山东省青岛市李沧区海诺学校2024-2025学年九年级数学上学期第一次月考试卷（解析版）-A4

这是一份山东省青岛市李沧区海诺学校2024-2025学年九年级数学上学期第一次月考试卷（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。
一、选择题：（每小题3分，共24分）
1. 将一元二次方程化成一般形式之后，若二次项的系数是2，则一次项系数和常数项分别为（ ）
A. 4，5B. ，5C. ，D. 5，4
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查一元二次方程的一般形式，把一元二次方程化为一般式，即可求解．
【详解】解：一元二次方程的一般式为：，
若二次项的系数是2，则一次项系数和常数项分别为，5，
故选：B．
2. 下列为真命题的是（ ）
A. 对角线相等的平行四边形是矩形
B. 对角线相互垂直的四边形是菱形
C. 对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
D. 一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形
【答案】A
【解析】
【分析】根据平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，故原命题正确，符合题意；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原命题错误，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，故原命题错误，不符合题意；
D、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故原命题错误，不符合题意，
故选：A．
【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定方法．
3. 关于的一元二次方程的一个根是，则实数的值为（ ）
A. B. C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查对一元二次方程的解，解一元一次方程，等式的性质等知识点的理解和掌握，把代入方程得到一个关于的方程，求出方程的解即可．
【详解】解：一元二次方程的一个根是，
将代入得：，
解得：，
故选：A．
4. 观察下面的表格，一元二次方程的一个近似解是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程的解，根据表格，找出使的值最接近的x的值即可．
【详解】解：由表可知，当时，，
∵原方程为，
∴是原方程的一个近似解，
故选：D．
5. 如图所示，顺次连接四边形各边中点得到四边形，使四边形为正方形，应添加的条件分别是（ ）
A. 且B. 且
C. 且D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用三角形中位线的性质以及正方形的判定方法分析得出答案．
【详解】解：使四边形为正方形，应添加的条件分别是且．
理由：∵顺次连接四边形各边中点得到四边形，
∴，，，，
，，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴平行四边形是菱形，
∵，
∴，
∵，
，
∵，
∴，
∴菱形是正方形．
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形中位线定理、平行线性质，解题的关键是连接，构造平行线．
6. 若关于的一元二次方程有实数根，则实数的取值范围是( )
A. B. C. 且D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查一元二次的定义，以及判别式的意义，据此先得到，从而即可求出的取值范围．
【详解】解：根据题意
解得且
故选：D．
7. 将两张全等的矩形纸片和另两张全等的正方形纸片按如图方式不重叠地放置在矩形内，其中矩形纸片和正方形纸片的周长相等．若知道图中阴影部分的面积，则一定能求出（ ）
A. 正方形纸片的面积B. 四边形的面积C. 的面积D. 的面积
【答案】C
【解析】
【分析】设正方形纸片边长为x，小正方形EFGH边长为y，得到长方形的宽为x-y，用x、y表达出阴影部分的面积并化简，即得到关于x、y的已知条件，分别用x、y列出各选项中面积的表达式，判断根据已知条件能否求出，找到正确选项．
【详解】根据题意可知，四边形EFGH是正方形，设正方形纸片边长为x，正方形EFGH边长为y，则长方形的宽为x-y，
所以图中阴影部分的面积=S正方形EFGH+2S△AEH+2S△DHG
=
=2xy，
所以根据题意，已知条件为xy的值，
A.正方形纸片的面积=x2，根据条件无法求出，不符合题意；
B.四边形EFGH面积=y2， 根据条件无法求出，不符合题意；
C.的面积=，根据条件可以求出，符合题意；
D.的面积=，根据条件无法求出，不符合题意；
故选 C．
【点睛】本题考查整式与图形的结合，熟练掌握正方形、长方形、三角形等各种形状的面积公式，能正确用字母列出各种图形的面积表达式是解题的关键．
8. 如图，在正方形外取一点E，连接、BE、DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若，．下列结论：①；②点B到直线AE的距离为；③；④；⑤．其中正确结论的序号是（ ）
A. ①③⑤B. ①②④C. ①②③D. ①③④
【答案】A
【解析】
【分析】①利用同角的余角相等，易得，再结合已知条件可证两三角形全等；③利用①中的全等，可得，结合三角形的外角的性质，易得，即可证；②过点E作，交的延长线于点F，利用③中的，利用勾股定理可求，结合是等腰直角三角形，可证是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求、；⑤在利用勾股定理可求，即是正方形的面积；④连接，求出的面积，然后减去的面积即可．
【详解】解：点A作AE的垂线交DE于点P，
，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
故①正确；
，
，
，
，
，
，
故③正确；
过点E作，交的延长线于点F，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得：，
