为对角线的垂直平分线，可得，，由三角形的面积则可求得的长，得出的长，然后由勾股定理求得答案．
本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理以及三角形的面积问题，此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
9．【答案】A
【解析】【分析】
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．由彩纸的面积恰好与原画面面积相等，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】
解：依题意，得，
即．
故选：A．
10．【答案】C
【解析】解：①连接，交于点O，
∵，，
∴．
∵四边形为矩形，
∴，，
由题意可知：，．
在和中，
，
∴，
∴，
∴，故①正确；
②延长，交于M，交于点H，
∵，
∴，
由①知：，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即：，
∴．故②正确；
③由②知：．
即：．故③正确；
④∵点E为上一动点，
∴当时，最小．
∴．
∴．
由①知：，
∴的最小值为，故④错误．
故选：C．
①连接，易知四边形为矩形，可得；由可得，所以；②延长，交于M，交于点H，由矩形可得，则；由，则；由四边形为正方形可得，即，所以，即，可得；③由②中的结论可得；④由于点E为上一动点，当时，根据垂线段最短可得此时最小，最小值为，由①知，所以的最小值为．
本题主要考查了正方形的性质，垂线段最短，三角形全等的判定与性质，矩形的判定与性质，垂直的定义，根据图形位置的特点通过添加辅助线构造全等是解题的关键，也是解决此类问题常用的方法．
11．【答案】1
【解析】解：∵关于x的方程是一元二次方程，
∴且，
解得：．
故答案为：1．
根据一元二次方程的定义得出且，再求出答案即可．
本题考查了一元二次方程的定义，能根据一元二次方程的定义得出且是解此题的关键．
12．【答案】
【解析】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
根据四边形是正方形，可得，，再根据，即可求出的度数．
本题考查了正方形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形性质等，解决本题的关键是掌握正方形的性质．
13．【答案】2021
【解析】解：∵a是方程的解，
∴，
即，
．
故答案为：2021．
先利用一元二次方程的解的定义得到，然后利用整体代入的方法计算．
本题主要考查了求代数式的值，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，整体思想的运用是解题的关键．
14．【答案】
【解析】解：∵长方形纸片按图中那样折叠，
由折叠的性质可知，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，即，
解得，
∴重叠部分的面积，
故答案为：．
根据折叠的性质得到，根据平行线的性质得到，等量代换得到，根据等腰三角形的判定定理得到，根据勾股定理列式计算即可．
本题考查了折叠的性质，掌握折叠前后两图形全等，即对应角相等，对应线段相等是解题的关键，注意三角形的面积公式的应用．
15．【答案】2.4
【解析】解：如图，连接，
在中，，且，，
由勾股定理得，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴当时，的值最小，
此时，
∴，
∴的最小值为2.4，
故答案为：2.4．
由勾股定理求出的长，再证明四边形是矩形，可得，根据垂线段最短可得当时，的值最小，再利用三角形面积求出，即可解答．
本题主要考查了矩形的判定和性质、勾股定理、三角形的面积、垂线段最短，关键是掌握矩形的对角线相等．
16．【答案】16
【解析】解：设所围的羊舍与墙平行的边长为，则所围的羊舍与墙垂直的边长为，根据题意得：，
解得：，．
∵，
∴不符合题意，舍去，
∴，
故答案是：16．
设所围的羊舍与墙平行的边长为，则所围的羊舍与墙垂直的边长为，根据矩形的面积公式结合羊舍的面积是，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再由矩形的长小于等于，即可确定x的值，此题得解．
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．
17．【答案】解：（1）移项得，
∴，
则或，
∴，；
（2）∵，
∴，，，
则，
∴，
∴，．
【解析】（1）利用因式分解法解一元二次方程即可；
（2）利用公式法解一元二次方程即可．
本题考查了解一元二次方程，解题的关键是掌握一元二次方程的解法：直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法等．
18．【答案】解：如图所示，四边形即为所求作的菱形：
【解析】作的垂直平分线，垂足为O，然后截取即可；
本题考查作图-复杂作图，菱形的判定等知识，解题的关键是是这里玩五种基本作图，属于中考常考题型．
