数学九年级上册河南省周口市商水县九年级上第一次月考数学试卷含答案解析

这是一份数学九年级上册河南省周口市商水县九年级上第一次月考数学试卷含答案解析，共15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。
河南省周口市商水县九年级（上）第一次月考数学试卷
　
一、选择题：（本大题共10小题，每小题4分，共40分）
1．下列根式中属最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
2．若|x+2|+，则xy的值为（　　）
A．﹣8 B．﹣6 C．5 D．6
3．下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
4．关于x的方程（m+1）x2+2mx﹣3=0是一元二次方程，则m的取值是（　　）
A．任意实数 B．m≠1 C．m≠﹣1 D．m＞1
5．用配方法解方程：x2﹣4x+2=0，下列配方正确的是（　　）
A．（x﹣2）2=2 B．（x+2）2=2 C．（x﹣2）2=﹣2 D．（x﹣2）2=6
6．若关于x的方程有实数根，则k的取值范围为（　　）
A．k≥0 B．k＞0 C．k≥ D．k＞
7．某商品经过两次降价，由每件100元调至81元，则平均每次降价的百分率是（　　）
A．8.5% B．9% C．9.5% D．10%
8．如图，将正方形图案绕中心O旋转180°后，得到的图案是（　　）

A． B． C． D．
9．正方形ABCD在坐标系中的位置如图所示，将正方形ABCD绕D点顺时针方向旋转90°后，B点到达的位置坐标为（　　）

A．（﹣2，2） B．（4，1） C．（3，1） D．（4，0）
10．4张扑克牌如图（1）所示放在桌子上，小敏把其中两张旋转180°后得到如图（2）所示，那么她所旋转的牌从左起是（　　）

A．第一张、第二张 B．第二张、第三张
C．第三张、第四张 D．第四张、第一张
　
二、填空题：（本大题共5小题，每小题4分，共20分）
11．当x　　时，二次根式在实数范围内有意义．
12．若（x2+y2）2﹣3（x2+y2）﹣70=0，则x2+y2=　　．
13．方程x2=x的解是　　．
14．如图是“靠右侧通道行驶”的交通标志，若将图案绕其中心顺时针旋转90°，则得到的图案是“　　”交通标志（不画图案，只填含义）

15．如图，边长为3的正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转30°后得到正方形EFCG，EF交AD于点H，那么DH的长是　　．

　
三、解答题：（本大题共8小题，共90分）
16．计算下列各题
（1）2﹣6+3
（2）（+1）2（2﹣3）．
17．解下列方程：
（1）2x2+3x﹣1=0
（2）3（x﹣1）2=x（x﹣1）
18．先化简，再求值：，其中a=．
19．先阅读，后解答：
=
像上述解题过程中，与相乘，积不含有二次根式，我们可将这两个式子称为互为有理化因式，上述解题过程也称为分母有理化，
（1）的有理化因式是　　；的有理化因式是　　．
（2）将下列式子进行分母有理化：
①=　　； ②=　　．
③已知，，比较a与b的大小关系．
20．如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=12cm，点P从点A开始沿AB边向点B以1cm/s的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动．如果P、Q分别从A、B同时出发，问出发多少秒钟时△DPQ的面积等于31cm2？

21．在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别是A（﹣3，0），B（0，0），C（﹣3，4），将△ABC绕B点逆时针旋转90°，得到△A′B′C′．请画出△A′B′C′并写出△A′B′C′的三个顶点的坐标．

22．已知关于x的一元二次方程（a+c）x2+bx+=0有两个相等的实数根，试判断以a、b、c为三边长的三角形的形状，并说明理由．
23．如图，B，C，E是同一直线上的三个点，四边形ABCD与四边形CEFG都是正方形．连接BG，DE．
（1）观察猜想BG与DE之间的关系，并证明你的猜想；
（2）图中是否存在通过旋转能够互相重合的两个三角形？若存在，请指出，并说出旋转过程；若不存在，请说明理由．

　