，
∴在中，由勾股定理得：，
，
故②错误，
如图：连接，在中，
，
，
，
由勾股定理可求得，
，
，
，
，
故④错误；
，
在中，由勾股定理得：，
，
故⑤正确；
综上所述：其中正确结论有①③⑤；
故选：A．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、正方形的性质、正方形和三角形的面积公式、勾股定理，解题的关键是根据题意作出辅助线进行求解．
二、填空题：（每小题3分，共18分）
9. 三角形的两边长分别为3和6，第三边的长是方程的一个根，则这个三角形的周长是__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程-因式分解法，三角形三边的关系．先利用因式分解法解方程得到，再根据三角形三边的关系确定第三边长的长，然后计算三角形的周长．
【详解】解：，
，
或，
解得，
当时，，不符合三角形的三边关系定理，所以舍去，
当时，三角形三边分别为3、6、4，三角形的周长是，
故答案为：．
10. 如图，在菱形中，对角线，相交于点，，，直线交于点，则的长为 ___________．

【答案】
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质以及勾股定理等知识，由菱形的性质得，再由勾股定理得，然后由菱形面积公式得，即可解决问题，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
【详解】解：四边形是菱形，，，
，
，
，
，
即，
，
故答案为：．
11. 如图，在长70m，宽40m的长方形花园中，欲修宽度相等的观赏路（如阴影部分所示），要使观赏路面积占总面积的，则路宽x应满足的方程是________________．
【答案】（70-3x）（40-2x）=40×70×（1-）．
【解析】
【详解】解：设路宽为xm，
由题意得，（70-3x）（40-2x）=40×70×（1-）．
故答案为：（70-3x）（40-2x）=40×70×（1-）．
【点睛】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程．
12. 如图，、分别是的高，为的中点，，，则的周长是______．

【答案】13
【解析】
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，先求出，再求的周长．
【详解】解：、分别是的高，为的中点，，
在中，，
在中，，
又，
的周长．
【点睛】本题主要考查直角三角形斜边上的中线等于斜边一半的性质；由性质定理求得线段长是解题的关键.
13. 如图，在矩形中，，，垂足为E，，点P、Q分别在BD，AD上，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据，，证明，表示出、的长，设点A关于的对称点为，连接，，可证明为等边三角形，当时，则最小，所以当时最小，从而可求得的最小值等于的长．
【详解】（2）
设，则，
四边形为矩形，，
，
，
，
，
，即，，
，
，
在中，由勾股定理可得，
，
解得，
，，
如图，设点A关于的对称点为，连接，，
则，，
是等边三角形，
，
当、P、Q三点在一条线上时，最小，
又垂线段最短可知当时，最小，
，
故答案：．
【点睛】本题主要考查等边三角形的性质和判定、相似三角形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理、轴对称的应用-最短距离问题，利用最小值的常规解法确定出的对称点，从而确定出的最小值的位置是解题的关键，
14. 如图，在一单位为1的方格纸上，，都是斜边在x轴上、斜边长分别为2，4，6，…的等腰直角三角形，若的顶点坐标分别为，则依图中所示规律，的横坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据点的坐标规律得出点的横坐标和的横坐标相同，即可求解．
【详解】解：各三角形都是等腰直角三角形，
的横坐标为，
同理可得的横坐标为
，
点和的横坐标相同，为，
故答案为：1．
三、解答题：（共58分）
15. 已知：线段c，点A是直线l外一点．求作：矩形，使边在直线l上，．
【答案】作图见解析
【解析】
【分析】本题考查了尺规作图—作垂线、矩形的判定定理，掌握矩形的判定定理是解题的关键．
先作于B点，再以A点为圆心，c为半径画弧交l于C，然后以A、C为圆心，和为半径画弧，两弧相交于D，则四边形ABCD满足条件．．
【详解】解：如图所示：
矩形即为所求．
16. 解下列方程
（1）（公式法）
（2）（配方法）
（3）
（4）
【答案】（1）
（2）
（3），
（4）
【解析】
【分析】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握解方程的方法与步骤是解本题的关键；
（1）先求解Δ=b2−4ac=−82−4×4×−3=112>0，再利用公式法解方程即可；
（2）把方程化为：，可得，再进一步解方程即可；
（3）把方程整理为，再利用配方法解方程即可；
（4）先提取公因式把方程化为，再进一步解方程即可．
【小问1详解】
解：，
∴，
∴Δ=b2−4ac=−82−4×4×−3=112>0，
∴，
即；
【小问2详解】
解：，
移项得：，
配方得：，即，
开方得：，
∴；
【小问3详解】
解：，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，；
【小问4详解】
解：，
∴，即
∴或，
解得：；
17. 已知关于x的一元二次方程．
（1）求证：无论m取何值时，方程都有两个不相等的实数根；
（2）设该方程的两个实数根为a，b，若，求m的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）的值为1或
【解析】
【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式可进行求解；
（2）根据一元二次方程根与系数的关系可进行求解．
【小问1详解】
证明：∵，
∴无论取何值，方程都有两个不相等的实数根．
【小问2详解】
解：∵的两个实数根为，
∴．
∵，
∴，．
∴．
即．
解得或．
