四川省成都石室中学2024-2025学年九年级上期10月月考数学试题（解析版）-A4

这是一份四川省成都石室中学2024-2025学年九年级上期10月月考数学试题（解析版）-A4，共28页。
2．考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在试卷和答题卡上．考试结束，监考人员只收机读卡和答题卷．
3．第Ⅰ卷全是选择题，各题均有四个选项，只有一项符合题目要求．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，选择题的答案不能答在试卷上．请注意机读答题卡的横竖格式．
A卷（共100分）
第Ⅰ卷（选择题，共32 分）
一．选择题：
1. 下列方程是一元二次方程的是（ ）
A. （x2+3）2＝9B. ax2+bx+c＝0C. x2+3＝0D. x2+ ＝4
【答案】C
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义进行解答．
【详解】解：A．（x2+3）2＝9，未知数x的最高次数是4次，所以该方程不是一元二次方程；
B．ax2+bx+c＝0，当a＝0时不是一元二次方程；
C．x2+3＝0是一元二次方程；
D．x2+ ＝4不是整式方程，所以不是一元二次方程．
故选：C．
【点睛】本题利用了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，一般形式是ax2+bx+c=0（且a≠0）．特别要注意a≠0的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．
2. 根据下列表格的对应值，判断方程（，a，b，c为常数）的一个解x的范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次函数与一元二次方程，令（，a，b，c为常数），根据二次函数的图象与x轴有交点时，方程有解，进而可求解．
【详解】解：令（，a，b，c为常数），
当时，，
当时，，
时，二次函数的图象与x轴有一个交点，
即方程的一个解x的范围是，
故选C．
3. 关于的一元二次方程有两个实数根，则的取值范围是（ ）
A. B. 且C. 且D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义得到，根据一元二次方程有两个实数根得到，求出的取值范围．
【详解】解：一元二次方程有两个实数根，
，
解得，
又，
且．
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，掌握根的判别式与方程的解的关系是解题的关键，切记不要忽略一元二次方程二次项系数不为零这一隐含条件．
4. 矩形、菱形、正方形都具有的性质是（ ）
A. 对角线相等B. 对角线互相平分
C. 对角线互相垂直D. 对角线平分对角
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了矩形、菱形、正方形关于对角线的性质，理解矩形的对角线互相平分且相等；菱形的对角线互相垂直平分，且每一条对角线都平分一组内角；正方形的对角线互相垂直平分且相等，每一条对角线都平分一组内角．
利用矩形、菱形、正方形关于对角线的性质逐项判断即可．
【详解】解：A，矩形、正方形具有对角线相等的性质，而菱形不具有，不符合题意；
B，矩形、菱形、正方形都具有对角线互相平分，符合题意；
C，菱形、正方形具有对角线互相垂直，而矩形不具有，不符合题意；
D，菱形、正方形具有对角线平分对角，而矩形不具有，不符合题意．
故选：B．
5. 某校在操场东边开发出一块长、宽分别为、的矩形菜园（如图），作为劳动教育系列课程的实验基地之一，为了便于管理，现要在中间开辟一横两纵三条等宽的小道，剩下的用于种植，且种植面积为，设小道的宽为，根据题意可列方程为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由小道的宽为米，可得出种植菜园的部分可合成长为，宽为的长方形，再根据种植面积为，即可得出关于的一元二次方程，此题得解．
【详解】解：∵设小道的宽为，
∴剩下的用于种植的部分可合成长为，宽为的矩形，
根据题意得：，
故选：A．
【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．
6. 方程的左边配成完全平方后所得方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查一元二次方程的解法，掌握配方法的步骤是解题的关键，根据配方法的步骤进行配方即可．
【详解】解：移项得：，
配方得：，
即．
故答案为：A．
7. 如图，矩形中，对角线交于点．若，则的长为（ ）

A. 4B. C. 3D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，根据矩形的性质，可得，结合，可得是等边三角形，由此即可求解，掌握矩形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
