福建省三明市第十中学2023-2024学年九年级上学期月考数学试题(解析版)-A4
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这是一份福建省三明市第十中学2023-2024学年九年级上学期月考数学试题(解析版)-A4,共17页。试卷主要包含了选择题,填空题,计算题,解答题等内容,欢迎下载使用。
1. 下列方程中一定是一元二次方程的是( )
A. ax2-x+2=0B. x2-2x-3=0C. D. 5x2-y-3=0
【答案】B
【解析】
【详解】A. ax2-x+2=0,当a=0时不是一元二次方程,故错误;B. x2-2x-3=0,是一元二次方程,正确;C. ,分母中含有字母,是分式方程,故错误;D. 5x2-y-3=0,含有两个未知数,是二元二次方程,故错误,故选B.
2. 菱形不具备的性质是( )
A. 是轴对称图形B. 是中心对称图形
C. 对角线互相垂直D. 对角线一定相等
【答案】D
【解析】
【分析】根据菱形的性质即可判断.
【详解】A.是轴对称图形,故正确;
B.是中心对称图形,故正确;
C.对角线互相垂直,故正确;
D.对角线不一定相等,故不正确;
故选D.
【点睛】此题主要考查菱形的性质,解题的关键是熟知菱形的性质定理.
3. 下列命题是假命题的是( )
A. 对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形.B. 对角线互相垂直的矩形是正方形.
C. 对角线相等的菱形是正方形.D. 对角线互相垂直平分的四边形是正方形.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正方形各种判定方法逐项分析即可.
【详解】解:对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形,正确;
对角线互相垂直的矩形是正方形,正确;
对角线相等的菱形是正方形,正确;
对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形;
可知选项D是错误的.
故选:D.
【点睛】本题主要考查命题的真假判断,正确的命题叫真命题,错误的命题叫做假命题.判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理.
4. 根据下表:
确定方程的解的取值范围是( )
A. 或B. 或
C. 或D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】此题考查了估算一元二次方程的近似解.观察已知表格,根据代数式的值的变化确定出方程解的范围即可.
【详解】解:由表格得:时,,
时,;
时,;
时,,
可得方程的解取值范围是或.
故选:A.
5. 一元二次方程x2﹣4x+2=0根的情况是( )
A. 没有实数根B. 只有一个实数根C. 有两个相等的实数根D. 有两个不相等的实数根
【答案】D
【解析】
【详解】试题解析:∵△=b2−4ac=42−4×1×2=8>0,
∴有两个不相等的实数根;
故选D.
6. 若关于x的一元二次方程(k﹣1)x2+2x﹣2=0有两个不相等的实数根,则k的取值范围是( )
A. k>B. k≥C. k>且k≠1D. k≥且k≠1
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意得:k-1≠0且△=22-4(k-1)×(-2)>0,
解得:k>且k≠1.
故选:C
【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式△=b2-4ac,关键是熟练掌握:当△>0,方程有两个不相等的实数根;当△=0,方程有两个相等的实数根;当△<0,方程没有实数根.
7. 某厂家2022年2月份生产口罩产量为180万只,4月份生产口罩的产量为461万只,设从2月份到4月份该厂家口罩产量的平均月增长率为x,根据题意可得方程( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用4月份该厂家口罩产量月份该厂家口罩产量从2月份到4月份该厂家口罩产量的平均月增长率,即可得出关于x的一元二次方程,此题得解.
【详解】解:根据题意得,
故选:B.
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程,找准等量关系,正确列出一元二次方程是解题的关键.
8. 小亮、小莹、大刚三位同学随机地站成一排合影留念,小亮恰好站在中间的概率是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用列表法展示所以6种等可能的结果,其中小亮恰好站在中间的占2种,然后根据概率定义求解.
【详解】解: 列表如下:
,
共有6种等可能的结果,其中小亮恰好站在中间的占2种,
所以小亮恰好站在中间的概率=.
故选B.