∴的值为1或．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式及根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根的判别式及根与系数的关系是解题的关键．
18. 如图，▱ABCD中，E为BC边的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，延长EC至点G，使CG=CE，连接DG、DE、FG．
（1）求证：△ABE≌△FCE；
（2）若AD=2AB，求证：四边形DEFG是矩形．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）由平行四边形的性质推出∠EAB=∠CFE，利用AAS即可判定△ABE≌△FCE；
（2）先证明四边形DEFG是平行四边形，
【小问1详解】
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，再证明DF=EG，即可证明四边形DEFG是矩形．
∴ABCD，
∴∠EAB=∠CFE，
又∵E为BC的中点，
∴EC=EB，
∴在△ABE和△FCE中，
，
∴△ABE≌△FCE(AAS)；
【小问2详解】
证明：∵△ABE≌△FCE，
∴AB=CF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，
∴DC=CF，
又∵CE=CG，
∴四边形DEFG是平行四边形，
∵E为BC的中点，CE=CG，
∴BC=EG，
又∵AD=BC=EG=2AB，DF=CD+CF=2CD=2AB，
∴DF=EG，
∴平行四边形DEFG是矩形．
【点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△ABE≌△FCE是解题的关键．
19. 如图，在四边形中，，，，点，分别是，的中点．
（1）求证：
（2）求证：四边形是菱形
（3）给三角形添加一个条件_________，使得四边形是正方形，并证明你的结论．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3），理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据全等三角形的判定解答即可；
（2）证明四边形是平行四边形，再证明四边形是平行四边形，推出邻边相等即可证明；
（3）当，有是的中点，由等腰三角形的性质，，即，根据正方形的判定解答即可．
【小问1详解】
证明：，，
，
，，
；
【小问2详解】
证明：由（1），
，，
四边形是平行四边形，
，
点，分别是，的中点，
，，
，
四边形是平行四边形．
，点是中点，
，
平行四边形是菱形；
【小问3详解】
解：当时，四边形是正方形，
理由：由（2）知四边形是菱形，
，点是的中点，
，
即，
菱形是正方形．
故答案为：.
【点睛】本题考查正方形的判定、菱形的判定及性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定和性质以及正方形的判定解答．
20. 如图1，将纸片沿中位线折叠，使点A对称点D落在边上，再将纸片分别沿等腰和等腰底边上的高线，折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形，类似的，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为叠合矩形．
（1）将纸片按图2的方式折叠成一个叠合矩形，__________；
（2）纸片还可以按图3的方式折叠成一个四边形，
①求证：折出的四边形为矩形
②若，，求__________．
【答案】（1）
（2）①证明见解析，②13
【解析】
【分析】本题考查折叠的性质，平行四边形的性质，矩形的判定，勾股定理；
（1）根据折叠后的图形全等，进而得到面积相等即可得到，，然后表示出和即可求解；
（2）①由折叠的性质得：，，再结合，可得，同理可得：，即可判断折出的四边形为矩形；
②先由勾股定理求出，再由折叠的性质得：，，，，推出，最后由得到．
【小问1详解】
解： 由折叠的性质得：，四边形四边形，
，，
，
∴
；
故答案为：；
【小问2详解】
①证明：∵由折叠的性质得：，，
又∵，
∴，
∴，
同理可得：，
∴折出的四边形为矩形；
②解： ，，，
，
如图：
由折叠的性质得：，，，，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
；
21. 如图，在中，，，，D是边上的中点．过点C作的垂线，过点D作的平行线，交于点E，点P从点E到点D沿方向匀速运动，速度为，同时点Q从点B到点C沿方向匀速运动，速度为．连接，过点P作于点F，连接．设运动时间为，解答下列问题：
（1）当t为何值时，四边形为平行四边形？
（2）当t为何值时，点P在的平分线上？
（3）当t为何值时，四边形的面积为．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先根据勾股定理求出的长，然后再利用求出的长，最后根据构建方程求解即可；
（2）过点P作，过点D作，求出，的长，即可得出的长，利用，得出的长，即可得出的值，最后求时间即可；
（3）延长交延长线于点G，连接，过F作于M，证明四边形为平行四边形，求出，利用三角函数表示出，最后结合和三角形面积公式求解即可．
【小问1详解】
解：∵在中，，，，
∴．
∵D为中点，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，．
∵当时，四边形为平行四边形，即此时，
解得：，
∴当时，四边形为平行四边形；
【小问2详解】
解：如图，过点作的平分线，交于点P，过点P作于点N，过点D作于点M，
∴，．
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴.，
∴，
∴，
∴，
∴此时点P运动时间为；
∴当时点P在的平分线上；
【小问3详解】
解：延长交延长线于点G，连接，过点F作于M，如图，
∵，，
∴，
∴．
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴．
∴，
∴．
由（2）可知与两平行线间的距离为，
∴，，
∴，
解得：，（舍），
∴当为何值时，四边形的面积为．
【点睛】本题考查三角形相似的判定和性质，平行四边形的判定和性质，平行线的性质，解直角三角形，勾股定理，以及一元二次方程的应用等知识，作出相应的辅助线是解题的关键．