山东省青岛市崂山区育才学校　2024-2025学年 九年级上学期第一次月考数学试卷（解析版）-A4

这是一份山东省青岛市崂山区育才学校　2024-2025学年 九年级上学期第一次月考数学试卷（解析版）-A4，共18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。
一、选择题（本大题共10个小题，共30分）
1. 下列方程中是一元二次方程的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义：只含有一个未知数，未知数的最高次数为2的整式方程是一元二次方程；即可进行解答．
【详解】解：A、中含有两个未知数，不是一元二次方程，故不合题意；
B、中分母含有未知数，不是整式方程，故不合题意；
C、是一元二次方程，故符合题意；
D、当时，的系数为0，故不是一元二次方程，故不合题意；
故选C．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的定义，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的定义．
2. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 对角线垂直四边形是菱形
B. 对角线相等的四边形是矩形
C. 直角三角形的斜边长等于斜边上中线长的两倍
D. 若连接一个四边形四边中点所得的图形是菱形，则原四边形一定是矩形
【答案】C
【解析】
【分析】根据菱形的判定，矩形的判定，直角三角形斜边上中线的性质，中点四边形的判定和性质逐项分析即可．
【详解】解：A、 对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原命题是假命题，不符合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，故原命题是假命题，不符合题意；
C、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即直角三角形斜边长的等于斜边上中线的两倍，故原命题是真命题，符合题意；
D、顺次连接四边形各边中点所得四边形是菱形，则原四边形可能是矩形，也可能是等腰梯形，故原命题是假命题，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了命题的真假判断，菱形的判定，矩形的判定，直角三角形斜边上中线的性质，中点四边形的判定和性质，判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
3. 关于的一元二次方程的一个根是，则的值为（ ）
A. B. C. 或D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题考查了一元二次方程的解，解一元二次方程，把x=0代入方程即可求解，解题的关键是熟记方程的解和解一元二次方程．
【详解】解：把代入一元二次方程得：
，
解得，，
∵，
∴的值为，
故选：．
4. 菱形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A 对角线互相平分B. 对角线相等
C. 四个角都是直角D. 对角线互相垂直
【答案】D
【解析】
【分析】根据菱形的性质和矩形的性质逐项分析即可．
【详解】解：A、对角线互相平分是菱形和矩形共有的性质；故该选项不符合题意；
B、对角线相等是矩形具有的性质，菱形不一定具有；故该选项不符合题意；
C、四个角都是直角是矩形具有的性质，菱形不一定具有，故该选项不符合题意；
D、对角线互相垂直是菱形具有的性质，矩形不一定具有；故该选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形与矩形的性质，熟练掌握特殊平行四边形的性质是解题的关键．
5. 已知，是方程的两个根，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了根与系数的关系，根据根与系数的关系得，，然后再整体代入即可解答．
【详解】解：∵，是方程的两个根，
∴，，
∴，
故选D．
6. 用配方法解方程，下列变形正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将方程的常数项移到右边，两边都加上，左边化为完全平方式，右边合并即可得到结果．
【详解】解：，
移项得：，
配方得：，即．
故选：B．
【点睛】本题考查了解一元二次方程——配方法，解题的关键是掌握用配方法解一元二次方程的步骤．
7. 近年来某市不断加大对城市绿化的经济投入，使全市绿地面积不断增加，从年底到年底的城市绿化面积变化如图所示，则这两年绿地面积的年平均增长率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】从图上可以看出，2016年底、2018年底的城市绿化面积，设这两年绿地面积的年平均增长率是x，根据题意即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出答案．
【详解】解：设这两年绿地面积的年平均增长率是x，根据题意得：
300(1+x)2=363
解得：x₁=0.1=10%，x₂=-2.1(不合题意，舍去)
答：这两年绿地面积的年平均增长率是10%．
故选：A
【点睛】本题考查了一元二次方程的平均增长率问题的应用，看懂图，从中找到相关的信息是解题的关键．
8. 要组织一次排球邀请赛，参赛的每个队之间都要比赛一场，根据场地和时间等条件，赛程计划安排7天，每天安排4场比赛．设比赛组织者应邀请x个队参赛，则x满足的关系式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，解答本题的关键是得到比赛总场数的等量关系，注意2队之间的比赛只有1场，最后的总场数除以2．
关系式为：球队总数×每支球队需赛的场数，把相关数值代入即可．
【详解】解：每支球队都需要与其他球队赛场，但2队之间只有1场比赛，
所以可列方程为：．
故选：B．
9. 如图所示，点阵M的层数用n表示，点数总和用S表示，当S=66时，则n的值为（ ）
A. 10B. 11C. 12D. 13
【答案】B
【解析】
【分析】由S=n（n+1）结合S=66，即可得出关于n的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
【详解】根据题意得：S=n（n+1）．
∵S=66，∴n（n+1）=66，解得：n1=11，n2=﹣12（舍去）．
故选B．
【点睛】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．
10. 如图，在正方形ABCD中，AB=2，延长AB至点E，使得BE=1，EF⊥AE，EF=AE，分别连接AF，CF，M为CF的中点，则AM的长为（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】连接AC，延长CB，过点F作CH⊥CB于点H，则根据题意可得：FH=1，CH=2+3=5，
根据勾股定理可得：CF=，
根据正方形的性质可得：∠CAB=45°，则∠CAF=90°，即△CAF为直角三角形，
根据直角三角形斜边上中线等于斜边的一半可得：AM=.