故选：．
8. 如图，在菱形中，是菱形的高，若对角线、的长分别是6、8，则的长是
A. B. C. D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，BO=DO=4，CO=AO=3，由勾股定理可求CB=5，由菱形的面积公式可求AE的长．
【详解】解：四边形是菱形
，，
故选．
【点睛】本题菱形的性质，熟练运用菱形的面积公式是本题的关键．
二．填空题（每题4 分，共5小题，共20 分）
9. 若关于x的一元二次方程是一元二次方程，则m=________．
【答案】2
【解析】
【分析】一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c=0（a，b，c是常数且a≠0）,特别要注意a≠0的条件．
【详解】解：因为是关于x的一元二次方程，这个方程一定有一个二次项，则 |一定是二次项．
所以得到 ，
解得m=2．
故答案为2．
【点睛】本题考查一元二次方程的定义，要判断一个方程是否为一元二次方程，先看它是否为整式方程，若是，再对它进行整理．如果能整理为ax2+bx+c=0（a≠0）的形式，则这个方程就为一元二次方程．要特别注意二次项系数a≠0这一条件，本题容易出现的错误是忽视m+2≠0这一条件．
10. 已知关于的方程的一个根是1，则实数等于________．
【答案】
【解析】
【分析】把代入已知方程，列出关于的一元一次方程，解出即可得出的值．
【详解】解：∵关于的方程的一个根是，
∴把代入，
可得：，
解得：．
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根，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．
11. 方程的解是______．
【答案】，
【解析】
分析】移项后分解因式得到，求解即可．
【详解】解：，
移项得：，
分解因式得：，
∴或，
解得：，，
故答案为：，．
【点睛】本题考查了分解因式法解一元二次方程，熟练掌握因式分解的计算方法是解本本题的关键．
12. 一个不透明的袋子中有红球、白球共20个，这些球除颜色外都相同，将袋中的球搅匀，从中随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，不断重复这一过程，摸了100次后，发现有30次摸到红球，请你估计这个袋中红球约有______个．
【答案】6
【解析】
【分析】首先求出摸到的红球的频率，用频率去估计概率即可求出袋中红球的个数．
【详解】解：∵摸了100次后，发现有30次摸到红球，
∴摸到红球的频率是．
∵袋子中有红球、白球共20个，
∴这个袋子中红球约有（个）．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值此即概率，同时也考查了概率公式的应用．用到的知识点为：根据=所求情况数与总情况数之比．
13. 如图，以正方形的顶点A为圆心，以的长为半径画弧，交对角线于点E，再分别以D，E为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧交于图中的点F，连接并延长，与的延长线交于点P，则______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了尺规作图——作角平分线，正方形的性质，根据作图的步骤推知是的角平分线，是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
由作图可知为的平分线，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
三．解答题（共48 分）
14. 解方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】本题主要考查解一元二次方程，熟练掌握一元了二次方程的解法是解答本题的关键．
（1）方程移项后，运用开平方法求解即可得到方程的解；
（2）方程运用配方法求解．
【小问1详解】
解：，
，
，
，
∴
【小问2详解】
解：，
，
，
，
，
∴．
15. 如图，平行四边形ABCD的对角线，相交于点O，且，，．
（1）求证：四边形是菱形．
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形的性质和菱形的判定证明即可；
（2）由菱形的性质可得，，，可求，，即可得出答案．
【小问1详解】
解：证明：，，
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，
．
．
平行四边形是菱形
【小问2详解】
由（1）得：四边形是矩形，四边形是菱形，
，，，，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，直角三角形的性质，平行四边形的判定与性质等知识；灵活运用有关性质是解题的关键．
16. 已知关于x的方程.
