广东省广州市荔湾区广州市第一中学2023-2024学年九年级上学期月考数学试题（解析版）

这是一份广东省广州市荔湾区广州市第一中学2023-2024学年九年级上学期月考数学试题（解析版），共28页。试卷主要包含了四象限即可解题.，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 一元二次方程的根的情况是（ ）
A. 只有一个实数根B. 有两个相等的实数根
C. 有两个不相等的实数根D. 没有实数根
【答案】C
【解析】
【分析】求出一元二次方程根的判别式的值，判断即可．
【详解】解：，
则方程有两个不等的实数根.
故选：C．
【点睛】此题考查了根的判别式，一元二次方程，当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程没有实数根；当时，方程有两个相等的实数根，反之也成立．
2. 一元二次方程x2﹣25＝0的解是（ ）
A. x＝5B. x＝﹣5C. x1＝5，x2＝﹣5D. x1＝0，x2＝5
【答案】C
【解析】
【分析】移项后开方即可得出方程的解．
【详解】∵，
∴，
开方得：，
．
故选：C．
【点睛】本题考查了用直接开方法求一元二次方程的解．若方程为的形式，那么．
3. 如图，水平放置的空心圆柱体的主视图为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据主视图是从前面看到的图形解答即可.
【详解】水平放置的空心圆柱的主视图是矩形，中间有两条画虚线，
故选C．
【点睛】此题主要考查了三视图的画法，正确掌握三视图之间的数量关系是解决问题的关键. 主视图与俯视图长对正，主视图与左视图高平齐，左视图与俯视图宽相等，结合俯视图与左视图的定义画出即可.
4. 下列方程是关于x的一元二次方程的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义：等式两边都是整式，只含一个未知数，未知数的最高次数是2次的方程，叫做一元二次方程．
【详解】解：A、，含两个未知数，故该选项错误；
B、，未知数的最高次数是3次，故该选项错误；
C、，不是整式方程，故该选项错误；
D、是关于x的一元二次方程，故该选项正确；
故选：D．
【点睛】本题考查一元二次方程的定义和一般形式，解题的关键是理解一元二次方程的定义．
5. 关于概率，下列说法正确的是（ ）
A. 某地“明天降雨的概率是90%”表明明天该地有90%的时间会下雨；
B. 13个同学参加一个聚会，他们中至少有两个同学的生日在同一个月；
C. “打开电视，正在播放新闻节目”是不可能事件；
D. 经过有交通信号灯的路口，一定遇到红灯.
【答案】B
【解析】
【分析】根据事件发生的可能性大小判断相应事件的类型即可．
【详解】某地“明天降雨的概率是90%”表明明天该地下雨的可能性很大，故A不正确；
“13个同学参加一个聚会，他们中至少有两个同学的生日在同一个月”，根据“抽屉原理”，这是一个必然事件，故B正确.
“打开电视，正在播放新闻节目”是可能事件；故C不正确；
“经过有交通信号灯的路口，遇到红灯”.是可能事件，故D不正确.
故选B
【点睛】本题考查了随机事件，根据生活经验和数学知识，能够判断“必然事件”，“可能事件”，“不可能事件”是解题的关键.
6. 如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，下列说法中不正确的是（ ）
A. B. △ADE∽△ABC
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据中位线的性质定理可知，，然后由平行线分线段成比例定理和相似三角形的判定与性质即可获得答案．
【详解】解：∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴，，
∴△ADE∽△ABC，
∴，，
∴选项A、B、D说法正确，不符合题意，
选项C说法不正确，符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了中位线的性质定理、平行线分线段成比例定理以及相似三角形的判定与性质等知识，解题关键是正确找出对应线段、准确列出比例式．
7. 反比例函数y＝﹣的图象在（ ）
A. 第一、三象限B. 第一、二象限C. 第二、四象限D. 第三、四象限
【答案】C
【解析】
【分析】根据反比例函数中k0,图像必过二、四象限即可解题.
【详解】解：∵-10,
根据反比例函数性质可知,
反比例函数y=﹣ 的图象在第二、四象限,
故选C.
【点睛】本题考查了反比例函数的图像和性质,属于简单题,熟悉反比例函数的性质是解题关键.
