辽宁省沈阳市南昌中学2024-2025学年九年级上学期10月月考数学试卷（解析版）-A4

这是一份辽宁省沈阳市南昌中学2024-2025学年九年级上学期10月月考数学试卷（解析版）-A4，共27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。
（本试卷共23小题 满分120分 考试时长120分钟）
考生注意：所有试题必须在答题卡指定区域内作答，在本试卷上作答无效
第一部分选择题（30分）
一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 下列方程是一元二次方程的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程，根据一元二次方程的定义：只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是的整式方程叫一元二次方程，据此即可判定求解，掌握一元二次方程的定义是解题的关键．
【详解】、当时，方程为是一元一次方程，该选项不合题意；
、方程是一元二次方程，该选项符合题意；
、方程的左边不是整式，方程不是一元二次方程，该选项不合题意；
、方程整理为，是一元一次方程，该选项不合题意；
故选：．
2. 下列四组图形中，不是相似图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查的是相似形的判断，根据相似图形的定义，对选项进行一一分析，排除错误答案即可．
【详解】解：A、形状相同，但大小不同，符合相似形的定义，故不符合题意；
B、形状相同，但大小不同，符合相似形的定义，故不符合题意；
C、形状相同，但大小不同，符合相似形的定义，故不符合题意；
D、形状不相同，不符合相似形的定义，故符合题意；
故选：D.
3. 下表是求代数式ax2﹣bx的值的情况，根据表格中的数据可知，关于x的一元二次方程ax2﹣bx﹣2＝0的根是（ ）
A. x＝1B. x1＝0，x2＝1C. x＝2D. x1＝﹣1，x2＝2
【答案】D
【解析】
【分析】先将方程ax2﹣bx-2=0变形为ax2﹣bx=2，求出代数式ax2﹣bx的值为2时对应的x的值即可，结合题中表格确定即可．
【详解】解：由表知当x＝﹣1和x＝2时，ax2﹣bx-2=0，
∴ax2﹣bx-2=0的解为x1＝﹣1，x2＝2，
故选：D．
【点睛】本题考查一元二次方程的解，理解一元二次方程的解的定义是解题关键．
4. 已知关于的一元二次方程，若方程有两个不相等的实数根，则的最小整数值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据关于x的一元二次方程kx2﹣2x﹣1=0有两个不相等的实数根则k≠0，△＞0得到关于k的不等式，求出k的取值范围，然后找到最小的整数值即可；
【详解】∵关于x的一元二次方程kx2+2x﹣1=0有两个不相等的实数根，∴，解得：k＞﹣1且k≠0，∴最小的整数值为1．
故选C．
【点睛】本题考查的是一元二次方程根的判别式，熟知一元二次方程根的判别与方程解的关系是解题的关键．
5. 如图，菱形的两条对角线，交于点，若，，则菱形的面积为（ ）
A. 60B. 120C. 240D. 480
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的性质．根据菱形的面积等于对角线乘积的一半进行求解即可．
【详解】解：∵菱形的两条对角线，交于点，，，
∴，
故选：B．
6. “二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”．小明购买了“二十四节气”主题邮票，他要将“立春”“立夏”“秋分”“大寒”四张邮票中的两张送给朋友小亮，小明将它们背面朝上放在案面上（邮票背面完全相同），让小亮从中随机抽取两张，则小亮抽到的两张邮票恰好是“秋分”和“大寒”的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了树状图法，熟练掌握概率公式是解题的关键．根据题意画出树状图进行计算即可．
【详解】解：把“立春”“立夏”“秋分”“大寒”四张邮票分别记为，
由树状图可知，一共有种等可能的情况，其中符合条件的有种情况，
故．
故选：B．
7. 如图，在小正方形的边长为1的网格中，三角形的顶点都在格点上，与△ABC相似的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查相似三角形的判定．由相似三角形的判定，即可判断．
【详解】解：显然中，，即是直角三角形，又，，因此．
A、三角形是钝角三角形，故本选项不符合题意；
B、直角三角形的两直角边的比是，故本选项不符合题意；
C、直角三角形的两直角边的比是，故本选项符合题意．
D、如图，，，，，因此不是直角三角形，故本选项不符合题意．
故选：C．
8. 某中学有一块长30m，宽20m的矩形空地，该中学计划在这块空地上划出三分之二的区域种花，设计方案如图所示，求花带的宽度．设花带的宽度为xm，则可列方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空白区域的面积=矩形空地的面积可得．
【详解】解：设花带的宽度为xm，则可列方程为，
故选：B．
