四川省内江市威远县威远中学校2024-2025学年 九年级数学上学期10月月考考试卷

这是一份四川省内江市威远县威远中学校2024-2025学年 九年级数学上学期10月月考考试卷，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．下列式子一定是二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
2．下列二次根式中，可以与合并的是 （ ）
A．B．C．D．
3．已知关于的一元二次方程有一根为0，则等于（ ）
A．B．2C．D．或2
4．某校准备修建一个面积为181平方米的矩形活动场地，它的长比宽多11米，设场地的宽为米，则可列方程为（ ）
A．B．
C．D．
5．估计的值应在（ ）
A．3和4之间B．4和5之间C．5和6之间D．6和7之间
6．关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是（ ）
A．B．C．且D．且
7．已知，则的值等于（ ）
A．2B．﹣2C．4D．﹣4
8．下列计算中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
9．如果关于的一元二次方程满足，那么我们称这个方程为“阿凡达”方程．已知是“阿凡达”方程，且有两个相等的实数根，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
10．若是方程的两根，则（ ）
A．2022B．2023C．2024D．2025
11．已知，则化简的结果为（ ）
A．B．C．D．
12．对于代数式A、B，定义新运算，则下列说法正确的个数为（ ）
①若，则的值为3或；②若方程的解为a、b，则的值为；③若关于x的方程有两个不相等的实数解，则．
A．0B．1C．2D．3
第II卷（非选择题）
二、填空题
13．如图，利用一面墙（墙的长度不限），要用长的篱笆围成一个面积为的矩形场地．应怎样设计篱笆的边长？设垂直于墙的边长为，则可列方程为 ．
14．如果，那么的值是 ．
15．若为的小数部分，则的值为 ．
16．对于一切不小于2的自然数n，关于x的一元二次方程的两个根为，则 ．
三、解答题
17．计算
(1) (2)
18．解下列方程
(1) ； (2)； (3)．
19．已知关于的一元二次方程．
(1)当时，求该方程的根；
(2)求证：不论取何实数，该方程总有两个实数根．
20．2023年杭州亚运会吉祥物一开售，就深受大家的喜爱．某商店以每件35元的价格购进某款亚运会吉祥物，以每件58元的价格出售．经统计，4月份的销售量为256件，6月份的销售量为400件．
(1)求该款吉祥物4月份到6月份销售量的月平均增长率；
(2)从6月份起，商场决定采用降价促销的方式回馈顾客，经试验，发现该吉祥物每降价1元，月销售量就会增加20件．当该吉祥物售价为多少元时，月销售利润达8400元？
21．阅读下列材料，解答相应的问题．
在进行二次根式化简时，我们有时会碰上如，，这样的式子，其实我们还可以将其进一步化简：
；；
．
以上这种化简的步骤叫做分母有理化．
(1)化简：__________． (2)请直接写出的化简结果：________．
(3)计算：．
22．综合与实践
【方法研究】
配方法是数学中重要的一种思想方法，利用配方法可求一元二次方程的根，也可以求代数式的最值等．所谓配方法是指将一个式子的某部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和的方法．其实这种方法还经常被用到代数式的变形中，并结合完全平方的非负性解决某些问题．
例：求代数式的最大值．
解：原式．
，，
，
的最大值为-3．
【探索探究】
（1）若，满足，则__________，__________．
（2）若等腰的三边长，，均为整数，且满足，求的面积．
【拓展应用】
（3）如图，这是加菲尔德证明勾股定理的一个图形，其中，，是和的三边长．根据勾股定理，可得，我们把关于的一元二次方程，称为“勾系一元二次方程”，已知代数式的最小值是“勾系一元二次方程”的一个根．四边形的周长为，试求四边形的面积．

参考答案：
1．D
【分析】本题考查了二次根式的定义，熟练掌握二次根式的定义是解题的关键．形如（）是二次根式，注意二次根式的被开方数是非负数即可得解．
【详解】解：A、当时，不是二次根式，该选项不符合题意；
B、当时，不是二次根式，该选项不符合题意；
C、是三次根式，该选项不符合题意；
D、 ， 是二次根式，该选项符合题意；
故选：D．
2．D
【分析】本题考查的是同类二次根式，掌握二次根式的性质、同类二次根式的概念是解题的关键．先把各个二次根式化简，根据同类二次根式的概念判断即可．