8. 如图，小正方形的边长均为1，则图中三角形（阴影部分）与相似的是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设小正方形的边长为1，根据已知可求出三边的长，同理可求出阴影部分的各边长，从而根据相似三角形的三边对应成比例即可得到答案．
【详解】解：∵小正方形的边长均为1
∴三边由小到大分别为，2，
同理：A中各边的长分别为：，，3；
B中各边长分别为：1，，；
C中各边长分别为：1、，；
D中各边长分别为：2，，；
由只有B项中的三边与已知三角形的三边对应成比例，且相似比为
故选：B．
【点睛】此题主要考查学生对相似三角形的判定方法的理解及运用．
9. 如图，直线与双曲线交于点A．将直线向右平移6个单位后，与双曲线交于点B，与x轴交于点C，若，则k的值为（ ）
A. 12B. 14C. 18D. 24
【答案】A
【解析】
【分析】作轴于D点，轴于E，根据平移得到C点坐标为，证明，利用相似比得A点坐标，B点坐标，再根据反比例函数图象上点的坐标得到，解得的值，求得A点坐标代入即可确定k的值．
【详解】作轴于D点，轴于E，如图，
∵直线向右平移6个单位得到直线，
∴C点坐标为，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
当时，，即A点坐标为
∴，
∴B点坐标为，
∴，
解得（舍去），，
∴A点坐标为，
把A点坐标代入得．
故选：A．
【点睛】本题主要考查一次函数平移、三角形相似的判定和性质、反比例函数与一次函数的交点问题，正确作出辅助线和取得反比例函数的关系式是解题的关键．
10. 如图，A、B是函数的图象上的点，且A、B关于原点O对称，轴于C，BD⊥x轴于D，如果四边形的面积为S，那么（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由于A、B在反比例函数图象上且关于原点对称，根据反比例函数中k的几何意义，，则四边形的面积S即可求出．
【详解】解：∵A，B是函数的图象上关于原点对称的任意两点，
∴若假设A点坐标为，
则B点坐标为，
，
，
故四边形面积S是．
故选：D．
【点睛】本题主要考查反比例函数中比例系数k的几何意义和函数图象的对称性，熟练掌握相关知识是解题关键．
二、填空题（本大题5小题，每小题5分，共25分）请将下列各题的正确答案填写在答题卡的位置上．
11. 随着互联网的发展，某购物网站的年销售额从2013年的200万元增加到2015年的392万元.设该网站平均每年销售额增长的百分率为，则所列方程是________.
【答案】200（1+x）2=392
【解析】
【分析】根据增长后的量=增长前的量×（1+增长率），参照本题，如果设平均增长率为x，根据“从2013年的200万元增长到2015年的392万元”，即可得出方程．
【详解】解：设该购物网站平均每年销售额增长的百分率为x，
根据题意，得：200（1+x）2=392，
解得：x1=0.4，x2=-2.4（不符合题意，舍去）．
答：该购物网站平均每年销售额增长的百分率为40%．
故答案为：200（1+x）2=392．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用．关于平均增长率问题，可设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2=b．
12. 方程的两根为，，则_____．
【答案】##
【解析】
【分析】由方程的两根为，，根据根与系数的关系可得，，再将算式变形为只含两根之和与两根之积的形式，代入数据即可得出结论．
【详解】解：根据题意得：，，
所以原式．
故答案为：．
【点睛】本题考查了根与系数的关系，关键是将根与系数的关系与代数式变形相结合进行解题．
13. 如图，正六边形螺帽的边长是2cm，这个扳手的开口a的值应是______________.
【答案】
【解析】
【详解】连接AC，作BD⊥AC于D；根据正六边形的特点求出∠ABC的度数，再由等腰三角形的性质求出∠BAD的度数，由特殊角的三角函数值求出AD的长，进而可求出AC的长．
解：连接AC，过B作BD⊥AC于D；
∵AB=BC，
∴△ABC是等腰三角形，
∴AD=CD；
∵此多边形为正六边形，
∴∠ABC==120°，
∴∠ABD==60°，
∴∠BAD=30°，AD=AB•cs30°=2×=，
∴a=2cm．
故选A．
“点睛”此题比较简单，解答此题的关键是作出辅助线，根据等腰三角形及正六边形的性质求解．
14. 如图，正方形ABCD边长为4，∠DAC的平分线交DC于点E．若点P、Q分别是AD和AE上的动点，则DQ＋PQ的最小值是________．
【答案】2
【解析】
分析】过点D作AE的垂线交AE于点F，交AC于D′，再过D′作D′P′⊥AD，由角平分线的性质可得出D′是D关于AE的对称点，进而可知D′P′ 即为DQ+PQ的最小值．
【详解】解：如图，过点D作AE的垂线交AE于点F，交AC于点D′，再过点D′作D′P'⊥AD于点P'，
∵DD′⊥AE，
∴∠AFD＝∠AFD′，
∵AF＝AF，∠DAE＝∠CAE，
∴△ADF≌△AD′F，
∴AD′＝AD＝4，
∵点D′与点D关于AE对称，
∴QD＝QD′，
∴DQ＋PQ＝QD′＋PQ＝PD′，
∴D′P'的长即为DQ＋PQ的最小值，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAD′＝45°，
∴AP'＝P'D′，
∴在Rt△AP'D′中，P'D′2＋AP'2＝AD′2，即2D'P'2＝16，
∴P'D′＝2，即DQ＋PQ的最小值为2．
故答案为：2.