【点睛】本题考查了列表法与树状图法:先利用列举法或树形图法不重不漏地列举出所有可能的结果求出n,再从中选出符合事件A或B的结果数目m,求出概率.
9. 如图,菱形ABCD的周长为24cm,对角线AC、BD相交于O点,E是AD的中点,连接OE,则线段OE的长等于( )
A. 3cmB. 4cmC. 2.5cmD. 2cm
【答案】A
【解析】
【详解】解:∵菱形ABCD的周长为24cm,
∴AB=24÷4=6cm,
∵对角线AC、BD相交于O点,
∴OB=OD,∵E是AD的中点,
∴OE是△ABD的中位线,
∴OE=AB=×6=3cm.
故选A.
【点睛】本题考查菱形的性质和中位线的性质,掌握菱形和中位线的性质是解题关键.
10. 如图,正方形ABCD中,BE=FC,CF=2FD,AE、BF交于点G,连接AF,给出下列结论:①AE⊥BF; ②AE=BF; ③BG=GE; ④S四边形CEGF=S△ABG,其中正确的个数为( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】根据正方形的性质证明△ABE≌△BCF,可得①AE⊥BF; ②AE=BF,证明△BGE∽△ABE,可得,故③不正确;由S△ABE=S△BFC可得S四边形CEGF=S△ABG,故④正确.
【详解】解:在正方形ABCD中,AB=BC,∠ABE=∠C=90,
又∵BE=CF,
∴△ABE≌△BCF(SAS),
∴AE=BF,∠BAE=∠CBF,
∴∠FBC+∠BEG=∠BAE+∠BEG=90°,
∴∠BGE=90°,
∴AE⊥BF.
故①,②正确;
∵CF=2FD,BE=CF,AB=CD,
∴,
∵∠EBG+∠ABG=∠ABG+∠BAG=90°,
∴∠EBG=∠BAG,
∵∠EGB=∠ABE=90°,
∴△BGE∽△ABE,
∴;
故③不正确
∵△ABE≌△BCF,
∴S△ABE=S△BFC,
∴S△ABE﹣S△BEG=S△BFC﹣S△BEG,
∴S四边形CEGF=S△ABG,
故④正确.
故选:C.
【点睛】本题主要考查了四边形的综合题,涉及正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及三角形面积的知识点,解决问题的关键是熟练掌握正方形的性质.
二、填空题(本大题共6小题,共18.0分)
11. 把化一般形式为________,二次项系数为________,一次项系数为______,常数项为_______.
【答案】 ①. 2x2-6x-1=0 ②. 2 ③. -6 ④. -1
【解析】
【分析】先将方程移项化为一般形式,即可求解.
【详解】解:将方程化成一般形式为,
∴二次项系数为2,一次项系数为-6,常数项为-1.
故答案为:①,②2,③-6,④-1.
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的一般形式,熟练掌握一元二次方程的一般形式是解题的关键.
12. 若关于的一元二次方程有一根为,则k的值为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据一元二次方程根的定义,将代入进行计算即可求解.
【详解】解:∵关于的一元二次方程有一根为,
∴
解得:,
故答案为:.
【点睛】本题考查了一元二次方程解的定义,掌握一元二次方程解的定义是解题的关键.一元二次方程的解(根)的意义:能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值称为一元二次方程的解.
13. 在中,,,,点D为的中点,则______.
【答案】5
【解析】
【分析】先根据勾股定理求出,再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的中线,即可求出.
【详解】解:∵,,,
∴根据勾股定理可得:,
∵点D为的中点,
∴.
故答案为:5.
【点睛】本题主要考查了勾股定理,直角三角形斜边中线的性质,解题的关键是掌握直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方,直角三角形斜边上的中线等于斜边的一边.
14. 在一个不透明的袋中装有若干个红球和4个黑球,每个球除颜色外完全相同.摇匀后从中摸出一个球,记下颜色后再放回袋中.不断重复这一过程,共摸球100次.其中有40次摸到黑球,估计袋中红球的个数是__________.