河南省周口市商水县九年级（上）第一次月考数学试卷
参考答案与试题解析
　
一、选择题：（本大题共10小题，每小题4分，共40分）
1．下列根式中属最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】最简二次根式．
【分析】判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查定义中的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．
【解答】解：A、是最简二次根式，故此选项正确；
B、=，故不是最简二次根式，故此选项错误；
C、=2，故不是最简二次根式，故此选项错误；
D、=a（a＞0），故不是最简二次根式，故此选项错误．
故选：A．
　
2．若|x+2|+，则xy的值为（　　）
A．﹣8 B．﹣6 C．5 D．6
【考点】非负数的性质：算术平方根；非负数的性质：绝对值．
【分析】已知任何数的绝对值一定是非负数，二次根式的值一定是一个非负数，由于已知的两个非负数的和是0，根据非负数的性质得到这两个非负数一定都是0，从而得到一个关于x、y的方程组，解方程组就可以得到x、y的值，进而求出xy的值．
【解答】解：∵|x+2|≥0，≥0，
而|x+2|+=0，
∴x+2=0且y﹣3=0，
∴x=﹣2，y=3，
∴xy=（﹣2）×3=﹣6．
故选：B．
　
3．下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】二次根式的混合运算．
【分析】根据二次根式的加法、乘法、除法法则即可判断．
【解答】解：A、2和4不是同类二次根式，不能合并，选项错误；
B、和不是同类二次根式，不能合并，选项错误；
C、÷==3，选项正确；
D、==3，选项错误．
故选C．
　
4．关于x的方程（m+1）x2+2mx﹣3=0是一元二次方程，则m的取值是（　　）
A．任意实数 B．m≠1 C．m≠﹣1 D．m＞1
【考点】一元二次方程的定义．
【分析】本题根据一元二次方程的定义求解．一元二次方程必须满足二次项系数不为0，所以m+1≠0，即可求得m的值．
【解答】解：根据一元二次方程的定义得：m+1≠0，即m≠﹣1，
故选C．
　
5．用配方法解方程：x2﹣4x+2=0，下列配方正确的是（　　）
A．（x﹣2）2=2 B．（x+2）2=2 C．（x﹣2）2=﹣2 D．（x﹣2）2=6
【考点】解一元二次方程-配方法．
【分析】在本题中，把常数项2移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数﹣4的一半的平方．
【解答】解：把方程x2﹣4x+2=0的常数项移到等号的右边，得到x2﹣4x=﹣2，
方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到x2﹣4x+4=﹣2+4，
配方得（x﹣2）2=2．
故选：A．
　
6．若关于x的方程有实数根，则k的取值范围为（　　）
A．k≥0 B．k＞0 C．k≥ D．k＞
【考点】根的判别式；二次根式有意义的条件．
【分析】若一元二次方程有两不等实数根，则根的判别式△=b2﹣4ac＞0，建立关于k的不等式，求出k的取值范围．还要根据二次根式的意义可知k≥0，然后确定最后k的取值范围．
【解答】解：∵关于x的方程有实数根，
∴△=b2﹣4ac=（﹣3）2+4=9k+4≥0，
解得：k≥，
又∵方程中含有
∴k≥0，
故本题选A．
　
7．某商品经过两次降价，由每件100元调至81元，则平均每次降价的百分率是（　　）
A．8.5% B．9% C．9.5% D．10%
【考点】一元二次方程的应用．
【分析】降低后的价格=降低前的价格×（1﹣降低率），如果设平均每次降价的百分率是x，则第一次降低后的价格是（1﹣x），那么第二次后的价格是（1﹣x）2，即可列出方程求解．
【解答】解：设平均每次降价的百分率是x，则100×（1﹣x）2=81，
解之得x=0.1或1.9（不合题意，舍去）．
则x=0.1=10%
答：平均每次降价的百分率是10%．
故选：D．
　
8．如图，将正方形图案绕中心O旋转180°后，得到的图案是（　　）

A． B． C． D．
【考点】利用旋转设计图案．
【分析】根据旋转的性质，旋转前后，各点的相对位置不变，得到的图形全等，找到关键点，分析选项可得答案．
【解答】解：根据旋转的性质，旋转前后，各点的相对位置不变，得到的图形全等，
分析选项，可得正方形图案绕中心O旋转180°后，得到的图案是D．
故选D．
　
9．正方形ABCD在坐标系中的位置如图所示，将正方形ABCD绕D点顺时针方向旋转90°后，B点到达的位置坐标为（　　）

A．（﹣2，2） B．（4，1） C．（3，1） D．（4，0）
【考点】坐标与图形变化-旋转．
【分析】利用网格结构找出点B绕点D顺时针旋转90°后的位置，然后根据平面直角坐标系写出点的坐标即可．
【解答】解：如图，点B绕点D顺时针旋转90°到达点B′，
点B′的坐标为（4，0）．
故选：D．

