陕西省西安市曲江第一中学2023-2024学年九年级上学期第一次月考数学试题（解析版）-A4

这是一份陕西省西安市曲江第一中学2023-2024学年九年级上学期第一次月考数学试题（解析版）-A4，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。
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】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2的整式方程叫一元二次方程进行分析即可．
【详解】解：A、整理后，不含二次项，不是一元二次方程，故此选项不符合题意；
B、，一元二次方程，故此选项符合题意；
C、当时，不是一元二次方程，故此选项不符合题意；
D、，不是整式方程，不是一元二次方程，故此选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了一元二次方程的定义，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2．
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 四条边相等的四边形是正方形
B. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
C. 对角线相等的四边形是矩形
D. 对角线互相垂直且平分的四边形是菱形
【答案】D
【解析】
【分析】根据菱形、平行四边形、矩形、正方形的判定与性质逐项分析即可得到答案．
【详解】解：A、四条边相等的四边形是菱形，故原说法错误，故此选项不符合题意；
B、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故原说法错误，故此选项不符合题意；
C、对角线相等的平行四边形是矩形，故原说法错误，故此选项不符合题意；
D、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，故原说法正确，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了菱形、平行四边形、矩形、正方形的判定与性质，熟练掌握它们的判定方法是解此题的关键．
3. 一元二次方程配方后可化为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先将常数项移到右边，两边再同时加上一次项一半的平方，最后写成完全平方式即可．
【详解】解：，
，
，即，
故选：D．
【点睛】本题考查了配方法解一元二次方程，熟练掌握运算方法是解此题的关键．
4. 关于x一元二次方程有实数根，则k的取值范围是（ ）
A. B. C. 且D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义和判别式的性质计算，即可得到答案．
【详解】解：关于的一元二次方程有实数根，
∴，
∴，即且．
故选：D．
【点睛】本题考查了根的判别式以及一元二次方程的定义；牢记“当时，方程有实数根”是解题的关键．
5. 如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，于点E，若，，则在下列结论中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据菱形的性质可知AB=AD，AO=OC，OD=OB，由于DE⊥AB于点E，所以在Rt△AED中，利用勾股定理可以求出AE，进而求出BE、BD，再在Rt△AOB中求出OA即可作出判断．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，AO=OC，OD=OB，
∵AB=5，
∴AD=5，
∵DE⊥AB于点E，DE=4，
在Rt△AED中，根据勾股定理得，AE==3，故B错误；
∴BE=AB-AE=5-3=2，故C正确；
在Rt△BDE中，根据勾股定理得，BD=，故A错误；
∴OB=BD=，
在Rt△AOB中，根据勾股定理得，OA=，故D错误．
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质以及勾股定理，解题的关键是掌握菱形的性质并灵活运用．菱形的性质：①菱形具有平行四边形的一切性质； ②菱形的四条边都相等；③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
6. 我国快递业务逐年增加，2019年至2021年我国快递业务收入由7500亿元增加到9000亿元．设我国2019年至2021年快递业务收入的年平均增长率为x，则可列方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设平均增长率为，根据2019年至2021年我国快递业务收入由7500亿元增加到9000亿元，即可列出一元二次方程．
【详解】解：设平均增长率为，
根据题意得：，
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，理解题意，列出方程是解决本题的关键．
7. 如图，在矩形中，，对角线与相交于点，，垂足为，，则的长（ ）