【点睛】本题考查的是轴对称——最短路线问题，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．
15. 如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，，在线段、上各有一动点M、N，则的最小值是_____．

【答案】
【解析】
【分析】过B点作的垂线，使两边的线段相等，到E点，过E作垂直交于F点，由勾股定理求出，利用等面积法求出再根据得到对应线段成比例即可得到答案．
【详解】解：过B点作的垂线，使两边的线段相等，到E点，过E作垂直交于F点，

，
，
边上的高为，所以．
，
，即，
．
即的最小值是；
故答案为：．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质以及勾股定理，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．
三、计算题（本大题2小题，每小题6分，共12分)
16. （1）解方程：
（2）解方程：
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）先移项，再用提取公因式法进行因式分解，即可求解；
（2）用十字相乘法进行因式分解，即可求解．
【详解】（1）解：，
方程变形得：，
分解因式得：，
可得或，
解得：；
（2）解：，
，
则或，
解得：．
【点睛】本题主要考查了用因式分解法解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握因式分解的各种方法以及解一元二次方程的方法和步骤．
四、解答题（本大题4小题，共33分）
17. 为了节省材料，某水产养殖户利用水库的岸堤（岸堤长）为一边，用总长为的栅栏在水库中围成了如图所示矩形区域，矩形区域的面积能达到吗？如果能，请给出设计方案；如果不能，请说明理由．
【答案】平行于岸堤的一段长，垂直于岸堤的一段长为，见解析
【解析】
【分析】设所围矩形平行于岸堤的一段长为，则垂直于岸堤的一段长为，根据矩形面积的计算方法列出方程求解即可．
【详解】解：设平行于岸堤的一段长为，
则垂直于岸堤的一段长为，
所以，
解得（舍）
故平行于岸堤的一段长，垂直于岸堤的一段长为时符合题目要求.
【点睛】此题考查一元二次方程的实际运用，利用矩形的面积建立方程是解决问题的关键．
18. 实验探究：甲、乙两个不透明的纸盒中分别装有形状、大小和质地完全相同的两张和三张卡片， 甲盒中两张卡片上分别标有数字1和2， 乙盒中的三张卡片分别标有数字3、4、5. 小红从甲盒中随机抽取一张卡片，并将其卡片上的数字作为十位数字，再从乙盒中随机抽取一张卡片，将其卡片上的数字作为个位数字，从而组成一个两位数.
(1)请你用树状图或列表的方式写出所有组成的两位数；
(2)求出所组成两位数是奇数的概率.
【答案】（1）13，14，15，23，24，25；（2）
【解析】
【分析】（1）列出给出所有可能组成的两位数即可.
（2）根据（1）中可知可以组成6个两位数，其中奇数的个位为4个，所以组成的两位数是奇数的概率为两位数是奇数的个数与总个数之比.
【详解】（1）
所以可以组成6个两位数，分别是13，23,14,24,15,25
（2）其中奇数有13,23,15,25共4个，所以所组成的两位数是奇数的概率为
【点睛】本题主要考查树状图或列表法求概率，解题的关键是根据题意画出树状图或表格，再由概率等于所求情况数与总情况数之比来求解.