故选D
【点睛】本题主要考查的就是矩形的性质、勾股定理以及直角三角形斜边上的中线的性质，解决本题的关键就是通过构造辅助线将所求的线段转化到直角三角形中.在这个问题中，通过直角三角形的勾股定理求出斜边的长度，然后根据正方形和等腰直角三角形的性质得出直角三角形，最后根据直角三角形的性质得出答案.
二、填空题（本大题共6个小题，共18分）
11. 一元二次方程的二次项为_________，一次项系数为_________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】此题考查了一元二次方程的一般形式．把一元二次方程化为一般形式，即可得到答案．
【详解】解：化为一般形式得到：，
∴二次项为，一次项系数为，
故答案为：，
12. 若关于x的一元二次方程的解是x=2，则的值是______．
【答案】2018
【解析】
【分析】把x=2代入方程ax2﹣bx+4=0得到2a﹣b=﹣2，然后利用整体代入的方法计算2020+2a﹣b的值．
【详解】把x=2代入方程ax2﹣bx+4=0得：4a﹣2b+4=0，所以2a﹣b=﹣2，所以2020+2a﹣b=2020﹣2=2018．
故答案为2018．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
13. 东新社区为了解决社区停车难问题，利用一块矩形空地建了一个小型停车场，其布局如图所示，已知，，阴影部分设计为停车位，要铺花砖，其余部分均为宽度为米的道路．已知铺花砖的面积（即阴影面积）为．求道路的宽，可列方程为_________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是一元二次方程的应用，平移的性质，掌握利用一元二次方程解决面积问题是解题的关键．设道路的宽为x米，利用平移的性质可得铺花砖部分组成一个边长为米，宽为米的矩形，再根据矩形的面积公式列出方程即可．
【详解】解：设道路的宽为x米， 根据题意结合平移的性质可得：
故答案为：
14. 如图，四边形的两条对角线，互相垂直，，，，是四边形的中点四边形，如果，，那么四边形的面积为___．
【答案】
【解析】
【分析】根据三角形的中位线定理证明四边形是矩形，从而根据矩形的面积进行计算．
【详解】解：，，，是四边形的中点四边形，如果，，
∴,,
则，
∴，，
同理可得，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形的两条对角线，互相垂直，
∴，
∴四边形是矩形，
∴四边形的面积为，
故答案为：.
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理及矩形的判定，掌握三角形中位线的性质，矩形的判定是解题的关键．
15. 如图，在菱形中，，对角线，则菱形的面积为_________．

【答案】
【解析】
【分析】本题考查菱形的性质综合应用，灵活应用菱形性质是解题关键．
由菱形的，则在中根据勾股定理以及所对的直角边是斜边的一半，列方程可以求出的长，即可求出菱形的面积.
