辽宁省铁岭地区部分学校2024-2025学年九年级上学期月考（一）数学试题（解析版）-A4

这是一份辽宁省铁岭地区部分学校2024-2025学年九年级上学期月考（一）数学试题（解析版）-A4，共22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。
第一部分 选择题（共30分）
一、选择题（本题共10小，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 下列方程是关于的一元二次方程的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查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（且）．直接根据一元二次方程的定义解答即可．
【详解】解：A、，是一元一次方程，故本选项不符合题意；
B、是一元二次方程，故本选项符合题意；
C、，含有两个未知数，故本选项不符合题意；
D、，是分式方程，故本选项不符合题意．
故选：B．
2. 用配方法解一元二次方程，配方后得到的方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法解一元二次方程是解题的关键．
利用配方法解一元二次方程，进行计算即可解答．
【详解】解∶ ，
，
．
故选∶B．
3. 下列命题是真命题的是（ ）
A. 对角线相等平行四边形是菱形
B. 有一角为直角的四边形是矩形
C. 对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形
D. 矩形的对角线互相垂直平分且相等
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查菱形，矩形，正方形的判定以及矩形的性质，根据菱形，矩形，正方形的判定以及矩形的性质分别判断即可．掌握基本判定定理和性质定理是解题的关键．
【详解】解：A、邻边相等的平行四边形是菱形，原说法错误，不符合题意；
B、有一角为直角的平行四边形是矩形，原说法错误，不符合题意；
C、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，正确，符合题意；
D、矩形的对角线互相平分且相等，原说法错误，不符合题意；
故选：C．
4. 《九章算术》中的“折竹抵地”问题：“今有竹高二十尺，未折抵地，去本四尺，问折者高几何”意思是：现有竹子高20尺，折后竹尖抵地与竹子底部距离为4尺，问折处高几尺？如图所示，设竹子折断处离地尺，由题意可列方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了 勾股定理的应用，设竹子折断处离地x尺，则折断部分的竹子长尺，运用勾股定理即可列出方程，利用题目信息构造直角三角形，运用勾股定理求解是解题的关键．
【详解】解：设竹子折断处离地x尺，则折断部分的竹子长尺，
依题意得：，
故选：D．
5. 如图，点是矩形外一点，连接，过点作交分别于点．．则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，三角形的外角性质，先由矩形得出，然后结合三角形的外角性质列式，代入数值进行计算，即可作答．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故选：D．
6. 若一元二次方程x2﹣2x+m=0有两个不相同的实数根，则实数m的取值范围是（ ）
A. m≥1B. m≤1C. m＞1D. m＜1
【答案】D
【解析】
【分析】根据方程的系数结合根的判别式△＞0，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出实数m的取值范围．
【详解】∵方程有两个不相同的实数根，
∴
解得：m＜1．
故选D．
【点睛】本题考查了根的判别式，牢记“当△＞0时，方程有两个不相等的实数根”是解题的关键．
7. 如图，在矩形中，点的坐标是，则的长是（ ）
A. 3B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了坐标与图形，勾股定理，矩形的性质，先根据两点距离计算公式得到，再由矩形对角线相等即可得到．
【详解】解；如图所示，连接，
∵点的坐标是，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
故选：C．
8. 如图，小程的爸爸用一段长的铁丝网围成一个一边靠墙（墙长）的矩形鸭舍，其面积为，在鸭舍侧面中间位置留一个宽的门（由其它材料制成），则长为（ ）
A. 或B. 或C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了列一元二次方程解实际问题的运用，矩形的面积公式的运用，正确寻找题目的等量关系是解题的关键．设矩形场地垂直于墙一边长为，可以得出平行于墙的一边的长为．根据矩形的面积公式建立方程即可．
【详解】解：设矩形场地垂直于墙一边长为，
则平行于墙的一边的长为，
由题意得，
解得：，，
当时，平行于墙的一边的长为；
当时，平行于墙的一边的长为，不符合题意；
∴该矩形场地长为米，
故选C．
9. 实数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了完全平方公式的应用，熟练掌握完全平方公式是解题的关键．首先由得到，然后化简求解即可．