19. 如图，在菱形ABCD中，AB=4cm，∠BAD=60°．动点E、F分别从点B、D同时出发，以1cm/s的速度向点A、C运动，连接AF、CE，取AF、CE的中点G、H，连接GE、FH．设运动的时间为ts（0＜t＜4）．
（1）求证：AF∥CE；
（2）当t为何值时，四边形EHFG为菱形；
（3）试探究：是否存在某个时刻t，使四边形EHFG为矩形，若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）t=1，（3）不存在某个时刻t，使四边形EHFG为矩形．
【解析】
【分析】（1）根据菱形的性质得到∠B=∠D，AD=BC，AB∥DC，推出△ADF≌△CBE，根据全等三角形的性质得到∠DFA=∠BEC，根据平行线的判定定理即可得到结论；
（2）过D作DM⊥AB于M，连接GH，EF，推出四边形AECF是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到四边形EGFH是菱形，证得四边形DMEF是矩形，于是得到ME=DF=t列方程即可得到结论；
（3）不存在，假设存在某个时刻t，使四边形EHFG为矩形，根据矩形的性质列方程即可得到结果．
【详解】（1）证明：∵动点E、F同时运动且速度相等，
∴DF=BE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B=∠D，AD=BC，AB∥DC，
在△ADF与△CBE中，
∴△ADF≌△CBE，
∴∠DFA=∠BEC，
∵AB∥DC，
∴∠DFA=∠FAB，
∴∠FAB=∠BEC，
∴AF∥CE；
（2）过D作DM⊥AB于M，连接GH，EF，
∴DF=BE=t，
∵AF∥CE，AB∥CD，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵G、H是AF、CE的中点，
∴GH∥AB，
∵四边形EGFH是菱形，
∴GH⊥EF，
∴EF⊥AB，∠FEM=90°，
∵DM⊥AB，
∴DM∥EF，
∴四边形DMEF是矩形，
∴ME=DF=t，
∵AD=4，∠DAB=60°，DM⊥AB，
∴
∴BE=4﹣2﹣t=t，
∴t=1；
（3）不存在，假设存在某个时刻t，使四边形EHFG为矩形，
∵四边形EHFG为矩形，
∴EF=GH，
∴EF2=GH2，
即解得t=0，0＜t＜4，
∴与原题设矛盾，
∴不存在某个时刻t，使四边形EHFG为矩形．
【点睛】属于四边形的综合题，考查全等三角形的判定与性质，菱形的性质，矩形的判定等，掌握菱形的性质，矩形的判定是解题的关键．
20. 如图，在ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，BD=DC，AB=6，AD=8，点P、Q分别为BC、AD上的动点，连接PQ，与BD相交于点O．
（1）当∠1=∠2时，求证：∠DOQ=∠DPC；
（2）当（1）条件下，求证：DQ·PC=BD·DO；
（3）如果点P由点B向点C移动，每秒移动2个单位，同时点Q由点D向点A移动，每秒移动1个单位，设移动的时间为t秒，是否存在某一时刻，使得△BOP为直角三角形，如果存在，请直接写出t的值；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）存在；当t＝秒或t＝秒时，△BOP直角三角形．
【解析】
【分析】（1）根据相似三角形的判定定理证明△DOP∽△DPB，得到∠DOP=∠DPB，根据邻补角的
性质证明结论；
（2）证明△DOQ∽△CPD，根据相似三角形的对应边成比例证明结论；
（3）分①∠BPO=90°和②∠POB=90°两种情况，根据矩形的性质和相似三角形的性质计算即可．
【详解】（1）证明：∵∠PDO=∠BDP，∠1=∠2，
∴△DOP∽△DPB，
∴∠DOP=∠DPB，
∵∠DOQ+∠DOP=∠DPC+∠DPB=180°，
∴∠DOQ=∠DPC；
（2）证明：∵AD∥BC，
∴∠ADO=∠1，
∵BD=DC，
∴∠1=∠C，
∴∠ADO=∠C，
又∵∠DOQ=∠DPC，
∴△DOQ∽△CPD，
∴，
∵BD=DC，
∴，
∴DQ•PC=BD•DO；
（3）存在，
①如图1，当∠BPO=90°时，
∵BP=2t，DQ=t，
∴AQ=8-t
∵此时AQ=BP
∴8-t=2t
∴t＝；
②如图2，当∠POB=90°时，
∵△DOQ∽△BOP
∴
∵AB=6，AD=8，
∴BD=10，
∴DO=
∵△DOQ∽△DAB，
∴，
∴，
∴t＝．
综上所述，当t＝秒或t＝秒时，△BOP为直角三角形．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质，线段的动点问题，直角三角形的性质，灵活运用相似三角形的判定定理和性质定理、正确运用分情况讨论思想是解题的关键．