【答案】6
【解析】
【分析】估计利用频率估计概率可估计摸到黑球的概率为 ,然后根据概率公式构建方程求解即可.
【详解】解:设袋中红球的个数是x个,根据题意得:
,
解得:x=6,
经检验:x=6是分式方程解,
即估计袋中红球的个数是6个.
故答案为:6.
【点睛】本题考查了利用频率估计概率,解题的关键是熟练掌握大量重复试验时,事件发生的频率在某个固定位置左右摆动,并且摆动的幅度越来越小,根据这个频率稳定性定理,可以用频率的集中趋势来估计概率,这个固定的近似值就是这个事件的概率用频率估计概率得到的是近似值,随试验次数的增多,值越来越精确.
15. 从﹣2,﹣1,2三个数中任取两个不同的数,作为点的坐标,则该点在第三象限的概率等于_____.
【答案】
【解析】
【分析】画树状图得出所有等可能结果,从中找到该点在第三象限的结果数,再利用概率公式求解可得.
【详解】画树状图如下:
共有6种等可能情况,该点在第三象限的情况数有(,)和(,)这2种结果,
∴该点在第三象限概率等于:,
故答案为:.
【点睛】本题考查概率的求法:概率=所求情况数与总情况数之比.解题时注意,第三象限内点的横坐标与纵坐标都是负数,得到在第三象限的情况数是解决本题的关键.
16. 如图,在正方形中,,点是边上一个动点(不与点,重合),将沿翻折到,再将沿翻折得到.当点恰好落在正方形的边所在的直线上时,线段的长度为______.
【答案】或
【解析】
【分析】分两种情况讨论,当点落在边上时,证明是等腰直角三角形,设,利用勾股定理列式计算求解;当点落在的延长线上,证明,利用含30度的直角三角形的性质和勾股定理求解即可.
【详解】解:①当点落在边上时,
∵四边形是正方形,
∴,,
根据折叠可知,
在与中,,
∴,
∴,∴.
∴是等腰直角三角形,
设,则,,
∴,解得.
②当点落在的延长线上时,
∴,
∴,
综上可知,或.
故答案:或.
【点睛】本题考查翻折变换(折叠问题)、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数,熟练掌握翻折的性质是解答本题的关键.
三、计算题(本大题共1小题,共6.0分)
17. 已知关于x的一元二次方程x2﹣(k+2)x+2k=0.
(1)若x=1是这个方程的一个根,求k的值和它的另一根;
(2)对于任意的实数k,判断原方程根的情况,并说明理由.
【答案】(1)k=1;另一根为x=2;(2)证明见解析.
【解析】
【分析】(1)把x=1代入方程得到关于k的方程,求出k的值,再把k的值代入原方程,然后利用因式分解法解方程求出方程的另一根;
(2)计算判别式得到△=(k+2)2-4×2k=k2-4k+4=(k-2)2,根据非负数的性质得到△≥0,然后根据判别式的意义判断方程根的情况.
【详解】解:(1)∵x=1是方程x2﹣(k+2)x+2k=0的一个根,
∴,
解得,
∴原方程为,
解得,
∴原方程的另一根为
(2)对于任意的实数k,原方程总有两个实数根,
∵△=(k+2)2-4×2k=k2-4k+4=(k-2)2≥0
∴对于任意的实数k,原方程总有两个实数根.
【点睛】本题考查了一元二次方程的解和解法,根的判别式,解决此题的关键是合理运用不同的解法,得到正确的结果.
四、解答题(本大题共7小题,共76.0分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤18、19、20、21各10分,22、23、24各12分)
18. 用适当的方法解方程:
(1)
(2)
【答案】(1),
(2).
【解析】
【分析】(1)用求根公式进行计算即可得到答案;
(2)用因式分解法整理变形得到,计算即可得到答案.
【小问1详解】
解:∵,
∵,
∴,
∴,;
【小问2详解】
解:整理得,
因式分解得,
∴,,
∴.
【点睛】本题考查用求根公式和因式分解法求解一元二次方程,解题的关键是掌握用求根公式和因式分解法求解一元二次方程.