【详解】解：∵
∴
∴
．
∵
∴．
故选：D．
10. 如图，在菱形中，，，分别是的中点，连接，且分别是的中点，连接，则的长为（ ）
A. B. 2C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质，三角形的中位线定理，解直角三角形的相关计算，正确添加辅助线，熟练掌握各知识点是解题的关键．
连接，与交于点O，由三角形中位线定理得到，根据菱形的性质和解直角三角形得到，即可求解．
【详解】解：连接，与交于点O，
∵分别是的中点，且分别是的中点，
∴，
∴，
∵四边形菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
第二部分 非选择题（共90分）
二、填空题（每小题3分，共15分）
11. 一元二次方程的解是________．
【答案】
【解析】
【分析】原方程可转化为，再化为两个一次方程即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴或，
解得．
故答案为：．
【点睛】本题考查的是一元二次方程的解法，熟练的掌握因式分解的方法解一元二次方程是解本题的关键．
12. 若是方程的一个实数根，则代数式的值为______．
【答案】2025
【解析】
【分析】本题考査了解一元二次方程的解：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．
先根据一元二次方程解的定义得到，然后利用整体代入的方法计算代数式的值．
【详解】解： 是方程的一个实数根，
，
，
．
故答案为：2025．
13. 如图，在矩形中，，，连接．分别以点，为圆心，大于长为半径画弧，两相交于点，，连接，相交于点．与相交于点，连接，．则的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质等．先根据矩形的对边平行且相等，四个角都是直角得出，，，根据作图痕迹得出垂直平分，根据垂直平分线垂直且平分其所在线段，垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等得出，，，根据勾股定理求出，即根据两直线平行，内错角相等得出，根据证明，根据全等三角形的对应边相等得出，，根据勾股定理求出，，根据勾股定理求出，即可求解．
【详解】解：如图：
∵四边形是矩形，
∴，，，
根据作图痕迹可得垂直平分，
∴，，，
在中，，
∴，
解得：，
即，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
在中，，
∴，
在中，，
故．
故答案为：．
14. 定义：如果和均是一元二次方程的根，则这个一元二次方程为对称方程，已知是对称方程，则______．
【答案】1
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的解，解二元一次方程组．由题意得到，解得的值，再代入计算即可求解．
【详解】解：∵是对称方程，
∴，
解得，
∴，
故答案为：1．
15. 如图，在矩形中，，．点为边上一动点（不与点重合），将绕点顺时针旋转得到．连接．则的最小值为______．

【答案】
【解析】
【分析】在上截取，连接，先证明，再证明，得到，故当时，最小，则．
【详解】解：在上截取，连接，

由题意得，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当时，最小，如图：

∵,
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，垂线段最短，旋转的性质等知识点，正确添加辅助线，确定动点轨迹是解题的关键．
三、解答题
16. 选择最佳方法解下列关于的方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】本题主要考查了解一元二次方程，灵活运用一元二次方程解法成为解题的关键．
（1）先移项，然后再运用直接开平方法解答即可；
（2）直接运用配方法解答即可．
【小问1详解】
解：．
或，
，．
【小问2详解】
解：，
，
，．
17. 已知是的三边长，，满足，求的值．
【答案】．
【解析】
【分析】本题主要考查了因式分解的应用，勾股定理，先利用完全平方公式得到据此得到，，再由得到为的斜边，据此利用勾股定理求解即可．
【详解】解：，
，．
是的三边长，，
为的斜边．
．
18. 大连贝雕历史悠久，明代，大连手工艺人就已经开始把贝壳磨成细片镶嵌在家具，首饰盒上，某贝雕吊坠平均每月可以销售150件，每件盈利80元，通过市场调查发现，每件贝雕吊坠让利2元，则月销售量增加5件．为了增加月销售量，决定降价促销，如果每月要盈利11250元，求每件应降价为多少元？
【答案】每件应降价30元．
【解析】
【分析】本题考查的是一元二次方程的应用，设每件降价元，则每件的利润为元，每月可售出件，再利用单件利润乘以销售数量等于总利润可得答案．
【详解】解：设每件降价元，则每件的利润为元，每月可售出件，
根据题意得：
整理得：．
解得：，（不符合题意，舍去）．
答：每件应降价30元．
19. 如图1，在矩形，，，点是线段上的一个动点，连接．沿方向平移得到．
（1）证明：四边形是平行四边形；