【点睛】本题主要考查由实际问题抽象出一元二次方程，解题的关键是根据图形得出面积的相等关系．
9. 若等腰三角形的一边长是4，另两边的长是关于的方程的两个根，则的值为（ ）
A. 8B. C. 8或D. 8或9
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，等腰三角形的定义，构成三角形的三边关系等知识．熟练掌握一元二次方程的根与系数的关系，等腰三角形的定义，构成三角形的三边关系是解题的关键．
设是关于的方程的两个根，则，，由等腰三角形的一边长是4，分当时，，当时，两种情况，判断求解即可．
【详解】解：设是关于的方程的两个根，
∴，，
∵等腰三角形的一边长是4，
∴当时，，此时三边长为4，4，2，能构成三角形，；
当时，此时三边长为4，3，3，能构成三角形，；
综上所述，的值为8或9，
故选：D．
10. 如图，矩形中，，在轴上．且点的横坐标为，若以点为圆心，对角线的长为半径作弧交轴的正半轴于，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据矩形的性质得出，由题意可知：，再根据点坐标进而可以解决问题；
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴
由题意可知：
∵点的横坐标为
∴点的横坐标为
∵点在轴上
∴点的坐标为
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质、平面直角坐标系内点的坐标特征；熟练掌握矩形的对角线相等是解题的关键．
第二部分 非选择题（共90分）
二、填空题（本题共5小题，每小题3分，共15分）
11. 方程的解是____．
【答案】，
【解析】
【分析】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握利用因式分解的方法解方程是解本题的关键．
把方程化为，再利用因式分解的方法解方程即可．
【详解】解：∵，
，
，
或，
解得：．
故答案为：，．
12. 为了估计暗箱里白球数量（箱内只有白球），将个红球放进去，这些球除颜色外都相同，搅匀后随机摸出一个球，记下颜色后放回，搅匀后再摸出一个球记下颜色，多次重复后发现白球出现的频率稳定在附近，那么可以估计暗箱里白球的个数约为_____________个．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了分式的运用，根据频率估算概率，概率的计算，根据题意，设白球有个，可列式为，由此即可求解．
【详解】解：设白球有个，
∴，
解得，，
检验，当时，原分式方程的分母不为，
∴白球有个，
故答案为： ．
13. 如图，点为上靠近点的三等分点，交于点，点为上一点，连接交于点，点为的中点，则______．
【答案】##0.75
【解析】
【分析】本题主要考查了平行线分线段成比例．根据平行线分线段成比例可得，再由线段中点的定义可得，即可求解．
【详解】解：∵，点为上靠近点的三等分点，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴．
故答案为：
14. 如图，在平行四边形中，点E为边的黄金分割点，且，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了黄金分割的定义，平行四边形的性质，三角形相似的判定及性质；可得，可证，从而可得即可求解；掌握黄金分割的定义“点P是线段上点，且，若，则称点P是的黄金分割点，此时．”是解题的关键．
【详解】解：点E为边的黄金分割点，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
；
故答案：．
15. 如图，正方形和中，，将正方形绕顶点从和AB重合开始逆时针旋转角度（），即．连接、CE、CF，当为直角三角形时，的长为_____________．
【答案】或7
【解析】
【分析】根据正方形的性质，旋转的性质，分和两种情况进行讨论求解即可．
【详解】解：当时，
∵正方形，
∴，
∴，
∴、、三点共线，
∵正方形，
∴，，
∴点在边上，
过点作于，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；

当时，连接、，
∵四边形是正方形，
∴时，
∴，即、、共线，
∵，，四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∵四边形和四边形是正方形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
综上所述，的长为或7．
故答案为：或7．
【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的性质，锐角三角函数，勾股定理，相似三角形的判定和性质，运用了分类讨论的思想．弄清题意，运用分类讨论是是解题的关键．
三、解答题（本题共8小题，共75分，解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）
16. 计算：
（1）
（2）
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，解一元二次方程的方法有：配方法、公式法、直接开平方法、因式分解法，选择合适的方法进行计算是解此题的关键．