（1）求证方程有两个不相等的实数根．
（2）当m为何值时，方程的两根互为相反数？并求出此时方程的解．
【答案】(1)证明见解析；（2），
【解析】
【分析】（1）先计算出△=（m+2）2﹣4（2m﹣1），变形得到△=（m﹣2）2+4，由于（m﹣2）2≥0，则△＞0，然后根据△意义得到方程有两个不相等的实数根；
（2）利用根与系数的关系得到x1+x2=0，即m+2=0，解得m=﹣2，则原方程化为x2﹣5=0，然后利用直接开平方法求解．
【详解】（1）证明：△=（m+2）2﹣4（2m﹣1）
=m2﹣4m+8
=（m﹣2）2+4，
∵（m﹣2）2≥0，
∴（m﹣2）2+4＞0，
即△＞0，
所以方程有两个不相等的实数根；
（2）设方程的两个根为x1，x2，由题意得：
x1+x2=0，即m+2=0，解得m=﹣2，
当m=﹣2时，方程两根互为相反数，
当m=﹣2时，原方程为x2﹣5=0，
解得：x1=﹣，x2=．
【点睛】根的判别式；根与系数的关系．
17. 成都某校为积极响应“双减”政策减负提质的要求，同时践行新时代新阅读，发挥阅读育人功能，营造书香溢满校园、阅读浸润少年的浓厚氛围，学校在今年寒假期间开展“书香满家园，阅读伴成长”读书活动．寒假结束后，学校为了解学生在家阅读时长情况，随机调查了部分学生，将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图表．
根据图表信息，解答下列问题：
（1）本次调查的学生总人数为 ，扇形统计图中B类扇形所占的圆心角是 °．
（2）该校共有1200名学生，请你估计类别为C的学生人数；
（3）本次调查中，类别为A的4人中有两名男生和两名女生，若从中随机抽取两人进行阅读交流，请利用画树状图或列表的方法，求恰好抽到两名女生的概率．
【答案】（1）50人；144．
（2）432人． （3）
【解析】
【分析】本题主要考查列表法与树状图法、频数（率）分布表、扇形统计图、用样本估计总体等知识点，掌握列表法与树状图法以及用样本估计总体是解答本题的关键．
（1）用D类的人数除以其对应的百分比即可解答；用B类所占的比例乘以即可求得B类扇形所占的圆心角；
（2）先求出C类的人数，然后用学生数乘以C类所占的比例即可解答；
（3）先列表求得所有等可能结果数和两名都是女生的结果数，然后运用概率公式求解即可；
【小问1详解】
解：本次调查的学生总人数为（人）．
扇形统计图中B类扇形所占的圆心角是．
故答案为：50人；144．
【小问2详解】
解：调查的C类学生数有：
（人）．
∴估计类别为C的学生人数约432人．
【小问3详解】
解：根据题意列表如下：
共有12种等可能的结果，其中恰好抽到两名女生的结果有2种，
∴恰好抽到两名女生的概率为．
18. 如图1，E为正方形ABCD的边BC上一点，F为边BA延长线上一点，且CE＝AF．
（1）求证：DE⊥DF；
（2）如图2，若点G为边AB上一点，且∠BGE＝2∠BFE，△BGE的周长为16，求四边形DEBF的面积；
（3）如图3，在（2）的条件下，DG与EF交于点H，连接CH且CH＝5，求AG的长．
【答案】（1）见解析；（2）64；（3）
【解析】
【分析】（1）证明，根据全等三角形的性质得到，根据垂直的定义证明；
（2）根据三角形的外角的性质、等腰三角形的判定定理得到，根据三角形的周长公式求出，根据正方形的面积公式计算；
（3）作交的延长线于点，证明，得到，，根据勾股定理列方程求出，计算即可．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，
，，
在和中，
，
，
，
，即，
；
（2）解：，，
，
，
的周长为16
，
，
，
；
（3）过点作交的延长线于点，
，，
垂直平分，
，
，，
，即，
在四边形中，，，
，
在和中，
，
，，
在中，，
，
，，
在中，设，则，
由勾股定理得，
解得：，
．
【点睛】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、正方形的性质是解题的关键．
B 卷（共50分）
一．填空题（每小题4 分，满分20 分）
19. 设，是方程的两个实数根，则的值为________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的根和一元二次方程根与系数的关系．根据，是方程的两个实数根，可得，即，根据一元二次方程根与系数的关系可知，将变形为，代入求出的值．
【详解】解：∵，是方程两个实数根，
∴，即，，
∴，
故答案为：．
20. 用图中两个可以自由转动的转盘做“配紫色”游戏，分别转动两个转盘，若其中一个转出红色，另一个转出蓝色即可配成紫色，则配成紫色的概率是______．