19. 将背面相同,正面分别标有数字1、2、3、4的四张卡片洗匀后,背面朝上放在桌面上,先从中随机的抽取一张卡片(不放回),将该卡片正面上的数字作为十位数字,再随机的抽取一张卡片,将该卡片正面上的数字作为个位数字,则组成的两位数恰好是4的倍数的概率是多少?请用树状图或列表法加以说明.
【答案】,见解析
【解析】
【分析】用树状图表示两次抽取卡片的所有可能情况,可知共有12种等可能的情况,而组成的两位数恰好是4的倍数的有3种,即可求得组成的两位数恰好是4的倍数的概率.
【详解】解:画树状图得:
∵共有12种等可能的结果,组成的两位数恰好是4的倍数的有3种情况,即12,24,32,
∴组成的两位数恰好是4的倍数的概率是.
【点睛】本题主要考查了用画树状图法求随机事件的概率,解题的关键是会用树状图法求概率.
20. 如图,△ABC中,∠BCA=90°,CD是边AB上的中线,分别过点C,D作BA和BC的平行线,两线交于点E,且DE交AC于点O,连接AE.
(1)求证:四边形ADCE是菱形;
(2)若∠B=60°,BC=6,求四边形ADCE的面积.
【答案】(1)见解析;(2)
【解析】
【分析】(1)先根据已知条件,证明四边形DBCE是平行四边形,可得EC∥AB,且EC=DB,根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得,则可得四边形是平行四边形,根据邻边相等的平行四边形是菱形即可得证;
(2)根据已知条件可得是等边三角形,进而求得,根据,进而根据菱形的性质求得面积.
【详解】(1)证明:∵DE∥BC,EC∥AB,
∴四边形DBCE是平行四边形.
∴EC∥AB,且EC=DB.
在Rt△ABC中,CD为AB边上的中线,
∴AD=DB=CD.
∴EC=AD.
四边形ADCE是平行四边形
∴四边形ADCE是菱形.
(2)解:Rt△ABC中,CD为AB边上的中线,∠B=60°,BC=6,
是等边三角形
∴AD=DB=CD=6.
∴AB=12,由勾股定理得.
∵四边形DBCE是平行四边形,
∴DE=BC=6.
∴菱形.
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定,直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,勾股定理,等边三角形的性质与判定,掌握以上知识是解题的关键.
21. 商场某种商品平均每天可销售30件,每件盈利50元. 为了尽快减少库存,商场决定采取适当的降价措施. 经调查发现,每件商品每降价1元,商场平均每天可多售出 2件.设每件商品降价x元. 据此规律,请回答:
(1)商场日销售量增加 件,每件商品盈利 元(用含x的代数式表示);
(2)在上述条件不变、销售正常情况下,每件商品降价多少元时,商场日盈利可达到2100元?
【答案】(1) 2x,,(2)每件商品降价20元,商场日盈利可达2100元.
【解析】
详解】(1) 2x,.
(2)解:由题意,得(30+2x)(50-x)=2 100
解之得x1=15,x2=20.
∵该商场为尽快减少库存,降价越多越吸引顾客.
∴x=20.
答:每件商品降价20元,商场日盈利可达2 100元.
22. 如图,在四边形ABCD中,AD//BC,,AD=24 cm,AB=8 cm, BC=26 cm,动点P从A开始沿AD边向D以1cm/s的速度运动;Q从点C开始沿CB边向B以3 cm/s的速度运动.P、Q分别从点A、C同时出发,当其中一点到达端点时,另外一点也随之停止运动.
(1)当运动时间为t秒时,用含t的代数式表示以下线段的长: AP=________, BQ=__________;
(2)当运动时间为多少秒时,四边形PQCD为平行四边形?
(3)当运动时间为多少秒时,四边形ABQP为矩形?
【答案】(1)t,26-3t;(2)运动时间为6秒时,四边形PQCD为平行四边形.(3)运动时间为秒时,四边形ABQP为矩形.
