江西省吉安市吉州区吉安市第八中学2024-2025学年九年级上学期10月月考数学试题（解析版）-A4

这是一份江西省吉安市吉州区吉安市第八中学2024-2025学年九年级上学期10月月考数学试题（解析版）-A4，共22页。试卷主要包含了 下列四个命题中等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（共6小题，每题3分，共18分）
1. 下列四个命题中:
①一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
②一组邻边相等的平行四边形是正方形
③对角线相等的四边形是矩形
④对角线互相垂直平分的四边形是菱形．
正确命题的序号是
A. ①②B. ②③C. ③④D. ①④
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：根据矩形、菱形、平行四边形以及正方形的判定定理进行判断．
试题解析：①一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故①正确；
②一组邻边相等的平行四边形是菱形，不一定是正方形，故②错误；
③对角线相等四边形不一定是矩形，也有可能是等腰梯形，应该是对角线相等的平行四边形是矩形，故③错误；
④对角线互相垂直平分的四边形是菱形．故④正确．
故选D．
考点：1．正方形的判定；2．平行四边形的判定；3．菱形的判定；4．矩形的判定．
2. 用配方法解一元二次方程，变形后的结果正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先将二次项配成完全平方式，再将常数项移项，即得答案．
【详解】解：∵，
∴，
即，
故选：D．
【点睛】本题考查了配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法是解题关键．
3. 如图，在的两边上分别截取，使；分别以点为圆心，长为半径作弧，两弧交于点；连接．若，四边形的面积为，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了作图基本作图，菱形的判定与性质，先根据作图可知四边形是菱形，再利用菱形的面积公式求解即可，解题的关键是熟练掌握菱形的判定与性质．
【详解】解：根据题意得：，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
故选：．
4. 若关于的一元二次方程有两个实数根，则实数的取值范围是（ ）
A. 且B. 且C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查一元二次方程的定义以及根的判别式，由方程根的情况，根据根的判别式可得到关于的不等式，则可求得的取值范围．
【详解】解：∵一元二次方程有两个实数根，
∴，且，
即，且，
解得且，
故选A．
5. 如图，正方形的边长为6，点、分别在轴，轴的正半轴上，点在上，是上一动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. 4D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查的是最短线路问题、正方形的性质及两点间的距离公式，具有一定的综合性，但难度适中．过点作关于的对称点，连接交于点，由两点之间线段最短可知即为的最小值，由正方形的性质可求出点的坐标，再根据可求出点的坐标，利用两点间的距离公式即可求出的值．
【详解】解：过点作关于的对称点，连接交于点，由两点之间线段最短可知即为的最小值，
，四边形是正方形，
点的坐标为，点坐标为，
，即的最小值为．
故选：A
6. 如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AD=23，∠COB=60°，BF⊥AC，交AC于点M，交CD于点F，延长FO交AB于点E，则下列结论：①FO=FC；②四边形EBFD是菱形；③△OBE≌△CBF：④MB=3．其中结论正确序号是（ ）
A. ②③④B. ①②③C. ①④D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【分析】根据矩形性质和等边三角形的判定得出△OBC是等边三角形，进而判断①正确；根据ASA证明△AOE与△COF全等，进而判断②正确；根据全等三角形的性质判断③④正确即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
∴OA=OC=OD=OB，
∵∠COB=60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=BC=OC，∠OBC=60°，
∵BF⊥AC，
∴OM=MC，
∴FM是OC的垂直平分线，
∴FO=FC，故①正确；
∵OB=CB，FO=FC，FB=FB，
∴△OBF≌△CBF（SSS），