　
10．4张扑克牌如图（1）所示放在桌子上，小敏把其中两张旋转180°后得到如图（2）所示，那么她所旋转的牌从左起是（　　）

A．第一张、第二张 B．第二张、第三张
C．第三张、第四张 D．第四张、第一张
【考点】中心对称图形．
【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义，根据定义即可求解．
【解答】解：观察两个图中可以发现，所有图形都没有变化，所以旋转的扑克是成中心对称的第一张和第二张．
故选A．
　
二、填空题：（本大题共5小题，每小题4分，共20分）
11．当x　≥3　时，二次根式在实数范围内有意义．
【考点】二次根式有意义的条件．
【分析】因为式为二次根式，所以被开方数大于或等于0，列不等式求解．
【解答】解：根据二次根式的性质，被开方数大于或等于0，
可知：x﹣3≥0，
解得：x≥3．
　
12．若（x2+y2）2﹣3（x2+y2）﹣70=0，则x2+y2=　10　．
【考点】换元法解一元二次方程．
【分析】设x2+y2=t，原方程可化为t2﹣3t﹣70=0，求得t的值，再得出答案即可．
【解答】解：设x2+y2=t，原方程可化为t2﹣3t﹣70=0，
解得t1=10，t2=﹣7，
∵x2+y2≥0，
∴x2+y2=10，
故答案为10．
　
13．方程x2=x的解是　x1=0，x2=1　．
【考点】解一元二次方程-因式分解法．
【分析】将方程化为一般形式，提取公因式分解因式后，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程，求出一次方程的解即可得到原方程的解．
【解答】解：x2=x，
移项得：x2﹣x=0，
分解因式得：x（x﹣1）=0，
可得x=0或x﹣1=0，
解得：x1=0，x2=1．
故答案为：x1=0，x2=1
　
14．如图是“靠右侧通道行驶”的交通标志，若将图案绕其中心顺时针旋转90°，则得到的图案是“　靠左侧通道行驶　”交通标志（不画图案，只填含义）

【考点】生活中的旋转现象．
【分析】根据旋转的定义，可得旋转后的图形，根据题意中所给的含义，易得答案．
【解答】解：根据旋转的意义，可得旋转后的图形是，
结合题意中所给图形的含义，
可得答案为靠左侧通道行驶．

　
15．如图，边长为3的正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转30°后得到正方形EFCG，EF交AD于点H，那么DH的长是　　．

【考点】正方形的性质；旋转的性质；解直角三角形．
【分析】连接CH，可知△CFH≌△CDH（HL），故可求∠DCH的度数；根据三角函数定义求解．
【解答】解：连接CH．
∵四边形ABCD，四边形EFCG都是正方形，且正方形ABCD绕点C旋转后得到正方形EFCG，
∴∠F=∠D=90°，
∴△CFH与△CDH都是直角三角形，
在Rt△CFH与Rt△CDH中，
∵，
∴△CFH≌△CDH（HL）．
∴∠DCH=∠DCF=（90°﹣30°）=30°．
在Rt△CDH中，CD=3，
∴DH=tan∠DCH×CD=．
故答案为：．

　
三、解答题：（本大题共8小题，共90分）
16．计算下列各题
（1）2﹣6+3
（2）（+1）2（2﹣3）．
【考点】二次根式的混合运算．
【分析】（1）首先化简二次根式，然后合并同类二次根式即可；
（2）首先利用完全平方公式计算第一个式子，然后利用平方差公式即可求解．
【解答】解：（1）原式=4﹣2+12=14；
（2）原式=（3+2）（2﹣3）=（2）2﹣9=8﹣9=﹣1．
　
17．解下列方程：
（1）2x2+3x﹣1=0
（2）3（x﹣1）2=x（x﹣1）
【考点】解一元二次方程-因式分解法．
【分析】（1）利用公式法求出x的值即可；
（2）把方程左边化为两个因式积的形式，再求出x的值即可．
【解答】解：（1）∵△=9+8=17，
∴x=，
∴x1=，x2=；

