精品解析：广东省深圳市坪山区2022-2023学年九年级上学期学情监测数学试题（9月）

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广东省深圳市坪山区2022-2023学年九年级上学期学情监测
数学试题（9月）
一.选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1. 方程的两个根是（　　）
A. ， B. C. D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】根据直接开方法即可求出答案．
【详解】解：∵，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型．
2. 下列给出的条件中，不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（　　）
A. AB∥CD，AD＝BC B. ∠A＝∠C，∠B＝∠D
C. AB∥CD，AD∥BC D. AB＝CD，AD＝BC
【答案】A
【解析】
【分析】直接根据平行四边形的判定定理判断即可．
【详解】平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．∴C能判断；
平行四边形判定定理1，两组对角分别相等的四边形是平行四边形；∴B能判断；
平行四边形判定定理2，两组对边分别相等的四边形是平行四边形；∴D能判定；
平行四边形判定定理3，对角线互相平分的四边形是平行四边形；
平行四边形判定定理4，一组对边平行相等的四边形是平行四边形；
故选A．
【点睛】此题是平行四边形的判定，解本题的关键是掌握和灵活运用平行四边形的5个判断方法．
3. 用配方法解方程时，原方程应变形为（　　）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】把常数项﹣5移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数2一半的平方．
【详解】解：移项，得，
配方，得，
即
故选：A
【点睛】本题考查了配方法解方程.配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方.选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数.
4. 下列说法中，错误的是（ ）
A. 平行四边形的对角线互相平分
B. 对角线互相平分的四边形是平行四边形
C. 菱形的对角线互相垂直
D. 对角线互相垂直的四边形是菱形
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：A. 平行四边形的对角线互相平分，说法正确；
B．对角线互相平分的四边形是平行四边形，说法正确；
C．菱形的对角线互相垂直，说法正确；
D．对角线互相垂直的四边形是菱形，说法错误.
故选D.
考点:1.平行四边形的判定；2.菱形的判定.
5. 某机械厂七月份生产零件50万个，第三季度生产零件196万个．设该厂八、九月份平均每月的增长率为x，那么x满足的方程是
A. 50（1+x2）=196 B. 50+50（1+x2）=196
C. 50+50（1+x）+50（1+x）2=196 D. 50+50（1+x）+50（1+2x）=196
【答案】C
【解析】
【分析】主要考查增长率问题，一般增长后的量增长前的量增长率），如果该厂八、九月份平均每月的增长率为，那么可以用分别表示八、九月份的产量，然后根据题意可得出方程．
【详解】解：依题意得八、九月份的产量为、，
．
故选：C．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，增长率问题，解题的关键是掌握一般形式为，为起始时间的有关数量，为终止时间的有关数量．
6. 两名同学在一次用频率估计概率的试验中统计了某一结果出现的频率，绘制出统计图如图所示，则符合这一结果的试验可能是（ ）

A. 抛一枚硬币，正面朝上的概率
B. 掷一枚正六面体的骰子，出现点的概率
C. 转动如图所示的转盘，转到数字为奇数的概率
D. 从装有个红球和个蓝球的口袋中任取一个球恰好是蓝球的概率
【答案】D
【解析】
【分析】根据统计图可知，试验结果在0.33附近波动，即其概率P≈0.33，计算四个选项的概率，约为0.33者即为正确答案．
【详解】解：A、掷一枚硬币，出现正面朝上的概率为，故此选项不符合题意；
B、掷一枚正六面体的骰子，出现点的概率为，故此选项不符合题意；
C、转动如图所示的转盘，转到数字为奇数的概率为，故此选项不符合题意；
D、从装有个红球和个蓝球的口袋中任取一个球恰好是蓝球的概率为，故此选项符合题意．
故选：D．
【点睛】此题考查了利用频率估计概率，属于常见题型，明确大量反复试验下频率稳定值即概率是解答的关键．
7. 如图，正方形的对角线是菱形的一边，则等于（ ）

A. 135° B. 45° C. 22.5° D. 30°
【答案】C
【解析】
【分析】根据正方形、菱形的性质解答即可.
【详解】∵AC是正方形的对角线，
∴∠BAC=×90°=45°，
∵AF是菱形AEFC的对角线，
∴∠FAB=∠BAC=×45°=22.5°．
故选C.
【点睛】本题考查了正方形、菱形的性质，熟知正方形、菱形的一条对角线平分一组对角的性质是解决问题的关键.
8. 如图，AC，BD是四边形ABCD对角线，点E，F分别是AD，BC的中点，点M，N分别是AC，BD的中点，连接EM，MF，NE，要使四边形EMFN为正方形，则需要添加的条件是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】证出、、、分别是、、、的中位线，得出，，，，证出四边形为平行四边形，当时，，得出平行四边形是菱形；当时，，则，即可得出菱形是正方形．
详解】解：点，分别是，的中点，点，分别是，的中点，
、、、分别是、、、的中位线，
∴，，，，
四边形为平行四边形，
当时，，
平行四边形是菱形；
当时，，
则，
菱形是正方形；
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定以及三角形中位线定理；熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
9. 方程x2﹣9x＋18＝0的两个根是等腰三角形的底和腰，则这个三角形的周长为（　　）
A. 12 B. 15 C. 12或15 D. 不能确定
【答案】B
【解析】
【分析】先解一元二次方程，再根据腰长、底长进行分情况讨论，从而得到其周长．
【详解】解：方程变形得：，
解得：，，
当3为腰，6为底时，三角形三边为3，3，6，不能构成三角形，舍去；
当3为底，6为腰时，三角形三边为6，6，3，周长为6＋6＋3＝15，
故选：B．
【点睛】本题考查一元二次方程的解法、等腰三角形的性质，注意分类讨论．
10. 如图，正方形ABCD的面积为4，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为（　　）

