2023-2024学年山西省晋中市灵石县九年级（上）调研数学试卷（10月份）（含解析)

这是一份2023-2024学年山西省晋中市灵石县九年级（上）调研数学试卷（10月份）（含解析)，共20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。
2023-2024学年山西省晋中市灵石县九年级（上）调研数学试卷（10月份）一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.下列方程中，是一元二次方程的是(    )A.  B.
C.  D. 2.下列判断正确的是(    )A. 对角线互相垂直的四边形是菱形 B. 对角线相等的菱形是正方形
C. 对角线相等的四边形是矩形 D. 对角线互相垂直且相等的四边形是正方形3.如图，在矩形中，，相交于点，若的面积是，则矩形的面积是(    )A.
B.
C.
D. 4.用配方法解一元二次方程，将其化成的形式，则变形正确的是(    )A.  B.  C.  D. 5.关于的一元二次方程的根的情况，下列判断正确的是(    )A. 有两个相等的实数根 B. 有两个不相等的实数根
C. 没有实数根 D. 无法判断6.如图，菱形的对角线交于点，为边的中点，如果菱形的周长为，那么的长是(    )A.
B.
C.
D. 7.根据下列表格的对应值： 、是常数，且由此判断方程的一个根的取值范围是(    )A.  B.  C.  D. 8.如图，在矩形中，是的中点，，若矩形的周长为，则的长为(    )
 A.  B.  C.  D. 9.顺次连接矩形各边中点得到四边形，它的形状是
(    )A. 平行四边形 B. 矩形 C. 菱形 D. 正方形10.如图，在中，点、、分别在边、、上，且，下列四种说法，其中正确的有个(    )
四边形是平行四边形；
如果，则四边形是矩形；
如果平分，则四边形是菱形；
如果且，则四边形是菱形。A.  B.  C.  D. 二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）11.方程的解是______．12.已知是关于的方程的一个根，则的值是______．13.如图，已知▱中对角线，相交于点，请你添加一个适当的条件，使▱成为一个矩形．你添加的条件是______．
 14.如图，在菱形中，，对角线与相交于点，且于点，则的长是______．
 15.如图，正方形的对角线，交于点，平分交于点，若，则的长为______．
 三、解答题（本大题共8小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）16.本小题分
解方程．
公式法．
．17.本小题分
解方程：．
下面是小明解一元二次方程的过程，请认真阅读并完成相应的任务．
解：
二次系数化为，得第一步
移项，得第二步
配方，得，即第三步
由此，可得第四步
所以，，第五步
任务：
上面小明同学的解法中运用“配方法”将该一元二次方程“降次”为两个一元一次方程，体现的数学思想是______，其中“配方法”所依据的一个数学公式是______；
“第二步”变形的依据是______；
上面小明同学解题过程中，从第______步开始出现错误，请直接写出正确的解是______；
请你根据平时学习经验，就解一元二次方程时还需要注意的事项为其他同学提一条意见．18.本小题分
如图，在菱形中，是对角线，点是线段延长线上的一点，在线段的延长线上截取，连接，，，试判断四边形的形状，并说明理由．
19.本小题分
亚洲花卉产业博览会于年月至日，在中国进出口交易会展馆举办，为了迎接盛会的到来，组委会想利用一块长方形空地建了一个小型的惠民停车场，其布局如图所示，已知停车场的长为，宽为，阴影部分设计为停车位，其余部分是等宽的通道，已知停车位占地面积为求通道的宽是多少米？
20.本小题分

已知：如图，在中，，，垂足为，是外角的平分线，，垂足为，连接交于．
求证：四边形为矩形．
线段与有怎样的位置关系和数量关系，并说明理由．
当满足什么条件时，四边形是一个正方形？简述你的理由．
21.本小题分
阅读材料：利用完全平方式，将多项式变形为的形式，然后由就可以求出多项式的最小值． 例题：求的最小值
解：

．
无论取何值，总是非负数，
即所以．
所以：当时，有最小值，最小值为．根据上述材料，解答下列问题：
填空： ______ ______ ；
将多项式变形为的形式，并求出的最小值；
若一个长方形的长和宽分别为和，面积记为，另一个长方形的长和宽分别为和，面积记为，试比较和的大小，并说明理由．22.本小题分
综合与实践
问题情境：在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动，请你解答各小组活动中产生的问题如图所示，在矩形中，，，将矩形纸片进行折叠：

问题解决：
如图，奋斗小组将该矩形沿对角线折叠，点的对应点为点，则 ______ ， ______ ；
实践探究：
如图，希望小组将矩形沿着点，分别在边，边上所在的直线折叠，点的对应点为点，连接，
试判断四边形的形状，并说明理由；
求折痕的长．23.本小题分

综合与探究：
如图，直线：与直线：交于点，直线与轴交于点，点从点出发沿向终点运动，速度为每秒个单位，同时点从点出发以同样的速度沿向终点运动，作轴，交折线于点，作轴，交折线于点，设运动时间为．
求，点的坐标；
在点，点运动过程中，
当点，分别在，上时，求证四边形是矩形；
在点，点的整个运动过程中，当四边形是正方形时，请你直接写出的值；
点是平面内一点，在点的运动过程中，问是否存在以点，，，为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由．