【详解】解：A、，与不是同类二次根式，无法合并，故本选项不符合题意；
B、与不是同类二次根式，无法合并，故本选项不符合题意；
C、，与不是同类二次根式，无法合并，故本选项不符合题意；
D、，与是同类二次根式，能合并，故本选项符合题意；
故选：D
3．C
【分析】本题考查了一元二次方程的定义和一元二次方程的根，注意一元二次方程的二次项系数不能等于0是解题的关键．把代入方程，解之得的值，且，从而得到答案．
【详解】解：把代入方程，得
解得：
故选：C．
4．B
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意设出未知数，利用矩形的面积公式列出方程即可．
【详解】解：设宽为米，则长为米，
根据题意得：，
故选：B．
5．C
【分析】首先确定的范围，进而可得答案．
【详解】解：∵，
∴，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了估算无理数的大小，属于基础题型．
6．D
【分析】本题考查的是一元二次方程根的判别式，一元二次方程的定义，掌握“一元二次方程有实数根，则”是解题的关键．
根据一元二次方程有实数根，则列出不等式，解不等式即可，需要注意．
【详解】解：由题意得，
解得：且，
故选：D．
7．C
【分析】根据非负性求出x、y的值，代入求解即可．
【详解】解：∵（x﹣1）2+＝0，
∴x﹣1＝0，y+4＝0，
解得：x＝1，y＝﹣4，
∴＝＝＝4．
故选：C．
【点睛】本题考查二次方根的求值、偶次方和算术平方根的非负性、解一元一次方程，熟知偶次方和算术平方根的非负性是解答的关键．
8．C
【分析】本题考查二次根式的混合运算，根据运算法则逐一计算判断即可．
【详解】解：A、与不能合并，故A错误，不符合题意；
B、与不能合并，故B错误，不符合题意；
C、，故C项正确，符合题意；
D、，故D项错误，不符合题意；
故选：C．
9．A
【分析】本题主要考查了一元二次方程的根的判别式，掌握根的判别式与根的关系成为解题的关键．
由判别式的意义可得，根据“阿凡达”方程的定义可得，即，把代入可得到，则，然后再逐项判断即可．
【详解】解：∵是“阿凡达”方程，且有两个相等的实数根，
∴，，即，
∴，即，即
∴
∴．
故选：A．
10．A
【分析】本题考查一元二次方程的解，根与系数的关系，根据题意，得：，整体代入代数式进行计算即可．
【详解】解：由题意，得：，
∴，
∴；
故选A．
11．A
【分析】本题考查二次根式的性质与化简，根据绝对值的性质得，即，所以，，再根据二次根式的性质化简即可．掌握二次根式的性质及绝对值的意义是解题的关键．也考查了完全平方公式的应用．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，，
∴
．
故选：A．
12．B
【分析】根据新定义得，则得出或，代入，即可判断①；根据一元二次方程根与系数的关系得出，，则，求出，即可判断②；根据新定义和绝对值可得，根据一元二次方程的判别式，即可判断③．
【详解】解：①，
整理得：，
∴，
∴或，
∴或，
故①正确，符合题意；
②，
∵方程的解为、，
∴，，
∴，
∴，则
当时，，
当时，，
∴的值为或，
故②不正确，不符合题意；
③∵，方程有两个不相等的实数解，
∴，
当时，整理得：，
∴，解得：；
当时，整理得：，
∴，解得：；
∴，
故③不正确，不符合题意；
综上：正确的有①，共1个；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了新定义下的实数运算，解一元二次方程，一元二次方程根于系数的关系，一元二次方程根的判别式，解题的关键是正确理解题意，明确新定义的运算顺序和运算法则，掌握一元二次方程根与系数关系：，；当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根．
13．
【分析】本题主要考查了从实际问题中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．
由篱笆的总长及垂直于墙的篱笆长度，可得出平行于墙的篱笆长为，根据矩形场地的面积为，即可得出关于x的一元二次方程．
【详解】解：∵要用长的篱笆围成一个面积为的矩形场地，垂直于墙的边长为，
∴平行于墙的边长为，
根据题意，可得．
故答案为：．
14．
【分析】根据二次根式有意义的条件，求出的值，进而求出的值即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查二次根式有意义的条件，代数式求值．熟练掌握二次根式的被开方数是非负数，是解题的关键．
15．
【分析】估算出在哪两个连续整数之间求得的值，然后将其代入中计算即可．
