辽宁省铁岭市开原市2024-2025学年九年级上学期9月月考数学试题（解析版）-A4

这是一份辽宁省铁岭市开原市2024-2025学年九年级上学期9月月考数学试题（解析版）-A4，共24页。试卷主要包含了 下列说法正确的是， 关于x的方程的根的情况是等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1. 下列方程中，属于一元二次方程的是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的识别，只含有一个未知数，并且未知数项的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程，据此逐项判断即可．
【详解】解：A，，含有两个未知数，不是一元二次方程，不合题意；
B，是一元二次方程，符合题意；
C，，含有两个未知数，不是一元二次方程，不合题意；
D，不是整式方程，不是一元二次方程，不合题意；
故选B．
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 对角线相等的四边形是矩形B. 对角线互相垂直的四边形是菱形
C. 对角线相等的平行四边形是矩形D. 对角线互相平分的四边形是菱形
【答案】C
【解析】
【分析】根据一般平行四边形和特殊平行四边形的性质解答．
【详解】A选项：对角线相等的四边形不一定是矩形，还可能是等腰梯形，故A错误；
B选项：对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，故B错误；
C选项：对角线相等的平行四边形是矩形，故C正确；
D选项：对角线互相平分的四边形是平行四边形，故D错误．
故选C
【点睛】本题考查平行四边形的性质，熟练掌握一般平行四边形和特殊平行四边形的性质是解题关键．
3. 关于x的方程的根的情况是（ ）
A. 有两个相等的实数根B. 有两个不相等的实数根
C. 只有一个实数根D. 无实数根
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的根的判别式．熟练掌握一元二次方程的根的判别式是解题的关键．
由题意知，，然后判断作答即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴方程有两个相等的实数根，
故选：A．
4. 关于x的方程是一元二次方程，则m的值是（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程的概念，只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，一般形式是（且，特别要注意的条件 ．
本题根据一元二次方程的定义求解即可．
【详解】解：根据题意得：，
解得：．
故选：B．
5. 如图，已知在平面直角坐标系中，四边形是菱形，其中点B的坐标是，点D的坐标是，点A在x轴上，则点C的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先连接 、 相交于点 ，由在菱形 中，点 在 轴上，点 的坐标为 ，点 的坐标为 ，可求得点 的坐标，继而求得答案．
【详解】解：连接，相交于点，
四边形是菱形，
，，，
点在轴上，点的坐标为，点的坐标为，
，轴，
，
，
点的坐标为：．
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质以及坐标与图形的性质，解题的关键是注意菱形的对角线互相平分且垂直．
6. 如图，矩形中，，在轴上．且点的横坐标为，若以点为圆心，对角线的长为半径作弧交轴的正半轴于，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据矩形的性质得出，由题意可知：，再根据点坐标进而可以解决问题；
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴
由题意可知：
∵点的横坐标为
∴点的横坐标为
∵点在轴上
∴点的坐标为
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质、平面直角坐标系内点的坐标特征；熟练掌握矩形的对角线相等是解题的关键．
7. 如图，菱形的对角线交于点O，点M为的中点，连接，若，，则的长为（ ）
A. 4B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理、中位线，熟练掌握菱形的性质和中位线的性质是解题的关键，利用菱形的性质：对角线相互垂直，中位线的性质：平行且等于底边的一半即可得到答案．
【详解】解：∵四边形为菱形，
∴，，，
∴，
∵点M为的中点，点O为的中点，
∴．
故选：C．
8. 摩拜共享单车计划2023年第三季度（8月，9月，10月）连续3个月对成都投放新型摩拜单车，计划8月投放3000台，第三季度共投放12000台，每月按相同的增长率投放，设增长率为，则可列方程（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程应用，关键是抓住增长率表示出12月的投放台数．根据8月投放台数，列出用增长率表示9月和10月的投放台数，再根据题意列方程即可．