（1）利用配方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．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，；
【小问2详解】
解：∵，
∴，，，
∴，
∴，
∴，．
17. 已知关于的一元二次方程．
（1）求证：该方程总有两个实数根；
（2）若该方程的一个实数根是3，求的值及另一个实数根．
【答案】（1）见解析；
（2），另一个实数根为1
【解析】
【分析】本题考查根的判别式，一元二次方程的解，解一元二次方程：
（1）求出判别式的符号，即可得证；
（3）将代入方程，求出的值，解方程求出另一个根即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∴该方程总有两个实数根；
【小问2详解】
解：把代入，得：，
解得：，
∴方程化为：，
解得：，
∴方程的另一个实数根为1．
18. 有一个人患了流感，经过两轮传染后共有81人患了流感．
（1）试求每轮传染中平均一个人传染了几个人？
（2）如果按照这样的传染速度，经过三轮传染后共有多少个人会患流感？
【答案】（1）每轮传染中平均一个人传染8个人
（2）经过三轮传染后共有729人会患流感
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元二次方程；（2）根据数量关系，列式计算．
（1）设每轮传染中平均一个人传染个人，根据经过两轮传染后共有81人患了流感，即可得出关于的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
（2）根据经过三轮传染后患流感的人数经过两轮传染后患流感的人数经过两轮传染后患流感的人数，即可求出结论．
【小问1详解】
解：设每轮传染中平均一个人传染个人，
根据题意得：，
整理，得：，
解得：，（不合题意，舍去）．
答：每轮传染中平均一个人传染8个人；
【小问2详解】
解：（人．
答：经过三轮传染后共有729人会患流感．
19. 某校课后延时兴趣小组尝试用尺规来“作一条线段的三等分点”，请认真阅读下面的操作过程并完成相应的学习任务．
如图1，①分别以点，为圆心，大于的长为半径在两侧画弧，四段弧分别交于点，点；②连接，，，作射线；③以为圆心，的长为半径画弧，交射线于点；④连接，交于点．点即为的一个三等分点（即）
学习任务：
（1）如图1，求证：四边形是菱形；
（2）如图1，求证：
（3）如图2，若交于点，，，将绕着点旋转，当点的对应点落在直线上时，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）的长为或
【解析】
【分析】（1）由作法可得，再由菱形的判定定理即可得证；
（2）由菱形性质可得，，从而推出，由相似三角形的性质可得，结合，得出，从而得到，即可得证；
（3）分两种情况：当点在线段上时，连接，利用全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质得出，，设与交于点，由相似三角形的性质得出，由勾股定理求出，即可得解；当点在射线上时，连接，同上计算即可得解．
小问1详解】
证明：由作法可得：，
∴四边形是菱形；
【小问2详解】
证明：∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：①如图，当点在线段上时，连接，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为等边三角形，
∴，，
∴，
设与交于点，
∵，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
∴，，
由旋转的性质可得：，
∴，
∵、均为等边的高，
∴，
∴；
②如图，当点在射线上时，连接，
由①知：，，，，
∴，
∴；
综上所述，的长为或．
【点睛】本题考查了基本作图、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用分类讨论的思想是解此题的关键．
20. 如图1，中，，动点P从点B出发，在边上以每秒速度向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在边上以每秒的速度向点B匀速运动，运动时间为t秒，连接．
（1）若与相似，求t的值；
（2）（如图2）连接，若，求t的值．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识点，由三角形相似得出对应边成比例是解题的关键．
（1）先根据勾股定理求出，分、两种情况，再根据相似三角形的性质列出比例式求解即可；
（2）如图：过P作于点M，交于点N，则，可证，根据相似三角形的性质可得，，再根据得出，然后代入数据计算即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴,
由题意可得：
①当时，
∵，
∴，解得：；
②当时，
∵，
∴，解得：．
综上，当或时，与相似．
【小问2详解】
解：由题意可得：
如图：过P作于点M，交于点N，
∴，
∴,
∴,即，解得：，，
∵，
∴，又，
∴，
∴，
∴，解得：．