【详解】解：，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查无理数的估算，解题的关键是估算出在哪两个连续整数之间．
16．
【分析】由根与系数的关系得，，所以，则，然后代入即可求解．
【详解】由根与系数的关系得，，
所以，
则，
则
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了根与系数的关系，难度较大，关键是根据根与系数的关系求出一般形式再进行代入求值．
17．(1)
(2)
【分析】本题主要考查了二次根式的混合计算，实数的运算，
（1）先化简二次根式，再计算零指数幂，负整数指数幂和立方根，最后计算加减法即可；
（2）先根据平方差公式和完全平方公式去括号，然后计算加减法即可．
【详解】（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
18．(1)，
(2)，
(3)，
【分析】本题主要考查了解一元二次方程，解题关键是熟练掌握一元二次方程的常用解法，如直接开方法、配方法、公式法、因式分解法等．
（1）将原方程移项可得，等号两边同时加上一次项系数一半的平方，可得，再配方可得，然后求解即可；
（2）利用公式法解该方程即可；
（3）将原方程整理为，然后利用因式分解法解该方程即可．
【详解】（1）解：，
，
，
，
∴，
∴，；
（2）解：，
∵，，，
∴，
∴，
∴，；
（3）解：，
，
，
，
∴，．
19．(1)
(2)见解析
【分析】本题考查解一元二次方程，一元二次方程根的判别式；
（1）当时，原方程可化为，利用因式分解求解即可；
（2）证明即可．
【详解】（1）：当时，原方程可化为
∴，
解得．
（2）由题意，得，
不论取何实数，该方程总有两个实数根．
20．(1)该款吉祥物4月份到6月份销售量的月平均增长率为
(2)当该吉祥物售价为50元时，月销售利润达8400元
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，弄清题意，找准等量关系是解题的关键．
（1）设该款吉祥物4月份到6月份销售量的月平均增长率为x，根据增长率问题的等量关系列方程求解即可；
（2）设该款吉祥物降价m元，则每件的利润为元，月销售量为件，根据月销售利润为8400元列方程求解即可．
【详解】（1）解：设该款吉祥物4月份到6月份销售量的月平均增长率为x，
根据题意得：，
解得：，（不符合题意，舍去），
答：该款吉祥物4月份到6月份销售量的月平均增长率为；
（2）解：设该款吉祥物降价m元，则每件的利润为元，月销售量为件，
根据题意得：，
整理得：，
解得：，（不符合题意，舍去），
，
答：当该吉祥物售价为50元时，月销售利润达8400元．
21．(1)；
(2)；
(3)．
【分析】考查二次根式的有理化．根据二次根式的乘除法法则进行二次根式有理化．二次根式有理化主要利用了平方差公式，所以一般二次根式的有理化因式是符合平方差公式的特点的式子．
（1）分子分母分别乘即可；
（2）分子分母分别乘即可；
（3）每一个分母都乘以它的有理化因式化简后合并即可．
【详解】（1）解：，
故答案为：；
（2）解：，
故答案为：；
（3）解：
．
22．（1）；2；（2）的面积为或；（3）．
【分析】（1）利用配方法得到，据此可得答案；
（2）利用完全平方公式把已知条件式变形为，再根据非负数的性质得到，据此分腰长为4和腰长为5，根据构成三角形的条件和勾股定理求出底边上的高，最后根据三角形面积公式求解即可；
（3）利用配方法得到求出的最小值，从而得出是的一个根，得到，由四边形的周长为求出，再由勾股定理可得，最后由，求出的值即可得到答案．
【详解】解：（1）∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；2；
（2）∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴；
当腰长为4时，则底边长为5，
∵，
∴此时能构成三角形，
如图所示，在中，，
∴，
∴，
∴；

当腰长为5时，则底边长为4，
∵，
∴此时能构成三角形，
如图所示，在中，，
∴，
∴，
∴；
综上所述，的面积为或；
（3）
，
∵，
∴，
∴的最小值为，
∵代数式的最小值是“勾系一元二次方程”的一个根，
是的一个根，
，
，
四边形的周长为，
，
，
，
，
，
，
∴
．
【点睛】本题主要考查了配方法的应用、运用完全平方公式进行计算、等腰三角形的定义，构成三角形的条件，一元二次方程解的定义，勾股定理等知识，熟练掌握以上知识点，准确进行计算是解题的关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
D
C
B
C
D
C
C
A
A
题号
11
12








答案
A
B