∴∠FOB=∠FCB=90°，
∵∠OBC=60°，
∴∠ABO=30°，
∴∠OBM=∠CBM=30°，
∴∠ABO=∠OBF，
∵AB∥CD，
∴∠OCF=∠OAE，
∵OA=OC，∠AOE=∠FOC，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴OE=OF，
∵OB⊥EF，
∴四边形EBFD是菱形，故②正确；
所以△OBE≌△OBF≌△CBF，
∴③正确；
∵BC=AD=2
，FM⊥OC，∠CBM=30°，
∴BM=3，故④正确；
故选：D．
【点睛】此题考查矩形的性质，关键是根据矩形的性质和全等三角形的判定和性质解答．
二．填空题（共6小题，每题3分，共18分）
7. 已知是关于的一元二次方程，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】此题主要考查了一元二次方程的定义：含有一个未知数，且未知数的最高次幂是2次的整式方程，特别注意二次项系数不为0，正确把握定义是解题关键．
直接利用一元二次方程的定义知道二次项系数不为0同时x的最高次幂为2，得出m的值进而得出答案．
【详解】解：由题意知：且，
解得，
故答案为：．
8. 如图，菱形中，对角线、相交于点O，E为边中点，菱形的周长为28，则的长等于______．

【答案】3.5
【解析】
【分析】根据菱形性质得出，，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半得出．
【详解】解：∵四边形为菱形，
∴，，
∴，
∵E为边中点，
∴．
故答案为：3.5
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半，解题关键是熟练掌握菱形的性质和直角三角形的性质．
9. 如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴上，顶点，的坐标分别为，，则点的坐标是___________．
【答案】
【解析】
【分析】由坐标的特点可知BC的长，再由菱形的性质，可知AB、AD的长，在直角三角形ABO中由勾股定理可求得OA的长，即可求解．
【详解】解：∵顶点，的坐标分别为，，
，
，
∵菱形，
， ，
在中， ，
，
， ，
．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角坐标系中点的坐标，勾股定理等知识，熟练掌握并灵活运用菱形的性质，勾股定理以及坐标的表示是解题的关键．
10. 要组织一次篮球联赛，赛制为单循环形式（每两队之间只比赛一场），计划安排场比赛，求应邀请多少支球队参加比赛，设应邀请支球队参加比赛，则可列方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了由实际问题抽象一元二次方程的知识，解决本题的关键是读懂题意，得到总场数与球队之间的关系．赛制为单循环形式(每两队之间都赛一场)，个球队比赛总场数，由此可得出方程．
【详解】设邀请个队，每个队都要赛场，但两队之间只有一场比赛，
由题意得，，
故答案为：．
11. 如图，将正方形ABCD沿BE对折，使点A落在对角线BD上的A′处，连接A′C，则∠BA′C=________度．
【答案】67.5．
【解析】
【分析】由四边形ABCD是正方形，可得AB=BC，∠CBD=45°，又由折叠的性质可得：A′B=AB，根据等边对等角与三角形内角和定理，即可求得∠BA′C的度数．
【详解】解：因为四边形ABCD是正方形，
所以AB=BC，∠CBD=45°，
根据折叠的性质可得：A′B=AB，
所以A′B=BC，
所以∠BA′C=∠BCA′==67.5°．
故答案为：67.5．
【点睛】此题考查了折叠的性质与正方形的性质．此题难度不大，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用．
12. 如图，在矩形中，，，点是边上的一个动点，将沿折叠，得到．连接、，若为等腰三角形，则的长为_______．
【答案】、、
【解析】
【分析】当的B′在矩形的内部时，分三种情形考虑：①DA＝DB′．②AD＝AB′．③B′A＝B′D．当点B′落在矩形的外部时，有一种情形DA＝DB′，分别求解即可．
【详解】解：如图，过点B′作MN⊥CD于M，交AB于N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝13，CD＝AB＝24，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°，
又∵MN⊥CD，
∴四边形ANMD是矩形，四边形BCMN是矩形，
∴AD＝MN＝13，AN＝DM，MC＝BN，
若AD＝DB′＝13，
∵将△CBE沿CE折叠，得到△CB′E连接AB′，
∴BC＝B′C＝13，BE＝B′E，
∴B′C＝B′D，
又∵MN⊥CD，
∴CM＝DM＝12，
∴B′M＝，
∴B′N＝13-5=8，