【答案】
【解析】
【分析】先把第一个图形分为四等分，然后列表解决．
【详解】如图：
列表：
共有12种情况，配成紫色的红蓝有4种，概率为
【点睛】本题考查等可能事件概率的求法，关键是把第一个图中的蓝色分为三块，使其也成为等概率的情况．
21. 如图，矩形OABC中，OA=4，AB=3，点D在边BC上，且CD=3DB，点E是边OA上一点，连接DE，将四边形ABDE沿DE折叠，若点A的对称点恰好落在边OC上，则OE的长为_________．
【答案】
【解析】
【分析】连接A′D，AD，根据矩形的性质得到BC=OA=4，OC=AB=3，∠C=∠B=O=90°，求得CD=3，BD=1，根据折叠的性质得到A′D=AD，A′E=AE，根据全等三角形的性质得到A′C=BD=1，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】连接A′D，AD，
∵四边形OABC是矩形，
∴BC=OA=4，OC=AB=3，∠C=∠B=∠O=90°，
∵CD=3DB，
∴CD=3，BD=1，
∴CD=AB，
∵将四边形ABDE沿DE折叠，若点A的对称点A′恰好落在边OC上，
∴A′D=AD，A′E=AE，
在Rt△A′CD与Rt△DBA中，，
∴Rt△A′CD≌Rt△DBA（HL），
∴A′C=BD=1，
∴A′O=2，
∵A′O2+OE2=A′E2，
∴22+OE2=（4﹣OE）2，
∴OE=，
【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
22. 如图，菱形的边长为4，，过点B作交CD于点E，连接，F为的中点，连接交于点G，则的长为____．

【答案】
【解析】
【分析】如图，取为的中点，由菱形的性质得，再由三角形中位线定理得，然后证，得，进而由勾股定理即可得出结论．
【详解】解：如图，取为的中点，

∵菱形的边长为，
∴，
∵为的中点，为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
，
，
，
在和中，
，
，
，
在中，由勾股定理定理得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
23. 对任意正整数n，若n为偶数则除以2，若n为奇数则乘3再加1，在这样一次变化下，我们得到一个新的自然数，在1937年提出了一个问题：如此反复这种变换，是否对于所有的正整数，最终都能变换到1呢？这就是数学中著名的“考拉兹猜想”．如果某个正整数通过上述变换能变成1，我们就把第一次变成1时所经过的变换次数称为它的路径长，例如5经过5次变成1，则路径长．若输入数n，变换次数m，当时，n的所有可能值有______个，其中最小值为______．
【答案】 ①. 4 ②. 6
【解析】
【分析】采取倒推的方法，将可能的运算路线都找到即可．
【详解】解：由输出结果是1，倒推得到：
1→2→4→8→16→5→10→20→40，
1→2→4→8→16→5→10→3→6，
1→2→4→8→16→32→64→128→256，
1→2→4→8→16→32→64→21→42，
∴则n的可能值有4个，最小值为6，
故答案为：4，6．
【点睛】本题考查数字的变化规律，通过观察所给的运算，倒推出运算过程是解题的关键．
二．解答题（共30分）
24. 今年超市以每件25元的进价购进一批商品，当商品售价为40元时，三月份销售256件，四、五月该商品十分畅销，销售量持续上涨，在售价不变的基础上，五月份的销售量达到400件．
（1）求四、五这两个月销售量的月平均增长百分率．
（2）经市场预测，六月份的销售量将与五月份持平，现商场为了减少库存，采用降价促销方式，经调查发现，该商品每降价1元，月销量增加5件，当商品降价多少元时，商场六月份可获利4250元？
【答案】（1）
（2）应降价5元
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的实际应用，找准等量关系，正确的列出方程，是解题的关键：
（1）设四、五这两个月销售量的月平均增长百分率为，根据三月份销售256件，五月份的销售量达到400件，列出方程进行求解即可；
（2）设降价元，根据总利润等于单件利润乘以销量，列出方程进行求解即可．
【小问1详解】
解：设四、五这两个月销售量的月平均增长百分率为，由题意，得：
，
解得：或（舍去）；
答：四、五这两个月销售量的月平均增长百分率为；
【小问2详解】
设降价元，由题意，得：，
解得：或（舍去）；
答：应降价5元．