【详解】解：如图，连接与交于O，

∵四边形为菱形
∴，O为中点，
∵，
∴
在中，，
设，根据勾股定理可得：
解得，
∴，
∴菱形的面积为
故答案为：．
16. 如图，长方形ABCD中，AB＝4，AD＝3，折叠纸片使AD边与对角线BD重合，折痕为DG， 则AG=___________．
【答案】1.5##
【解析】
【分析】根据勾股定理可得BD＝5，由折叠的性质可得△ADG≌△A′DG，则A′D＝AD＝3，A′G＝AG，则A′B＝5−3＝2，在Rt△A′BG中，根据勾股定理求AG的长即可．
【详解】解：在Rt△ABD中，
BD＝＝5，
由折叠的性质可得，△ADG≌△A′DG，
∴A′D＝AD＝3，A′G＝AG，
∴A′B＝BD−A′D＝5−3＝2，
设AG＝x，则A′G＝AG＝x，BG＝4−x，
在Rt△A′BG中，，
解得x＝1.5，
即AG＝1.5．
【点睛】本题主要考查了翻折变换的知识，解题的关键是利用勾股定理得到.
三、解答题（本大题共8个小题，共72分）
17. 用适当的方法解下列方程：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）；
（5）；
（6）．
【答案】（1），
（2），
（3），
（4），
（5），
（6），
【解析】
【分析】此题考查了解一元二次方程，根据方程特点选择合适的方法是关键．
（1）利用开平方法解方程即可；
（2）利用因式分解方法解方程即可；
（3）利用因式分解方法解方程即可；
（4）利用公式法解方程即可；
（5）利用因式分解方法解方程即可；
（6）利用公式法解方程即可．
【小问1详解】
解：
∴，
∴或，
解得，
【小问2详解】
∴，
整理得到，，
则或，
解得，
【小问3详解】
则，
∴或，
解得，
【小问4详解】
整理得到，，
则，
∵，
∴
解得，
【小问5详解】
∴，
则，
∴或，
解得，
【小问6详解】
则，
∵，
∴
解得，
18. 如图，矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，∠AOB=60°，AB=3，求BD的长．
【答案】6．
【解析】
【分析】由矩形的性质得出AO=BO= 12BD，再证明△AOB为等边三角形，得出BO=AB，即可求出BD．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
∴AO=BO=BD，
又∵∠AOB=60°，
∴△AOB为等边三角形，
∴BO=AB=3，
∴BD=2BO=6．
19. 某钢铁厂计划今年第一季度一月份的总产量为500t，三月份的总产量为720t，若平均每月的增长率相同．
（1）第一季度平均每月的增长率；
（2）如果第二季度平均每月的增长率保持与第一季度平均每月的增长率相同，请你估计该厂今年5月份总产量能否突破1000t？
【答案】（1）20%（2）能．
【解析】
【分析】（1）设第一季度平均每月的增长率为x，根据该厂一月份及三月份的总产量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
（2）根据五月份的总产量=三月份的总产量×（1+增长率）2，即可求出今年五月份的总产量，再与1000进行比较即可得出结论．
【详解】（1）设第一季度平均每月的增长率为x，根据题意得：
500（1+x）2=720
解得：x1=0.2=20%，x2=﹣2.2（舍去）．
答：第一季度平均每月的增长率为20%．
（2）720×（1+20%）2=1036.8（t）．
∵1036.8＞1000，
∴该厂今年5月份总产量能突破1000t．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元二次方程；（2）根据数量关系，求出今年五月份的总产量．
20. 如图，老李想用长为的栅栏，再借助房屋的外墙（外墙长）围成一个矩形羊圈，并在边上留一个宽的门（建在处，另用其他材料）．当羊圈的边的长为多少米时，能围成一个面积为的羊圈？
【答案】当羊圈的边的长为20米时，能围成一个面积为的羊圈
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，设，则，根据矩形面积计算公式列出方程求解即可．
【详解】解：设，则，
由题意得，，
整理得，
解得或，
当时，，符合题意；
当时，，不符合题意；
∴，
答：当羊圈的边的长为20米时，能围成一个面积为的羊圈．
21. 某公司设计了一款工艺品，每件的成本是元，为了合理定价，投放市场进行试销：据市场调查，销售单价是元时，每天的销售量是件，而销售单价每提高元，每天就减少售出件，但要求销售单价不得超过元．要使每天销售这种工艺品盈利元，那么每件工艺品售价应为多少元？
【答案】元
【解析】
【分析】设每件工艺品售价为元，则每天的销售量是件，根据每天的销售利润=每件的利润×每天的销售量，即可得出关于的一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论；
【详解】解：设每件工艺品售价为元，则每天的销售量是件，
依题意得：，
整理得：，
解得：，（不符合题意，舍去）．
故每件工艺品售价应为元．
【点睛】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．
22. 如图，在平行四边形中，交于点O，点E，F分别是的中点．

（1）求证：；
（2）求证：当，四边形为菱形．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，从而得到，可得到四边形是平行四边形，即可求证；
（2）证明，可得，从而得到，进而得到，即可求证．
【小问1详解】
证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵点E，F分别是的中点，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴；
【小问2详解】
证明：在平行四边形中，AD∥，
∴，
又∵，
∴，
∴
∴
在和中，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
由（1）得：四边形是平行四边形，
∴四边形为菱形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定，线段垂直平分线的性质，证明四边形是平行四边形是解题的关键．
23. (1)猜想：如图①，在中，点是对角线中点，过点的直线分别交、于点、，若的面积是8，则四边形的面积是________.