∵B′E2＝NE2＋B′N2，
∴BE2＝64＋（12−BE）2，
∴BE＝；
∵AB′的最小值＝AC−CB′＝，
AB′＞AD，
当B′A＝B′D时，
∵B′M＝B′N，
∴CB′＝2B′M，
∴∠B′CM＝30°，
∴∠ECB＝∠ECB′＝30°，
∴BE＝CB•tan30°＝，
如图当点B′在直线CD的上方，AD＝DB′时，
同法可知DM＝CM＝12，MB′＝5，
在Rt△ENB′中，则有BE2＝（BE−12）2＋182，
解得BE＝，
综上所述，满足条件的BE的值为或或，
故答案为：、、
【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
三、（本大题共5小题，每题6分，共30分）
13. 解下列方程：
（1）；（用配方法解）
（2）．（用公式法解）
【答案】（1），；
（2），．
【解析】
【分析】（）利用配方法求解即可；
（）利用公式法求解即可；
本题考查了解一元二次方程，解题的关键是熟记常见的解法，直接开平方法、配方法、公式法、因式分解法及正确掌握一元二次方程的解法．
【小问1详解】
解：
或
，；
【小问2详解】
解：，
，
，
∴方程有两个不相等的实数根，
∴，
∴，．
14. 如图，四边形ABCD为正方形，点E在边BC上．请仅用无刻度直尺完成以下作图（保留作图痕迹）．
（1）在图1中，以AE为边，在正方形ABCD内作一个平行四边形；
（2）在图2中，以AE为边，在正方形ABCD内作一个等腰三角形．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）连接，过点与对角线的交点作交于点，则四边形即为所求，
（2）在（1）的基础上，记CF交BD于点H，连接AH并延交CD于点M，则△ADM≌△CDF，则AM=CF，由（1）知CF=AE，AM=AE，连接EM,则△AEM即为所求．
【小问1详解】
如图（1）所示，连接，过点与对角线的交点作交于点，
则四边形即为所求，
【小问2详解】
如图（2）所示，等腰三角形即为所求，
在（1）的基础上，记CF交BD于点H，连接AH并延交CD于点M，
，
，
∴，
，AD=CD，
△ADM≌△CDF，则AM=CF，
由（1）知CF=AE，AM=AE，连接EM，则△AEM即为所求．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的性质与判定，等腰三角形的判定，平行四边形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
15. 如图，已知平行四边形ABCD，若M，N是BD上两点，且BM＝DN，AC＝2MO．
求证：四边形AMCN是矩形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】由平行四边形的性质可得OA＝OC，OB＝OD，可得OM＝ON，可证四边形AMCN是平行四边形，通过证明MN＝AC，可得结论．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵BM＝DN，
∴OB﹣BM＝OD﹣DN，即OM＝ON，
∴四边形AMCN是平行四边形，
∵MO＝NO，
∴MN＝2MO，
∵AC＝2MO，
∴MN＝AC，
∴四边形AMCN是矩形．
【点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质，掌握矩形的判定方法是解题的关键．
16. 如图，在四边形ABCD中，ABCD，AC平分∠DAB，AB＝2CD，E为AB中点，连接CE．
（1）求证：四边形AECD为菱形；
（2）若∠D＝120°，DC＝2，求△ABC的面积．
【答案】（1）见详解 （2）△ABC的面积为
【解析】
【分析】（1）由题意易得CD=AE，∠DAC=∠EAC=∠DCA，则有四边形AECD是平行四边形，然后问题可求证；
（2）由（1）及题意易得，则有△BCE是等边三角形，然后可得△ACB是直角三角形，则，进而问题可求解．
【小问1详解】
证明：∵ABCD，AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠EAC，∠EAC=∠DCA，
∴∠DAC=∠DCA，
∴DA=DC，
∵AB＝2CD，E为AB中点，
∴，
∵，
∴四边形AECD是平行四边形，
∵DA=DC，
∴四边形AECD是菱形；
【小问2详解】
解：由（1）知：，
∵∠D＝120°，
∴，
∵E为AB中点，
∴，
∴△BCE是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查菱形的性质与判定、等边三角形的性质及含30°直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质与判定、等边三角形的性质及含30°直角三角形的性质是解题的关键．
17. 如图，某农场有一块长，宽的矩形种植地，为方便管理，准备沿平行于两边的方向纵、横各修建一条等宽的小路，要使种植面积为，求小路的宽．