25. 如图，平面直角坐标系中矩形两边、分别在轴和轴上，其中，，又、分别是边、上的动点，它们分别同时从、出发在边上匀速运动，点每秒运动2个单位，点每秒运动1个单位，其中一个动点到达端点则两动点立即停止运动．
（1）当点运动到的中点时，求此时点的坐标；
（2）连接，设运动时间为，记面积为．
①求与之间的函数关系式；
②写求当何值时，等于矩形面积的？
（3）若M为坐标平面内一点，在P、Q运动的过程中是否存在M使以A、P、Q和M为顶点的四边形是矩形．若存在直接写出M点的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）点的坐标为；
（2）①；②；
（3）存在，点的坐标为或．
【解析】
【分析】（1）由题意，，然后求出点Q的运动时间，再求出的长度，即可得到答案；
（2）①先求出，，，然后利用间接法求面积，即可得到答案；
②先求出面积，然后得到一元二次方程，解方程即可得到答案；
（3）设，分两种情况：当时，当时，分别求得点的坐标即可．
【小问1详解】
解：运动到中点时，，
∴运动时间：，
∴，
故坐标为；
【小问2详解】
解：①时间为时，，，，
，
即；
②，
∴，
即，
解得：或，
又∵，
∴（不符合题意），
∴；
【小问3详解】
解：设，
当时，如图，
则，
，
，
，
△△，
，即，
解得：，
此时，，，，
四边形是矩形，
，
解得：，
；
当时，如图，
同理可得：△△，
，即，
解得：，
，
，
此时，，，
四边形是矩形，
，
解得：，
，；
综上所述，存在使以、、和为顶点的四边形是矩形．点的坐标为或．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，解一元二次方程，余角的性质等知识，解题的关键是熟练掌握题意，正确的做出辅助线进行分析．
26. 在中，．
（1）如图1，若， 以为边在下方作等边，，与交于点O，连接，求四边形的面积；
（2）如图2，若，以为边在下方作等边，连接，过点A作于点E，求证∶；
（3）如图3，若，在下方作等腰，过点F作交延长线于点G，T为中点，M为延长线上一点，将绕点F顺时针旋转至，旋转角为，连接，，，，，当最小时，直接写出的面积．
【答案】（1）
（2）见详解 （3）
【解析】
【分析】（1）先证明四边形是菱形，利用角的直角三角形的性质及勾股定理求得，则；
（2）延长至点F，使得，连接，先通过“”证明，在中，由，结合勾股定理可求，即可求证；
（3）连接并延长交于点E，过点作的垂线，垂足为点H，交于点Q，连接，先可证，则为等腰直角三角形，设，则 ，而 ，则，在中，，则，故，可得，设，则，则由勾股定理得，在中，有，解得：，即可求解．
小问1详解】
解：∵是等边三角，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
证明：延长至点F，使得，连接，
∵是等边三角形，，
∴，，
∴设，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴在中，，
∴，
∴，
∴．
【小问3详解】
解：连接并延长交于点E，过点作的垂线，垂足为点H，交于点Q，连接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵T为中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
在中，设，
由勾股定理得：，
解得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，则由勾股定理得，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
而，
∴在中，由勾股定理得：，
解得：（舍负），
∴，
∴ ．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，勾股定理，角直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质等，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
x
3.23
3.24
3.25
3.26
0.03
0.09
类别
时长（单位：小时）
人数
A
4
B
20
C
D
8
男
男
女
女
男
（男，男）
（男，女）
（男，女）
男
（男，男）
（男，女）
（男，女）
女
（女，男）
（女，男）
（女，女）
女
（女，男）
（女，男）
（女，女）
红
蓝1
蓝2
蓝3
红
红红
红蓝
红蓝
红蓝
黄
黄红
黄蓝
黄蓝
黄蓝
蓝
红蓝
蓝蓝
蓝蓝
蓝蓝