答案和解析 1.【答案】 【解析】解：是二元二次方程，故本选项不符合题意；
B.是一元二次方程，故本选项符合题意；
C.整理可得，是一元一次方程，，故本选项不符合题意；
D.该选项的方程是分式方程，故本选项不符合题意．
故选：．
根据一元二次方程的定义逐个判断即可．
本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义是解此题的关键，注意：只含有一次未知数，并且所含未知数的项的最高次数是的整式方程，叫一元二次方程．2.【答案】 【解析】解：、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，说法错误，不符合题意；
B、对角线相等的菱形是正方形，说法正确，符合题意；
C、对角线相等的平行四边形是矩形，说法错误，不符合题意；
D、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，说法错误，不符合题意；
故选：．
根据菱形的判定、正方形的判定、矩形的判定判断即可．
此题考查正方形的判定，关键是根据菱形的判定、正方形的判定、矩形的判定解答．3.【答案】 【解析】解：设点到的距离是，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
，
故选：．
设点到的距离是，再根据矩形的两条对角线互相平分证明，则，所以，，则，即可求得，得到问题的答案．
此题重点考查矩形的性质、三角形的面积公式、矩形的面积公式等知识，根据矩形的性质证明是解题的关键．4.【答案】 【解析】解：，
，即，
故选：．
移项后，两边都配上一次项系数一半的平方，据此可得．
本题主要考查配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法解方程的基本步骤是解题的关键．5.【答案】 【解析】解：

，
故原方程无实数根，
故选：．
根据根的判别式即可求出答案．
本题考查根的判别式，解题的关键是熟练运用根的判别式，本题属于基础题型．6.【答案】 【解析】解：菱形的周长为，
，，
，
为边的中点，
．
故选：．
由菱形的性质得，，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结论．
本题主要考查了菱形的性质以及直角三角形斜边上的中线性质，熟练掌握菱形的性质和直角三角形斜边上的中线性质是解题关键．7.【答案】 【解析】解：由表格可知，时，，
时，，
所以方程的一个根的取值范围是．
故选：．
根据表格中的数据可得：在和之间有一个值能使的值为，于是可判断方程一个解的取值范围为．
本题考查了估算一元二次方程的近似解，观察表格中的数据找到最接近时的取值范围是解题的关键．8.【答案】 【解析】解：矩形中，是的中点，，
根据矩形的性质得到≌，则，，
所以，即，由矩形的周长为得到，
，
解得故选A．
本题运用矩形的性质通过周长的计算方法求出矩形的边长．
本题考查矩形的性质，矩形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用矩形具备而一般平行四边形不具备的性质．9.【答案】 【解析】解：四边形是菱形；理由如下：
连接，．
矩形中，、、、分别是、、、的中点，
，
，，，
同理，，，
，，
，
四边形是菱形．
故选：．
四边形是菱形；根据矩形中，、、、分别是、、、的中点，利用三角形中位线定理求证，然后利用四条边都相等的平行四边形是菱形即可判定．
此题主要考查学生对菱形的判定、三角形中位线定理和矩形的性质的理解和掌握，证明此题的关键是正确利用三角形中位线定理进行证明．10.【答案】 【解析】解：，，
四边形是平行四边形，选项正确；
若，
平行四边形为矩形，选项正确；
若平分，
，
又，
，
，
，
平行四边形为菱形，选项正确；
若，，
平分，
同理可得平行四边形为菱形，选项正确，
则其中正确的个数有个．
故选：．
此题考查了平行四边形的定义，菱形、矩形的判定，涉及的知识有：平行线的性质，角平分线的定义，以及等腰三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形、矩形及菱形的判定与性质是解本题的关键．11.【答案】， 【解析】解：    ，
移项得：，
分解因式得：，
可得：或，
解得：，．
故答案为：，．
将方程化为一般形式，提取公因式分解因式后，利用两式相乘积为，两因式中至少有一个为，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．
本题考查解一元二次方程因式分解法．12.【答案】 【解析】解：是一元二次方程的一个根，
满足一元二次方程，
，
；
故答案为：．
根据一元二次方程的解的定义，将代入一元二次方程，即可求得的值．
本题考查了一元二次方程的解．正确理解方程的解的含义是解答此类题目的关键．13.【答案】答案不唯一 【解析】解：添加的条件是答案不唯一，
理由是：，四边形是平行四边形，
平行四边形是矩形，
故答案为：答案不唯一．
根据矩形的判定定理对角线相等的平行四边形是矩形推出即可．
此题主要考查了矩形的判定，关键是熟练掌握矩形的判定定理，难度不大．14.【答案】 【解析】解：四边形是菱形，
，，，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
根据菱形的性质得到，，，根据勾股定理得到，求得，根据菱形的面积公式即可得到结论．
此题主要考查了菱形的性质以及勾股定理，正确利用菱形的面积求出的长是解题关键．15.【答案】 【解析】解：如图，过点作于．