【答案】2m．
【解析】
【分析】设小路的宽为xm，将4块种植地平移为一个长方形，长为（20﹣x）m，宽为（16﹣x）m．根据长方形面积公式列方程求出x即可．
【详解】解：设小路的宽为xm，依题意有
（20﹣x）（16﹣x）=252，
整理，得x2﹣36x+68=0．
解得x1=2，x2=34（不合题意，舍去）．
答：小路的宽应是2m．
【点睛】本题主要考查了二元一次方程的应用，审清题意、根据题意列出方程是解答本题的关键．
四、解答题（本大题共3小题，每题8分，共24分）
18. 已知关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根．
（1）求m取值范围；
（2）若，是一元二次方程的两个根，且，求m的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据一元二次方程的根的判别式大于0建立不等式求解即可；
（2）根据一元二次方程根与系数的关系结合（1）中m的范围解答即可．
【小问1详解】
解：∵方程有两个不相等的实数根，
∴，
解得：；
【小问2详解】
∵，是一元二次方程的两个根，
∴，
∵，
∴，
即，
解得：，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根的判别式和根与系数的关系，属于常考题型，利用根的判别式和根与系数的关系构建关于m的不等式和方程是解题的关键．
19. 如图，菱形的对角线、相交于点，过点作且，连接 、，连接交于点．

（1）求证：；
（2）若菱形的边长为，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据菱形性质得出，，证明，根据，证明四边形是平行四边形．根据，证明平行四边形是矩形，即可证明结论；
（2）先证明为等边三角形，得出，根据勾股定理得出，最后根据勾股定理求出结果即可．
【小问1详解】
证明：为菱形，
，，
，
∴，
∵，
四边形是平行四边形．
，
∴，
平行四边形是矩形．
．
【小问2详解】
解：∵在菱形中，，，
为等边三角形，
，
∴，
在矩形中，
，
在中，
．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握矩形的判定，勾股定理．
20. 尊老爱幼是中华民族的传统美德，九九重阳节前夕，某商店为老人推出一款特价商品，每件商品的进价为15元，促销前销售单价为25元，平均每天能售出80件；根据市场调查，销售单价每降低0.5元，平均每天可多售出20件．
（1）若每件商品降价5元，则商店每天的平均销量是________件（直接填写结果）；
（2）不考虑其他因素的影响，若商店销售这款商品的利润要平均每天达到1280元，每件商品的定价应为多少元？
（3）在（2）的前提下，若商店平均每天至少要销售200件该商品，求商品的销售单价．
【答案】（1）280；（2）23元或19元；（3）19元
【解析】
【分析】（1）根据每天的平均销售量=80+降低的价格÷0.5×20，即可求出结论；
（2）设每件商品降价x元，则销售每件商品的利润为（25-15-x）元，根据每天的总利润=销售每件商品的利润×平均每天的销售量，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论；
（3）由（2）的结论结合平均每天至少要销售200件该商品，可确定x的值，再将其代入（25-x）中即可求出结论．
【详解】解：（1）80+5÷0.5×20=280（件）．
故答案为：280．
（2）设每件商品降价x元，则销售每件商品的利润为（25-15-x）元，平均每天可售出80+×20=（40x+80）件，
依题意，得：（25-15-x）（40x+80）=1280，
整理，得：x2-8x+12=0，
解得：x1=2，x2=6，
∴25-x=23或19．
答：每件商品的定价应为23元或19元．
（3）当x=2时，40x+80=160＜200，不合题意，舍去；
当x=6时，40x+80=320＞200，符合题意，
∴25-x=19．
答：商品的销售单价为19元．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用-利润问题，读懂题意，根据商品降价表示出商品销售件数从而列出方程是解题关键．
五、解答题（本大题共2小题，每题9分，共18分）
21. 已知：平行四边形ABCD的两边AB、BC的长是关于x的方程x2﹣mx+﹣＝0的两个实数根．
（1）试说明：无论m取何值方程总有两个实数根
（2）当m为何值时，四边形ABCD是菱形？求出这时菱形的边长；
（3）若AB的长为2，那么平行四边形ABCD的周长是多少？
【答案】（1）见解析； （2）m＝1，菱形的边长为；（3）平行四边形ABCD的周长为5．
【解析】
【分析】（1）利用根的判别式求出△的符号进而得出答案；
（2）利用菱形的性质以及一元二次方程的解法得出答案；
（3）将AB＝2代入方程解得m＝，进而得出x的值．