A. 4B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据矩形的性质可得，，，，从而得到，进而得出，推出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，推出，根据含30度角的直角三角形的性质可得，即可得到答案．
【详解】解：四边形是矩形，
，，，，
，
，，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点是解此题的关键．
8. 如图正方形中，，点E在边上，且，将沿着对折至，延长交边边于点G，连接，则下列结论：①点G是中点；②；③；④．其中正确的是（ ）
A. ②③④B. ①③C. ①③④D. ①④
【答案】B
【解析】
【分析】由翻折的性质可得，，，由证明，由全等三角形对应边相等可得，再求出的长，设，得出、，由勾股定理列出方程求出，得出，得出①正确；由等边对等角可得，由全等三角形对应角相等可得，由三角形的外角性质得出，得出，即可证出，得出③正确；证得，而，则，得出②错误；然后求出的面积，再根据等高的三角形的面积的比等于底边的比求出的面积，得出④错误．
【详解】解：沿对折至，
，，，
四边形是正方形，
，
，
在和中，
，
，
，
，，
，，
设，则，，
在中，，即，
解得：，
，即点G是中点；故①正确；
，
由和得：，
由三角形的外角性质，，
，
，故③正确；
∴，
∴，
∵，
∴，故②错误；
的面积，
的面积，故④错误；
综上，正确的有①③．
故选：B．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理的应用；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
二、填空题（共5小题，每小题3分，计15分）
9. 已知关于x的方程是一元二次方程，则m的值为_________．
【答案】-1
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义：①是整式方程，②只含有一个未知数，③所含未知数的项的最高次数是2，且二次项系数不为0．得出m-1≠0，m2+1=2，求出m的值即可．
【详解】解：∵关于x的方程是一元二次方程，
∴m2+1=2且m-1≠0，
解得：m=-1．
故答案为：-1．
【点睛】本题考查了对一元二次方程的定义的理解和运用，牢固掌握一元二次方程的定义是做出本题的关键．
10. 将关于的一元二次方程化为一般形式后，其常数项为0，则的值为__________．
【答案】4
【解析】
【分析】先化简方程为一般式，再根据常数项为0列式求解即可得到答案；
【详解】解：原方程变形得，
，
∵常数项为0，
∴，
解得：，
故答案为：4；
【点睛】本题考查一元二次方程的一般式，解题的关键是将原方程化简成一般式．
11. 如图，在平行四边形ABCD中，AB＝4，BC＝6，∠B＝60°，∠BAD的角平分线交BC于点P，连接PD，则PD的长为 ___．
【答案】2
【解析】
【分析】过点P作PH⊥AD于H，利用平行四边形的性质和等边三角形的判定得△ABP是等边三角形，再利用含30°角的直角三角形的三边关系可得AH和HP的长，最后利用勾股定理可得答案．
【详解】解：过点P作PH⊥AD于H，
∵PA平分∠BAD，
∴∠BAP=∠PAD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，AD=BC=6，
∴∠DAP=∠APB，∠BAD=180°-∠B=120°，
∴∠BAP=∠APB，
∴AB=BP，
∵∠B=60°，
∴△ABP是等边三角形，
∴AP=AB=4，∠BAP=60°，
∴∠DAP=60°，
∴∠APH=30°，
∴AH=AP=2，PH=2，
∴DH=4，
在Rt△PDH中，由勾股定理得，，
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，作辅助线构造直角三角形是解题的关键．
12. 如图，在△ABC中，AB=AC，BC=6，AF⊥BC于点F，BE⊥AC于点E，且点D是AB的中点，△DEF的周长是11，则AB=______．

【答案】8
【解析】
【详解】∵AB=AC， AF⊥BC，∴∠AFB=90°，BF=CF，又∵BE⊥AC，∴∠BEC=∠BEA=90°，∴EF= BC=3，又∵D为AB中点，∴DE=DF= AB，∵DE+DF+EF=11，∴DE+DF=8，∴AB=8.
13. 如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点P在边AD上，点Q在边BC上，且AP＝CQ，连接CP，QD，则PC+QD的最小值等于 _____．
【答案】10
【解析】
【分析】连接PB，证得，可知PC+QD=PC+PB，在BA的延长线上截取AE=AB=4，连接PE，可知PC+PB=PC+PE，连接CE，则PC+PE≥CE，根据勾股定理求解即可．
【详解】解：连接PB，如图所示，

在和中，
∵，
∴（SAS），
∴DQ=PB，
∴PC+QD=PC+PB，
在BA的延长线上截取AE=AB=4，连接PE，
∵PA垂直平分BE，
∴PE=PB，
∴PC+PB=PC+PE，
连接CE，则PC+PE≥CE，
∴，
∴PC+PB的最小值为：10，
即PC+QD的最小值为：10，
故答案为：10．
【点睛】本题主要考查的是矩形的性质，勾股定理的应用，关键在于利用“将军饮马”模型求得“两定一动”最小值，属于常考题型．
三、解答题（共13题，计81分，解答题应写出过程）
14. 选择适当的方法求解下列一元二次方程．
（1）；
（2）．
【答案】（1），；
（2），．
【解析】
【分析】（1）用因式分解法求解即可；
（2）用配方法求解即可．
【小问1详解】
解：，
∴，
即，
∴或，
∴，；
【小问2详解】
解：，
整理得，
配方得，即，
∴，
∴，．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握解一元二次方程的方法和步骤．
15. 如图，在四边形中，，请用尺规作图法，在四边形的边上求作一点E，使（保留作图痕迹，不写作法）．