【详解】根据题意，计划9月投放台，计划10月投放台，所以可列方程．
故选：D．
9. 在长为，宽为的长方形田地中开辟三条宽度相等的道路，已知剩余田地的面积为，求道路的宽度．设道路的宽度为，则可列方程（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据余田的面积为468列出方程即可．
【详解】解：设入口的宽度为x m，由题意得：
（30-2x）（20-x）=468．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程．
10. 如图，正方形中，点为对角线的中点，矩形两边分别交、边于、两点，连接，下列结论正确的有（ ）个．
（1）；（2）；（3）；（4）若，则以为斜边的直角三角形面积的最大值为8．
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】由正方形的性质和已知条件得出，可得，得出，得出（1）正确；可得四边形的面积的面积正方形的面积，得出（2）错误，进而可得，可得（3）正确，结合完全平方公式可得，得出（4）错误．从而可得答案．
【详解】解：∵正方形，
∴，，，，
∴，
，
，
在和中，
，
；
同理：；
，
；故（1）符合题意；
∵，
∴，故（2）不符合题意；
∵正方形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，，
∴，故（3）符合题意；
∵，，
∴
∵，
∴，即，
∴，
∴，则以为斜边的直角三角形面积的最大值为4．故（4）不符合题意；
故选B
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，完全平方公式的应用，以及勾股定理等．解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11. 关于x的一元二次方程有实数根，则k的取值范围是______．
【答案】且
【解析】
【分析】根据一元二次方程定义和一元二次方程根的判别式列不等式组求解即可．
【详解】解：根据题意，得
，
解得：且，
故答案为：且．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式的应用．切记不要忽略一元二次方程二次项系数不为零这一隐含条件．
12. 如图，在菱形中，，点E、F分别是线段上的动点，连接，若，，则图中阴影部分的面积是__________．
【答案】
【解析】
【分析】如图，连接，证明是等边三角形，证明，则，，如图，作于，则，，由勾股定理得，，，进而可求阴影部分的面积．
【详解】解：如图，连接，
∵菱形，，
∴，，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
如图，作于，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含的直角三角形等知识．熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含的直角三角形是解题的关键．
13. 如图，根据物理学规律，如果把一个物体从地面以的速度竖直上拋，那么物体经过离地面的高度（单位：m）为．根据物理学规律，物体经过__________s落回地面．（结果保留小数后两位）
【答案】2.04
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的实际运用，列出一元二次方程并求解是解题的关键．
根据物体回落到地面，即，求解即可．
【详解】解：根据物体落回地面，可得，
解得：（舍），，
因此物体经过2.04s落回地面．
故答案为：2.04．
14. 如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点E，连接，若，菱形的面积为18，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的性质和面积计算，直角三角形的性质，先根据菱形的面积求出，再根据直角三角形的性质即可求解．
【详解】由题意得：，解得：
∵
∴
故答案为：2．
15. 如图，，，，，点D为的中点，点E在的延长线上，将绕点D顺时针旋转度得到，当是直角三角形时，的长为________．

【答案】或
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，全等三角形的性质，旋转的性质．根据勾股定理可求出，先根据全等三角形的性质和旋转的性质，得到，从而得到．再分情况讨论：①当时；②当时，利用勾股定理分别求解，即可得到答案．利用分类讨论的思想解决问题是解题关键．
【详解】解：，，，
由勾股定理得：，
，
，
绕点D顺时针旋转得到，