（2）如图2，当点与点重合，点与点重合时，若四边形为菱形，求的长度．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】本题考查了平移的性质，平行四边形的判定，菱形的性质，勾股定理．灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
（1）根据平移前后两图形的对应线段平行且相等得出，，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明；
（2）根据菱形的四条边都相等得出，根据勾股定理即可求解．
【小问1详解】
证明：∵沿方向平移得到，
∴，，
四边形是平行四边形．
【小问2详解】
解：四边形为菱形，
∴，
在中，．
20. 某商场出售一种商品，在销售该商品一段时间后发现，售价为45元/件时，日销售量为55件；售价为50元/件时，日销售量为50件，并且日销售量（件）与每件售价（元）之间满足一次函数关系．
（1）求与之间的函数关系式；
（2）已知该商品成本价为27元/件，单件商品的利润率不能超过．若某日该商品日销售利润为1060元，请求出该日该商品的售价．
【答案】（1）
（2）该日该商品的售价为每件47元
【解析】
【分析】本题考查的是一次函数的应用，一元二次方程的应用；
（1）设一次函数的关系式为，再利用待定系数法求解函数解析式即可；
（2）由单件利润乘以销售数量等于总利润再建立方程，再解方程可得答案．
【小问1详解】
解：由题意，设一次函数的关系式为．
由题意可得，，
，
所求函数关系式为．
【小问2详解】
解：由题章可得，．
，．
单件商品的利润率不能超过，
∴，
不符合题意，舍去，
答：该日该商品的售价为每件47元．
21. 如图，在正方形中，，垂直平分，交与点，交与点．
（1）求证：；
（2）若，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】本题考查的是正方形的性质，垂直平分线的性质，勾股定理．
（1）过点作于点，可得四边形为矩形，，，证明可得，最后根据，即可得到；
（2）根据垂直平分线可得，结合，求出、，根据求．
【小问1详解】
证明：过点作于点，
，
，
正方形，
，，
四边形为矩形，
，，
，
∵垂直平分，
，
，
，
又，
，
，
又，
∴；
【小问2详解】
解：设，
又是的垂直平分线，
，，
∴，
∴，
∵，
∴，解得，
∴，，
∵，
∴．
22. 若关于的方程的若干个解中，存在两个不相等的解，且这两个解为互为相反数，则称这两个解为这个方程的对称解，这个方程称为对称解方程．例如方程：和是方程的对称解，则为对称解方程．
（1）下列方程是对称解方程的有______；
①；
②；
③．
（2）已知关于的方程恰好是对称解方程，若函数与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于点，求的面积；
（3）已知为一元二次方程（为常数）对称解，当．试求的值．
【答案】（1）①③ （2）
（3）
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，二次函数与坐标轴的交点问题，一元二次方程根与系数的关系，理解对称解方程的定义是解题的关键．
（1）分别求得各方程的解，即可判断；
（2）解方程，得，，利用对称解方程的定义求得，再求得函数与坐标轴的交点，利用三角形的面积公式求解即可；
（3）根据对称解方程的定义结合一元二次方程根与系数的关系求得，得到，再利用完全平方公式计算即可求解．
【小问1详解】
解：①，因式分解得，
即，
解得或或，
则为对称解方程；
②，因式分解得，
解得或，
则不是对称解方程；
③，解得或，
则为对称解方程；
故答案为：①③；
【小问2详解】
解：解方程，得，，
的方程恰好是对称解方程．
又，即，
，
则函数为，
令，则，
解得或，
令，则，
函数与轴的交点为，，
与轴的交点为，
的面积为；
【小问3详解】
解：为一元二次方程为常数）的对称解，
，，
，
，
，
，
．
23. 如图1，在菱形中，，射线以点为旋转中心，从位置开始逆时针旋转，旋转角为，点E与点C关于成轴对称，连接并延长与交于点F，连接．
（1）试判断的形状，并说明理由；
（2）当点为中点时，求此时旋转角的度数；
（3）若，直接写出的值．
【答案】（1）等边三角形，理由见解析
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）先由菱形的性质得到，再由轴对称的性质得到，，则，由等边对等角得到，，求出得到，即可得到是等边三角形．
（2）先证明，，得到，，进而可得，再证明得到，推出与重合，由得到平分，则旋转角；
（3）分当在点同侧时，当在点异侧时，两种情况画出对应的图形，讨论求解即可．
【小问1详解】
解：是等边三角形，理由如下：
如图所示，连接
四边形是菱形，
，
关于对称，
，，
，
在四边形中，
又
是等边三角形．
【小问2详解】
解：连接，
为中点，
，
又是等边三角形，
，
，，
，，
，
，
在菱形中，，
，
，
，
又，
与重合，
，
平分，
旋转角；
【小问3详解】
解：当在点同侧时，过点作与点，
，
∴可设，，，
，
，
，
由轴对称的性质可得
∴在中，，
，
和是等边三角形，
，，，
∴，
∴，
，
在中，，
，
；
当在点异侧时，过点作与点，
，
∴可设设，，，
，
，
，
同理可得，
∴，
，
和是等边三角形，
，，，
∴，
∴，
在中，，
，
．
综上所述，的值为或．