四边形是正方形，
，
，，
平分，，，
，，
设，
则，
，
解得，
．
故答案为：．
作于由平分，，，推出，设，则，所以，解得，由此解决问题．
本题考查正方形的性质、角平分线的性质定理、等腰三角形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．16.【答案】解：，
，，，
，
．
，；
，
，
解得，． 【解析】根据公式法可以解答此方程；
根据直接开平方法，可以解答此方程．
本题考查解一元二次方程，解答本题的关键是掌握解一元二次方程的方法．17.【答案】转化思想  完全平方公式  等式的性质  三  ， 【解析】解：，
移项，得，
提公因式，得，
则或，
，；
上面小明同学的解法中运用“配方法”将该一元二次方程“降次”为两个一元一次方程，体现的数学思想是转化思想，其中“配方法”所依据的一个数学公式是完全平方公式；
“第二步”变形的依据是等式的性质；
上面小明同学解题过程中，从第三步开始出现错误，正确的解是，；
解一元二次方程时需要注意的事项：先把方程化为一般形式、移项要变号、正确运用完全平方公式、解要化为最简答案不唯一，
故答案为：转化思想；完全平方公式；等式的性质；三；，．
利用提公因式法解出方程；
根据转化思想、完全平方公式解答；
根据移项的依据是等式的性质解答；
根据完全平方公式判断，再根据配方法求出方程的解；
根据解一元二次方程时，学生的常见错误给出意见．
本题考查的是一元二次方程的解法，掌握提公因式法、配方法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键．18.【答案】解：四边形是菱形．
理由：连接，交于点，
四边形是菱形，
，，，
，
，
即，
，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形． 【解析】连接，交于点，由菱形的性质得出，，，证出，证出四边形是平行四边形，则可得出结论．
本题考查了菱形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．19.【答案】解：设通道的宽是米，则停车位部分可合成长为米，宽为米的长方形，
根据题意得：，
整理得：，
解得：，不符合题意，舍去．
答：通道的宽是米． 【解析】设通道的宽是米，则停车位部分可合成长为米，宽为米的长方形，根据停车位占地面积为，可得出关于的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
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．20.【答案】解：，，
，
又平分，
，
，
，
又，，
，
四边形为矩形；

，，理由是：
四边形为矩形，
对角线与相交于点，
是的中点，
是的中点，
为的中位线，
，．

当时，四边形是一个正方形，
证明：且，，
，，
，
．
四边形为矩形，
四边形又为正方形． 【解析】由等腰三角形三线合一的性质得：，又有外角及角平分线的性质可得，根据三个角是直角的四边形是矩形可得结论．
由矩形的对角线相等且互相平分，得出是的中点，再由中位线定理可得，．
根据等腰直角三角形的性质，可得与的关系，根据正方形的判定，可得答案；
本题考查了正方形的判定与性质，等腰三角形的性质，矩形的判定，角平分线的性质，三角形中位线定理，能够掌握并熟练运用．21.【答案】   【解析】解：：；
故答案为：；；


，
无论取何值，总是非负数，
即，
，
的最小值为；
由题意得：，
，



，
无论取何值，总是非负数，即，
，
，
．
利用配方法求解；
利用配方法求出最小值；
求出，，利用求差法比较大小．
本题考查配方法，非负数的性质，完全平方公式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．22.【答案】   【解析】解：四边形是矩形，
，，
，
将该矩形沿对角线折叠，点的对应点为点，
，
，
，
设，则，
，
，
，
，
故答案为：，；
四边形为菱形，理由如下：
由折叠性质可得：，，，
又四边形为矩形，
，
，
，
，
，
四边形为菱形；
连接，

四边形为矩形，
，，，
，
设，则，
由折叠性质可得：，，
，
，
解得，
，，
，
，
．
由矩形的性质得出，，证出，设，则，由勾股定理求出的长，则可得出答案；
由折叠性质可得：，，，证出，由菱形的判定可得出答案；
求出的长，由菱形的面积可得出答案．
本题是几何变换综合题，考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．23.【答案】解：当时，，
，
当时，，
，
，点的坐标分别为，；
证明：，，
，
，
轴，轴，
，，
由点，的运动可知，，
≌，
，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是矩形；
解：当点，分别在，上时，
若四边形是正方形，则，
，
，
，
，
，解得，
当，分别在，上时，如图，

同理可证四边形是矩形，
若四边形是正方形，则，
，
，
．
，
，解得，
综上，的值为或；
解：存在，理由如下：
若以点，，，为顶点的四边形是菱形，则只需是等腰三角形即可．
当时，点与点重合，，
此时点与点关于轴对称，
；
当时，，
且，
；
当，则
解得，
，
此时且，
，
综上所述，点的坐标为或或． 【解析】将，分别代入解析式求解即可；
根据证明≌得出，证明四边形是平行四边形，再由，即可得出结论；分当点，分别在，上时，当，分别在，上时两种情况分别求解即可；
若以点，，，为顶点的四边形是菱形，则只需是等腰三角形即可，即当时，当时，当，分别求解即可．
本题是一次函数综合题，考查了矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，熟记各性质定理，并灵活运用是解题的关键．