（2）方程左边可化为3（x﹣1）2﹣x（x﹣1）=0，
因式分解得，（x﹣1）（2x﹣3）=0，
故x﹣1=0或2x﹣3=0，解得x1=1，x2=．
　
18．先化简，再求值：，其中a=．
【考点】分式的化简求值．
【分析】本题需先根据分式的运算顺序和法则分别进行计算，再把a=的值代入即可求出答案．
【解答】解：，
=×，
=，
把a=代入上式得：
=，
=4﹣7．
　
19．先阅读，后解答：
=
像上述解题过程中，与相乘，积不含有二次根式，我们可将这两个式子称为互为有理化因式，上述解题过程也称为分母有理化，
（1）的有理化因式是　　；的有理化因式是　﹣2　．
（2）将下列式子进行分母有理化：
①=　　； ②=　3﹣　．
③已知，，比较a与b的大小关系．
【考点】分母有理化．
【分析】（1）的有理化因式是它本身， +2的有理化因式符合平方差公式的特点的式子．据此作答；
（2）①分子、分母同乘以最简公分母即可；②分子、分母同乘以最简公分母3﹣，再化简即可；③把a的值通过分母有理化化简，再比较．
【解答】解：（1）根据与相乘，积不含有二次根式，我们可将这两个式子称为互为有理化因式，
的有理化因式是：，的有理化因式是：﹣2，
故答案为：，﹣2；

（2）①==，
②==3﹣；
③∵a===2﹣，b=2﹣，
∴a=b．
　
20．如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=12cm，点P从点A开始沿AB边向点B以1cm/s的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动．如果P、Q分别从A、B同时出发，问出发多少秒钟时△DPQ的面积等于31cm2？

【考点】矩形的性质；一元二次方程的应用；三角形的面积．
【分析】设出发秒x时△DPQ的面积等于31平方厘米，根据三角形的面积公式列出方程可求出解．
【解答】解：设出发秒x时△DPQ的面积等于31cm2．
∵S矩形ABCD﹣S△APD﹣S△BPQ﹣S△CDQ=S△DPQ　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　…
∴…
化简整理得 x2﹣6x+5=0…
解这得x1=1，x2=5…
均符合题意．
答：出发1秒或5秒钟时△DPQ的面积等于31cm2．　　　　　　…
　
21．在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别是A（﹣3，0），B（0，0），C（﹣3，4），将△ABC绕B点逆时针旋转90°，得到△A′B′C′．请画出△A′B′C′并写出△A′B′C′的三个顶点的坐标．

【考点】作图-旋转变换．
【分析】将△ABC的A，C点绕B点逆时针旋转90°，找到对应点，顺次连接得到△A′B′C′．
【解答】解：A′（0，﹣3）、B′（0，0）、C′（﹣4，﹣3）．

　
22．已知关于x的一元二次方程（a+c）x2+bx+=0有两个相等的实数根，试判断以a、b、c为三边长的三角形的形状，并说明理由．
【考点】根的判别式．
【分析】根据方程有两个相等的实数根得出△=0，即可得出a2=b2+c2，根据勾股定理的逆定理判断即可．
【解答】解：△ABC是直角三角形，
理由是：∵关于x的方程（a+c）x2+bx+=0有两个相等的实数根，
∴△=0，
即b2﹣4（a+c）（）=0，
∴a2=b2+c2，
∴△ABC是直角三角形．
　
23．如图，B，C，E是同一直线上的三个点，四边形ABCD与四边形CEFG都是正方形．连接BG，DE．
（1）观察猜想BG与DE之间的关系，并证明你的猜想；
（2）图中是否存在通过旋转能够互相重合的两个三角形？若存在，请指出，并说出旋转过程；若不存在，请说明理由．

【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．
【分析】（1）猜想BG⊥BD，且BG=DE，证明：延长BG与DE交于H点，则根据∠DGH+∠GDH=90°可以证明∠DHG=90°，即BG⊥DE；
（2）存在，△BCG和△DCE可以通过旋转重合．求证△BCG≌△DCE即可．
【解答】证明：（1）猜想：BG⊥BD，且BG=DE．
延长BG与DE交于H点，
在直角△BCG中，BG=，
在直角△DCE中，DE=，
∵BC=DC，CG=CE，
∴BG=DE．
在△BCG和△DCE中，
，
∴△BCG≌△DCE，
∴∠BGC=∠DEC，BG=DE，
又∵∠BGC=∠DGH，∠DEC+∠CDE=90°，
∴∠DGH+∠GDH=90°，∴∠DHG=90°，
故BG⊥DE，且BG=DE．

（2）存在，△BCG≌△DCE，（1）中已证明，
且△BCG和△DCE有共同顶点C，则△DCE沿C点旋转向左90°与△BCG重合．