19．【答案】解：把代入原方程解得，
即方程为：，
解得：，，
∴原方程的另一个根为．
【解析】把代入原方程得出，求出m的值，把m的值代入原方程，求出方程的解即可．
本题考查了解一元二次方程，一元二次方程的解的应用，关键是求出m的值．
20．【答案】证明：∵，E为的中点，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，，
∴，
∴四边形是菱形．
【解析】由，，推出四边形是平行四边形，再证明即可解决问题．
本题考查菱形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，属于中考常考题型．
21．【答案】（1）证明：∵，
∴无论m为何值，该方程总有两个不相等的实数根．
（2）解：由根与系数的关系，得，，
∵，
∴，
即，
解得：，，
∴m的值为：1或．
【解析】（1）先计算，从而可得结论；
（2）由根与系数的关系可得，，再代入，建立方程求解即可．
本题考查的一元二次方程根的判别式，一元二次方程根与系数的关系，熟知以上知识是解题的关键．
22．【答案】解：如图，
过点Q作于E，则．
∵，
∴．
∴．
设经过t秒后的面积等于，
则，，．
根据题意，．
．
，．
当时，，，不合题意舍去，取．
当点Q到达C点时，此时，
∴
答：经过2秒后的面积等于．
【解析】作出辅助线，过点Q作于E，即可得出的面积为，由P、Q点的移动速度，设时间为t秒时，可以得出、关于t的表达式，代入面积公式，即可得出答案．
本题考查了一元二次方程的运用，注意求得的值的取舍问题．
23．【答案】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴，
∴平行四边形是矩形．
（2）解：由（1）知四边形是矩形，
∴，，
∴．
又∵，，
∴．
在中，，
∴，
∴．
【解析】（1）证四边形是平行四边形，再证，则，然后由矩形的判定即可得出结论；
（2）由矩形的性质得，，所以．又由，，由直角三角形性质得．在中，，由直角三角形性质得，即可得出结论．
本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判定与性质，菱形的性质、直角三角形的性质是解题的关键．
24．【答案】解：（1）设，则原方程可化为：．
解得：，．
当时，，
∴；
当时，，
∴．
∴原方程的解是：，，；
（2）设，则原方程可化为，
即，
解得：或，
当时，，
∴；
当时，，
∴；
∴原方程的解是：，，，；
（3）设，则原方程可化为．
整理得，
∴，
解得：或，
当时，，即，
由知此时方程无解；
当时，，即，
解得：和，
经检验和都是原分式方程的解．
【解析】（1）设，则原方程可化为，解方程求得t的值，再求x的值即可；
（2）设，则原方程可化为，解方程求得a的值，再求x的值即可；
（3）设，则原方程可化为，整理得，解方程求得m的值，再求x的值，检验后即可求得分式方程的解．
本题考查了整体换元法，整体换元法是我们常用的一种解题方法，在已知或者未知中，某个代数式几次出现，而用一个字母来代替它从而简化问题，当然有时候要通过变形才能发现．把一些形式复杂的方程通过换元的方法变成一元二次方程，从而达到降次的目的．
25．【答案】探究：
解：分别过点A、D作，，分别交、于点N、M，、相交于点L，如图②所示：
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵E为中点，
∴，
∴，
∴，
∴；
应用：，
【解析】感知：
证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴；
探究：
解：分别过点A、D作，，分别交、于点N、M，、相交于点L，如图②所示：
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵E为中点，
∴，
∴，
∴，
∴；
应用：
解：∵，
∴，
∵阴影部分的面积与正方形的面积之比为，
∴阴影部分的面积为：，
∴空白部分的面积为：，
在和中，，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
设，，
则，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，即，
∴的周长为，
故答案为：，．
感知：由正方形的性质得出，，证得，由证得，即可得出结论；
探究：分别过点A、D作，，分别交、于点N、M，由正方形的性质得出，，，推出四边形是平行四边形，，，证出，同理，四边形是平行四边形，，，证得，由证得，得出，推出，由E为中点，得出，则，由勾股定理得出，即可得出结果；
应用：，由阴影部分的面积与正方形的面积之比为，得出阴影部分的面积为6，空白部分的面积为3，由证得，得出，，则，，则，，设，，则，，由勾股定理得出，，即，得出，即可得出结果．
本题考查了正方形的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积与正方形面积的计算等知识，熟练掌握正方形的性质，通过作辅助线构建平行四边形是解题的关键．
x
…
4
5
6
13
5
…
5