(2)探究：如图②，在菱形中，对角线、交于点，过点的直线分别交、于点、，若，，求四边形的面积.
(3)应用：如图③，在中，，延长到点，使，连结，若，，则的面积是_______.．
【答案】(1)4；(2)12；(3)1.
【解析】
【分析】（1）首先根据平行四边形的性质可得AD∥BC，OA＝OC．根据平行线的性质可得∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO，进而可根据AAS证明△AEO≌△CFO，再根据全等三角形的性质可得结论；
（2）根据菱形的性质得到AD∥BC，AO＝CO，，根据全等三角形的判定定理得到△AOE≌△COF，于是得到结果；
（3）延长AC到E使CE＝AC＝4，根据全等三角形的判定定理得到△ABC≌△CDE，由全等三角形的性质得到∠E＝∠BAC＝90°，根据勾股定理得到DE＝3，即可得到结论．
【详解】(1) ∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OA＝OC．
∴∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO，
在△AOE和△COF中，，
∴△AEO≌△CFO（AAS），
∴四边形CDEF的面积＝S△ACD＝▱ABCD的面积＝4；
故答案为4；；
(2)∵四边形是菱形
∴，，，
∴
在和中，
∴.
∴四边形的面积的面积
由勾股定理可求得
∴
∴四边形的面积的面积；
(3) 延长AC到E使CE＝AC＝1，
在△ABC与△CDE中，，
∴△ABC≌△CDE（SAS），
∴∠E＝∠BAC＝90°，
∴DE＝，
∴S△ABD＝S△ADE＝AE•DE＝×2×1＝1．
故答案为1．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，菱形的性质，图形面积的计算，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
24. 如图，在矩形中，，，从点开始沿向终点以的速度移动，与此同时，点从点开始沿边向点以的速度移动，如果、分别从、同时出发，当点运动到点时，两点停止运动，设运动时间是．

（1）为何值时，在的中垂线上？
（2）为何值时，的长度为？
（3）是否存在的值，使得五边形的面积为？若存在，请求出此时的值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）或
（3）存在；当时，五边形的面积为
【解析】
【分析】（1）根据题意得，，则，当时，点在的中垂线上，进而列方程求解即可；
（2）根据矩形的性质可得，根据勾股定理得出，，求解即可得出答案；
（3）根据题意可得当五边形的面积为时，根据三角形的面积公式列出方程，解方程即可得出答案．
【小问1详解】
解：∵从点开始沿向终点以的速度移动，点从点开始沿边向点以的速度移动，
∴，，
则，
当时，点在的中垂线上，
故，
解得：，
故当时，点在的中垂线上．
【小问2详解】
解：存在，当时，五边形的面积为，理由如下：
∵四边形是矩形，
∴，
在中，，且，，，
即，
解得：，．
∴当或时，的长度为．
【小问3详解】
解：∵五边形的面积四边形的面积，
故当五边形的面积为时，；
且，
故，
解得：，，
∵当点运动到点时，两点停止运动，
故当时，即时，两点停止运动，
∴舍去，
∴当时，五边形的面积为．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，动点问题，三角形的面积，解一元二次方程等，解题的关键是根据题意列方程，注意所求的解使实际问题有意义．