【答案】见解析
【解析】
【分析】用尺规作平分线，交于点E，连接，则．
【详解】解：用尺规作的平分线，交于点E，则点为所求作的点；

连接，
∵平分，
∴，
∵，，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了尺规作一个角的角平分线，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握尺规作一个已知角的平分线基本步骤．
16. 如图，在正方形中，点E在边的延长线上，点F在边的延长线上，且，连接和相交于点M，和之间数量相等吗？请说明理由．

【答案】相等，见解析
【解析】
【分析】由题意易得出，即易证，从而证明了．
【详解】解：和之间数量相等，
证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，即，
∴在和中，，
∴．
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识．掌握三角形全等的判定条件是解答本题的关键．
17. 如图，有一块长20cm，宽10cm的长方形铁皮，若在铁皮的四个角上各截去一个相同的小正方形，然后把凸出部分折起来，做成一个底面积为的无盖的长方体盒子，求这个盒子的高．

【答案】这个盒子的高为．
【解析】
【分析】设这个盒子的高为，则做成的无盖长方体的底面长为，宽为，根据无盖长方体盒子的底面积为，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合盒子的高为正值，即可解答．
【详解】解：设这个盒子的高为，则做成的无盖长方体的底面长为，宽为，
依题意得：，
整理得：，
解得：，．
又∵，
∴，
∴，
答：这个盒子的高为．
【点睛】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．
18. 等腰三角形底边长为3，两条腰长是关于的一元二次方程的两个根，求该三角形的周长．
【答案】该三角形的周长为15
【解析】
【分析】由题意得出，求出，得到一元二次方程为：，解这个方程得出，结合三角形的周长是三边之和即可得到答案．
【详解】解：根据题意得：方程有两个相等的实数根，
，
解得：，
一元二次方程为：，
，
解得：，
该三角形的周长，
该三角形的周长为15．
【点睛】本题考查了等腰三角形的定义、一元二次方程根的判别式，解题的关键是根据一元二次方程根的情况得到．
19. 如图，在正方形中，等边三角形的顶点分别在边和上，求的度数．

【答案】
【解析】
【分析】由正方形的性质可得，，由等边三角形的性质可得，证明得到，从而得到，推出是等腰直角三角形，即可得出答案．
【详解】解：四边形是正方形，
，，
是等边三角形，
，
在和中，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、等边三角形的性质、三角形全等的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解此题的关键．
20. 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”．小华购买了二十四节气主题邮票，他将“立春”“清明”“雨水”三张纪念邮票（除正面内容不同外，其余均相同）背面朝上，洗匀放好．
（1）小华从中随机抽取一张邮票是“立春”的概率是_______．
（2）小华从中随机抽取一张邮票，记下内容后，正面向下放回，洗匀后再从中随机抽取一张邮票，请用画树状图或列表的方法，求小华两次抽取的邮票中，一张是“立春”，一张是“雨水”的概率．
【答案】（1）
（2）小华两次抽取的邮票中，一张是“立春”，一张是“雨水”的概率是．
【解析】
分析】（1）根据概率公式解答；
（2）列树状图解答．
【小问1详解】
解：一共有三种可能，小华从中随机抽取一张邮票是“立春”的概率是，
故答案为：；
【小问2详解】
解：列树状图：