【解析】
【分析】(1)根据题意可直接得出;
(2)由在梯形ABCD中,AD∥BC,可得当PD=CQ时,四边形PQCD是平行四边形,即可得方程:24-t=3t,解此方程即可求得答案;
(3)由在梯形ABCD中,AD∥BC,∠B=90°,可得当AP=BQ时,四边形ABQP是矩形,即可得方程:t=26-3t,解此方程即可求得答案.
【详解】解:(1)由题意知AP=t,BQ=26-3t,
故答案为:t,26-3t;
(2)由题意可得:PD=AD-AP=24-t,QC=3t,
∵AD∥BC,
∴PD∥QC,
设当运动时间为t秒时PD=QC,此时四边形PQCD为平行四边形.
由PD=QC得,24-t=3t,
解得:t=6,
∴当运动时间为6秒时,四边形PQCD为平行四边形.
(3)∵AD∥BC,
∴AP∥BQ,
设当运动时间为t秒时AP=BQ,四边形ABQP为平行四边形.
由AP=BQ得:t=26-3t,
解得:t=,
又∵∠B=90°
∴平行四边形ABQP为矩形.
∴当运动时间为秒时,四边形ABQP为矩形.
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质以及矩形的判定与性质.此题难度适中,注意掌握数形结合思想与方程思想的应用.
23. 如图,用篱笆靠墙围成矩形花圃,一面利用旧墙,其余三面用篱笆围,墙可利用的最大长度为,篱笆长为,设平行于墙的边长为.
(1)若围成的花圃面积为时,求的长;
(2)如图,若计划在花圃中间用一道篱笆隔成两个小矩形,且花圃面积为,请你判断能否围成花圃,如果能,求的长;如果不能,请说明理由.
【答案】(1)的长为米;
(2)不能围成花圃,理由见解析.
【解析】
【分析】(1)由于篱笆总长为,设平行于墙的边长为,由此得到,接着根据题意列出方程,解方程即可求出的长;
(2)不能围成花圃;根据()得到,此方程的判别式,由此得到方程无实数解,所以不能围成花圃;
【小问1详解】
解:根据题意得,
,
则,
∴,
因为,
所以舍去,
所以,
答:的长为米;
【小问2详解】
解:不能围成花圃,理由如下:
根据题意得,
,
方程可化为,
∴,
∴方程无实数解,
∴不能围成花圃;
【点睛】此题主要考查了一元二次方程的应用,同时也利用了矩形的性质,解题时首先正确理解题意,然后根据题意列出方程即可解决问题.
24. 如①,在矩形中,,,点是上一点.
(1)将沿折叠后,点 A正好落在边上的点处,求线段的长;
(2)如②,延长①中线段至,使,以、为两邻边作,连接交于.求证:点为的中点;
(3)如③,在(2)的条件下,连接交于点,连接、,试判断与之间的数量关系并证明.
【答案】(1)
(2)见解析 (3),见解析
【解析】
【分析】(1)根据勾股定理,中,,得.设,中,运用勾股定理构建方程,,解得.
(2)如图,连接,延长至点I,使,连接,可求.求证四边形是矩形,可得,求证,得.求证,于是,得;
(3),如图,连接,则,由对称,知,由中位线性质,得.
【小问1详解】
如图,∵四边形是矩形,
∴.
中,,
∴.
∴.
设,
中,
∴
解得,.
∴.
【小问2详解】
如图,连接,延长至点I,使,连接,
∵
∴.
∵四边形是平行四边形,,
∴四边形是矩形.
∴.
又
∴
∴.
∵,
∴.
∵,
∴.
∴.
∴.
又,
∴.
∴.
【小问3详解】
结论:,理由如下,
如图,连接,
∵四边形是矩形,
∴.
∵点关于对称,
∴.
∵
∴.
【点睛】本题考查矩形的判定和性质,全等三角形的判定和性质,轴对称的性质,平行线的性质,勾股定理,中位线的性质,添加辅助线,构造全等三角形是解题的关键.
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5
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