21. 某美食店的、两种菜品，每份成本均为14元，售价分别为20元、18元时，这两种菜品每天的营业额共为1120元，总利润为280元．
（1）该店每天卖出这两种菜品共多少份？
（2）该店为了增加利润，准备降低种菜品的售价，同时提高种菜品的售价，售卖时发现，种菜品售价每降0.5元可多卖1份；种菜品售价每提高0.5元就少卖1份，如果种菜品每份售价降价的钱数和种菜品每份涨价的钱数一样多，那么当种菜品降价多少元时，两种菜品的利润总和为300元？
【答案】（1）该店每天卖出这两种菜品共份
（2）当种菜品降价或元时，两种菜品的利润总和为300元
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用、二元一次方程组的应用，理解题意，找准等量关系，正确列出一元二次方程与二元一次方程组是解此题的关键．
（1）设该店每天卖出的种菜品为份，种菜品为份，根据“这两种菜品每天的营业额共为1120元，总利润为280元”列出二元一次方程组，解方程组即可得解；
（2）设种菜品售价降元，则种菜品售价涨元，种菜品每天卖份，种菜品每天卖份，根据种菜品的利润种菜品的利润总利润列出一元二次方程，解方程即可得解．
【小问1详解】
解：设该店每天卖出的种菜品为份，种菜品为份，
由题意得，
解得：，
∴该店每天卖出的种菜品为份，种菜品为份，
∵（份），
∴该店每天卖出这两种菜品共份；
【小问2详解】
解：设种菜品售价降元，则种菜品售价涨元，种菜品每天卖份，种菜品每天卖份，
由题意得：，
整理得：，
解得：或，
∴或，
∴当种菜品降价或元时，两种菜品的利润总和为300元．
22. 在平面直角坐标系中，若平行四边形的对角线交点在原点上，并且其中一条对角线在坐标轴上，那么我们称平行四边形为“中心平行四边形”，其中要求平行四边形的四个顶点A、B、C、D按顺时针方向排列．
（1）如图，点，
①若点，在图中画出平行四边形，并直接写出平行四边形的面积；
②若“中心平行四边形”是矩形，则矩形的面积是____________．
（2）如图，点，，点A在线段上，若“中心平行四边形”是矩形，直接写出“中心平行四边形”对角线的取值范围____________．
【答案】（1）①图见解析，；②
（2）
【解析】
【分析】（1）①由平行四边形的性质，以及题意作图如图1，由题意可知，，根据，计算求解即可；②如图2，由勾股定理得，，由矩形的性质可知，，根据，计算求解即可；
（3）如图3，连接，延长交轴于，作于，由勾股定理得，，同理，，待定系数法求直线的解析式为，可求，则，由，可求，则，由矩形的性质可知，，进而可求的取值范围．
【小问1详解】
①解：由平行四边形的性质，以及题意作图如图1，
图1
由题意可知，，
∴，
∴平行四边形的面积为；
②解：如图2，
图2
由勾股定理得，，
由矩形的性质可知，，，
故答案为：；
【小问2详解】
解：如图3，连接，延长交轴于，作于，
图3
由勾股定理得，，
同理，，
设直线的解析式为，
将，代入得，，
解得，，
∴直线的解析式为，
当时，，即，
∴，
又∵，
解得，，
∵，
∴，
由矩形的性质可知，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的性质，勾股定理，一次函数解析式，垂线段最短等知识．熟练掌握平行四边形的性质，矩形的性质，勾股定理，一次函数解析式，垂线段最短是解题的关键．
23. 如图，在平行四边形中，点为边上一动点，连接，将沿折叠，点的对应点为．
（1）如图1，若，且的延长线恰好经过点．求证： ；
（2）如图2，若，延长、分别与边、相交于、，若，，求的值；
（3）如图3，若，，，、所在直线分别与直线、直线相交于、．作于点，若，直接写出 的值．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）折叠得到，矩形的性质，得到，，进而得到，进而得到，得到，等量代换即可得出结论；
（2）折叠得到，，设，推出，在中，利用勾股定理求出的值，证明，列出比例式进行求解即可；
（3）分点在点的左侧和右侧，两种情况进行讨论求解即可．
【小问1详解】
解：∵平行四边形，，
∴平行四边形是矩形，
∴，
∴，
∵折叠，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
∵平行四边形，，
∴平行四边形是矩形，
∴，，
同（1）可得：，
∵折叠，
∴，，
∴，
设，
则：，
在中，由勾股定理，得：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问3详解】
∵平行四边形，，
∴四边形为菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
当点在点左侧时，过点作，如图：则：，，
∵，
∴，
∵折叠，
∴，
同（1）可得：，
设，
∴，
∴，
在中，由勾股定理，得：，
∴，
∵，
∴，
∴；
当点在点的右边时，过点作，如图
∵
∴，
∵折叠，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，
∴，
在中，由勾股定理得：，
解得：，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
综上：或．
x
…
﹣2
﹣1
0
1
2
3
…
ax2﹣bx
…
6
2
0
0
2
6
…