共有9种等可能结果，小华两次抽取的邮票中，一张是“立春”，一张是“雨水”的结果的2种，
∴小华两次抽取的邮票中，一张是“立春”，一张是“雨水”的概率是．
答：小华两次抽取的邮票中，一张是“立春”，一张是“雨水”的概率是．
【点睛】本题考查了列表法与树状图，明白列举法的意义是解题的关键．
21. 已知关于的一元二次方程的两实数根为且满足，的值．
【答案】的值为
【解析】
【分析】根据根与系数的关系可得，求出的值，根据，可得，从而得到，即可得出的值．
【详解】解：根据题意得：，
解得：或，
，
，
，
的值为．
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，关于x的一元二次方程的两个实数根，和系数，，，有如下关系：，，注意这个隐含条件．
22. 如图，在▱ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F，且BE=DF
（1）求证：▱ABCD是菱形；
（2）若AB=5，AC=6，求▱ABCD的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）S平行四边形ABCD =24
【解析】
【分析】（1）利用全等三角形的性质证明AB=AD即可解决问题；
（2）连接BD交AC于O，利用勾股定理求出对角线的长即可解决问题.
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB=∠AFD=90°，
∵BE=DF，
∴△AEB≌△AFD，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD菱形；
（2）连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是菱形，AC=6，
∴AC⊥BD，
AO=OC=AC=×6=3，
∵AB=5，AO=3，
∴BO===4，
∴BD=2BO=8，
∴S平行四边形ABCD=×AC×BD=24．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关的性质与定理、正确添加辅助线是解题的关键.
23. 如图，在△ABC中，AB=BC，BD平分∠ABC，四边形ABED是平行四边形，DE交BC于点F，连接CE
求证：四边形BECD是矩形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据已知条件易推知四边形BECD是平行四边形．结合等腰△ABC“三线合一”的性质证得BD⊥AC，即∠BDC=90°，所以由“有一内角为直角的平行四边形是矩形”得到▱BECD是矩形．
【详解】证明：∵AB=BC，BD平分∠ABC，
∴BD⊥AC，AD=CD．
∵四边形ABED是平行四边形，
∴，BE=AD，
∴BE=CD，
∴四边形BECD是平行四边形．
∵BD⊥AC，
∴∠BDC=90°，
∴▱BECD是矩形．
【点睛】本题考查矩形的判定，等腰三角形三线合一的性质，平行四边形的判定和性质．解题的关键是掌握有一个角是直角的平行四边形是矩形．
24. 2023年杭州亚运会于9月23日至10月8日浙江杭州举行，名为“忆江南”的三个吉祥物为“宸宸”、“琮琮”、“莲莲”，聚焦共同的文化基因，蕴含独特的城市元素．亚运会开幕以来，某商店平均每天可销售吉祥物20个，每个盈利40元．调查发现：在每个吉祥物降价幅度不超过10元的情况下，每下降2元，每天可多售出10个，如果每天要盈利1440元，则每个吉祥物应降价多少元？
【答案】如果每天要盈利1440元，则每个吉祥物应降价4元
【解析】
【分析】设每个吉祥物应降价元，则销售量为，根据“每天要盈利1440元”列出一元二次方程，解方程即可得到答案．
【详解】解：设每个吉祥物应降价元，则销售量为，
根据题意得：，
整理得：，
解得：，，
每个吉祥物降价幅度不超过10元，
，
如果每天要盈利1440元，则每个吉祥物应降价4元．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，理解题意，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解此题的关键．
25. 阅读下面的例题：
例：解方程．
解：①当时，原方程可化为，解得（舍去），；
②当时，原方程可化为，解得（舍去），；
综上所述，原方程的根是，．
依照题目所给出的例题解法，解方程．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意分为两种情况：①当时，原方程化为；②当时，原方程化为，求出方程的解即可．
【详解】解：①当即时，
原方程化为，即，
，
方程没有实数根；
②当即时，
原方程化为，即，
即，
解得，
综上所述，原方程的解为．
【点睛】本题考查解一元二次方程，解答此题的关键是进行分类讨论并正确去掉绝对值符号．
26. 如图，在中，，，点D在边上（不与点A，C重合），连接，点K为线段的中点，过点D作于点E，连接，．
（1）如图1，若，则的形状为_______．
（2）如图2，若，将绕点A顺时针旋转一定的角度（旋转角小于），使得D，E，B三点共线，点K为线段的中点，的形状是否发生改变？请说明理由．
（3）如图3，中，若，，点D在边上（不与点A，C重合），满足，将线段绕点A旋转，点K始终为的中点，则线段长度的最大值是多少？请直接写出结果．
【答案】（1）等腰直角三角形
（2）的形状不变，见解析
（3）的最大值为．
【解析】
【分析】（1）首先利用直角三角形斜边上中线的性质得，再利用等腰三角形的性质和三角形外角的性质可得，从而得出答案；
（2）在上截取，连接，利用证明，得，从而解决问题；
（3）取的中点O，连接，利用直角三角形斜边上中线的性质求出的长，再利用三角形中位线定理得的长，最后利用三角形三边关系可得答案．
【小问1详解】
解：是等腰直角三角形，理由如下：
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵点K为线段的中点，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
故答案为：等腰直角三角形；
【小问2详解】
解：的形状不变，还是等腰直角三角形，
证明：如图，在上截取，连接，
∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形；
【小问3详解】
解：∵，，
∴，
取的中点O，连接，
∵点K始终为的中点，
∴是的中位线，
∴，
在中，由勾股定理得，，
∴，
∵，
∴的最大值为．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，直角三角形斜边上中线的性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质，旋转的性质等知识，综合性较强，作出合适的辅助线是解题的关键．