，
点D为的中点，
，
①当时，

，
，
；
②当时，

在中，，
在中，，
综上可知，的长为5或．
故答案为：5或．
三．解答题（共8小题，满分75分）
16. 解方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的解法，熟练掌握因式分解法、公式法解一元二次方程是解决问题的关键．
（1）由十字相乘法因式分解求一元二次方程的根即可得到答案；
（2）由公式法求一元二次方程的根即可得到答案．
【小问1详解】
解：，
，解得；
【小问2详解】
解：，
，
，
∴，
∴，．
17. 已知关于x的一元二次方程．
（1）求证：该方程总有两个不相等的实数根；
（2）若是该方程的一个解，求方程的另一个根．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的根的判别式，方程的解，解一元二次方程．
（1）根据根的判别式证明即可得证结论；
（2）根据方程解的定义可求出n的值，把n的值代入方程，解该一元二次方程即可解答．
【小问1详解】
证明：∵在一元二次方程中，，，，
∴，
∴方程总有两个不相等的实数根．
【小问2详解】
解：∵是该方程的一个解，
∴，
解得，
∴该方程为，
解得，，
∴方程的另一个根为．
18. 如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为A3,2，，．
（1）画出将向左平移4个单位后得到的图形；
（2）画出将绕点C按逆时针方向旋转后得到的图形，并直接写出四边形的形状；
（3）在平面内有一点D，当以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点D的坐标．
【答案】（1）见解析 （2）画图见解析，四边形是平行四边形
（3）或或
【解析】
【分析】本题考查了坐标与图形，平行四边形的判定与性质，中心对称等知识，解题的关键是∶
（1）根据平移规则，确定的位置，再进行连线即可得到；（2）根据成中心对称的性质，画出，然后根据中心对称的性质、平行四边形的判定即可得出结论；（3）分①以，为对角线，②以，为对角线，③以，为对角线，三种情况讨论，然后利用平行四边形的性质，中点坐标公式求解即可．
【小问1详解】
解∶如图， 即为所求；
【小问2详解】
解：如图，即为所求，
∵将绕点C按逆时针方向旋转后得到的图形，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
【小问3详解】
解：设，
①以，为对角线，
则，
解得，
∴；
②以，为对角线，
则，
解得，
∴；
③以，为对角线，
则，
解得，
∴
综上，D的坐标为或或．
19. 如图，在平行四边形中，是上一点（不与点，重合），，过点作，交于点，连接，．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）当，时，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证出即可得到结论；
（2）由证明，得出，设，则，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴平行四边形是矩形；
【小问2详解】
解：∵四边形是矩形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得：，
∴的长是．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理的应用等知识；熟练掌握平行四边形的性质和勾股定理，证明四边形为矩形是解决问题的关键．
20. 如图，在中，，过点C的直线，D在边上一点．过点D作，交直线于E，垂足为F，连接、．

（1）求证：；
（2）当点D在中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）四边形是菱形，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由可知，进而可证四边形是平行四边形，进而可得；
（2）由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得，证是等腰三角形，由等腰三角形的性质可得，即为中点，可知是的中位线，则，由四边形是平行四边形，可得，进而有，进而可判断四边形的形状；
【小问1详解】
证明：由题意知，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴；
小问2详解】
解：四边形是菱形；理由如下：
∵在中，D在中点，
∴，
∴是等腰三角形，
∵，
∴，
∴为中点，
∴是的中位线，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴四边形是菱形；