【详解】（1）证明：∵关于x的方程x2﹣mx+﹣＝0，△＝m2﹣2m+1＝（m﹣1）2
∵（m﹣1）2≥0
∴无论m取何值方程总有两个实数根；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形
∴AB＝BC即（m﹣1）2＝0，
∴m＝1代入方程得：
∴
∴x1＝x2＝，
即菱形的边长为；
（3）解：将AB＝2代入方程x2﹣mx+﹣＝0，
解得：m＝，
将代入方程，x2﹣mx+﹣＝0，
解得：x1＝2，x2＝，
即BC＝，
所以平行四边形ABCD的周长为2+2+＝5．
【点睛】考查了一元二次方程的解法以及菱形的性质和根的判别式等知识，得出m的值是解题关键．
22. 如图，在中，，，，点从点出发沿方向以/秒的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以/秒的速度向点匀速运动，设点、运动的时间是秒（），过点作于点，连接、．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当为何值时，动点恰好在的垂直平分线上；
（3）点、在运动过程中是否存在的值，使是直角三角形，若存在求出的值，若不存在，说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）5；（3）t=3或
【解析】
【分析】（1）根据题意可得：AD=4tcm，BE=2tcm，再由直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半，可得AE=DF，由，可得到，即可求解；
（2）根据线段垂直平分线的性质，可得到关于t的方程，即可求解；
（3）根据是直角三角形，可分两种情况讨论：当∠FDE=90°时和当∠DEF=90°时，即可求解．
【详解】（1）证明：根据题意得：AD=4tcm，BE=2tcm，
∵，
∴CD=（60-4t）cm，
∵， ，
∴∠C=30°，
∴ ，
∵，
∴， ，
∴AE=（30-2t）cm，
∴AE=DF，，
∴四边形是平行四边形；
（2）解： 若点恰好在的垂直平分线上，则AD=DF，
∴4t=30-2t，
解得：t=5，
即当为5秒时，动点恰好在的垂直平分线上；
（3）解：存在，理由如下：
如图，当∠FDE=90°时，
∵∠DFC=∠B=∠FDE=90°，
∴四边形BEDF是矩形，
∴DF=BE=2t，DE∥BC，
∴∠ADE=∠C=30°，
∴AD=2AE=60-4t，
又∵AD=4t，
∴4t=60-4t，
解得：；
如图，当∠DEF=90°时，
∵四边形AEFD是平行四边形，
∴AD∥EF，
∴∠ADE=∠DEF=90°，
∵∠A=60°，
∴∠AED=30°，
∴AE=2AD，即30-2t=2×4t，
解得：t=3；
综上所述，当t=3或时，是直角三角形．
【点睛】本题主要考查了动点问题，平行四边形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质，矩形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
六、解答题（本大题1题，共12分）
23. 综合与实践
数学活动课上，同学们以“正方形与旋转”为主题开展探究活动．
【探索发现】
（1）如图1，在正方形中，点是边上一点，于点，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，
可证：．请写出证明过程；
【深入思考】
（2）在（1）的条件下，如图2，若延长，交于点，试猜想线段，，之间的数量关系，并证明你的猜想；
【拓展延伸】
（3）在（2）的条件下，如图3，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，点在上，试猜想，的数量关系，并证明你的猜想．
【答案】（1）见解析；（2）；理由见解析；（3）．理由见解析
【解析】
分析】（1）利用即可证明；
（2）由推出，，证明四边形是正方形，利用等量代换即可推出；
（3）连接和，证明，即可得到．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，，
∵，
∴；
（2）；理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴；
（3）．理由如下：
连接和，
∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，四边形是正方形，
∴和都是等腰直角三角形，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，即．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，旋转的性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．