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，平行线的判定，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，菱形的判定，中位线，等腰三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
21. 三星堆遗址被称为20世纪人类最伟大的考古发现之一，昭示了长江流域与黄河流域一样，同属中华文明的母体，被誉为“长江文明之源”．为更好的传承和宣传三星堆文化，三星堆文创馆一次次打破了自身限定，让文创产品充满创意．已知文创产品“青铜鸟文创水杯”有A，B两个系列，A系列产品比B系列产品的售价低5元，100元购买A系列产品的数量与150元购买B系列产品的数量相等．按定价销售一段时间后发现：B系列产品按定价销售，每天可以卖50件，若B系列产品每降1元，则每天可以多卖10件．
（1）A系列产品和B系列产品的单价各是多少？
（2）为了使B系列产品每天的销售额为960元，而且尽可能让顾客得到实惠，求B系列产品的实际售价应定为多少元/件？
【答案】（1）A系列单价为10元；B系列单价为15元
（2）8元
【解析】
【分析】本题考查了分式方程的应用，一元二次方程的应用，正确理解题意，列方程解答即可．
（1）设A系列单价为x元；B系列单价为元，根据题意，得，解方程即可．
（2）设B系列单价为y元，则单件降价为元，每天销售量为件，根据销售额等于单价乘以数量列式
根据题意，得，解方程即可．
小问1详解】
设A系列单价为x元；B系列单价为元，根据题意，得，解方程，得，
经检验，是原方程的根，此时=15元，
答：A系列单价为10元；B系列单价为15元．
【小问2详解】
设B系列定价为y元，则单件降价为元，每天的销售量为件，
根据题意，得，
整理得，
解得，
尽可能让顾客得到实惠，
故定价8元．
答：B系列产品的实际售价应定为8元．
22. 综合实践——用矩形硬纸片制作无盖纸盒．如图1，有一张长，宽的长方形硬纸片，裁去角上同样大小的四个小正方形之后，折成图2所示的无盖纸盒．（硬纸片厚度忽略不计）
（1）若剪去的正方形的边长为，则纸盒底面长方形的长为___________，宽为___________；
（2）若纸盒的底面积为，请计算剪去的正方形的边长；
（3）如图3，小明先在原矩形硬纸片的两个角各剪去一个同样大小的正方形（阴影部分），经过思考他发现，再剪去两个同样大小的矩形后，可将剩余部分折成一个有盖纸盒．若折成的有盖长方体纸盒的表面积为，请计算剪去的正方形的边长．
【答案】（1）26，12
（2）剪去正方形的边长为
（3）剪去的正方形的边长为
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用、有理数的混合运算的应用，理解题意，正确列出一元二次方程是解此题的关键．
（1）根据题意列式计算即可得出答案；
（2）设减去的正方形的边长为，则纸盒底面长方形的长为，宽为，根据题意列出一元二次方程，解方程即可得出答案；
（3）设剪去的正方形的边长为，根据题意列出一元二次方程，解方程即可得出答案．
【小问1详解】
解：由题意得：，，
纸盒底面长方形的长为，宽为；
【小问2详解】
解：设减去的正方形的边长为，则纸盒底面长方形的长为，宽为，
由题意得：，
解得：或（舍去），
∴剪去正方形的边长为；
【小问3详解】
解：设剪去的正方形的边长为，
由题意得：，
解得：或（不符合题意，舍去），
∴剪去的正方形的边长为．
23. 在菱形中，，点在对角线上运动（点不与点A，点C重合），，以点为顶点作菱形，且菱形与菱形的形状、大小完全相同，即，，在菱形绕点旋转的过程中，与边交于点E，与边交于点F．
【特例感知】
（1）如图1，当，时，则，，之间满足的数量关系是______；
【类比探究】
（2）如图2，菱形的边长为8，，求的值（用含k的代数式表示）；
拓展应用】
（3）在（2）的条件下，连接，，，求的长度．
【答案】（1）；（2）；（3）或
【解析】
【分析】（1）利用等腰三角形的性质可得，，，结合正方形的性质可得，然后利用证明，得出，即可得出结论；
（2）过作，交于M，，交于N，证明平行四边形是菱形，得出，证明，得出，则可求出，即可求解；
（3）过作于H，设，利用含的直角三角形的性质求出，在和中，利用勾股定理可得出，即可得出关于x的方程，然后求出x的值，最后利用（2）中的求解即可．
【详解】解：（1）连接，
∵，
∴菱形、都是正方形，
∴，，，，
∵，
∴是中点，
∴，，，
又，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
故答案为：；
（2）过作，交于M，，交于N，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴是等边三角形，，，
∴，，，，
∴是等边三角形，
∴，
∴平行四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
又，
∴，
∵，
∴；
（3）过作于H，
设，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
∴
解得或3，
∴或3，
又，，
∴或．