A. B. 2 C. 3 D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由于点B与D关于AC对称，所以连接BE，与AC的交点即为P点．此时PD+PE=BE最小，而BE是等边△ABE的边，BE=AB，由正方形ABCD的面积为4，可求出AB的长，从而得出结果．
【详解】解：连接BD，与AC交于点F．

∵点B与D关于AC对称，
∴PD=PB，
∴PD+PE=PB+PE=BE最小．
∵正方形ABCD的面积为4，
∴AB=2．
又∵△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=2．
∴所求最小值为2．
故选B．
【点睛】此题主要考查了轴对称——最短路线问题，难点主要是确定点P的位置．注意充分运用正方形的性质：正方形的对角线互相垂直平分．再根据对称性确定点P的位置即可．要灵活运用对称性解决此类问题．
二.填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11. 从1，2，﹣3三个数中，随机抽取两个数相乘，积是正数的概率是____．
【答案】．
【解析】
【详解】解：由题意可知，这三个数相乘的积分别是，所以正数的概率是
【点睛】此题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．
12. 已知m是关于x的方程的一个根，则_____．
【答案】6
【解析】
【详解】根据m是关于x的方程的一个根，通过变形可以得到值，本题得以解决．
【解答】解：∵m是关于x的方程的一个根，
∴，
∴，
∴，
故答案为：6．
【点睛】本题考查一元二次方程的解，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
13. 菱形ABCD中，对角线AC＝8，BD＝6，则菱形的边长为_____．
【答案】5
【解析】
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分求出OA、OB，再利用勾股定理列式进行计算即可得解．
【详解】如图，

∵四边形ABCD是菱形，
∴OAAC＝4，OBBD＝3，AC⊥BD，
∴AB5
故答案为5
【点睛】本题主要考查了菱形的对角线互相垂直平分的性质，勾股定理的应用，熟记菱形的各种性质是解题的关键．
14. 在矩形ABCD中，AB=5，AD=12，P是AD上的动点，PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F，则PE+PF=___________ .

【答案】
【解析】
【分析】连接PO，过D作DM⊥AC于M，求出AC、DM，根据三角形面积公式得出PE+PF=DM，即可得出答案．
【详解】连接PO，过D作DM⊥AC于M，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，AB=CD=5，AD=12，OA=OC，OB=OD，AC=BD，
∴OA=OD，
由勾股定理得：AC=13，
∴OA=OD=6.5，
∵ ，
∴DM=，
∵SAOD=S△APO+S△DPO，
∴，
∴PE+PF=DM=，
故答案为：．

【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形的面积的应用，关键是求出DM长和得出PE+PF=DM．
15. 如图，在正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作，交BC延长线于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．在下列结论中：①；②；③；④．其中正确的结论序号是___________．

【答案】①②③
【解析】
【分析】过点E作EM⊥DC于点M，EH⊥BC于点H，利用正方形的性质和判定，三角形全等的判定和性质，推理论证即可．
【详解】如图，过点E作EM⊥DC于点M，EH⊥BC于点H，

∵ 四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠BCD=90°，∠ECM=∠ECH=∠CEM=45°，
∴四边形EHCM是矩形，MC=ME，EM∥CF，
∴四边形EHCM是正方形，∠EFH=∠FEM，
∴EM=EH，
∵ 四边形DEFG是矩形，
∴∠DEF=90°，
∴∠EDM=90°-∠DEM，∠FEM=90°-∠DEM，
∴∠EDM=∠FEM，
∴∠EDM=∠EFH，
∴△EDM≌△EFH，
∴ED=EF，
故结论①正确；
∴四边形DEFG是正方形，
∴DE=DG，
∵∠CDG=90°-∠EDM，∠ADE=90°-∠EDM，
∴∠CDG=∠ADE，
∴△ADE≌△CDG，
故结论②正确；
∴∠DCG=∠DAE=45°，
∴∠ACG=∠ACD+∠DCG=45°+45°=90°，
∴AC⊥CG；
故结论③正确；
若CE=CF，则
∴
∴
∴ 与题干不符，
∴无法判定CE=CF，故结论④错误；
正确的结论有①②③，
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，三角形的全等判定和性质，熟练掌握正方形的判定和性质是解题的关键．
三.解答题（共7小题，满分55分）
16. 解方程：
（1）x2－6x－4＝0；
（2）3x(x－2)＝2x－4．
【答案】（1）x1＝3＋，x2＝3－；（2）x1＝ ，x2＝2
【解析】
【分析】（1）先配方、然后运用直接开平方法解答即可；
（2）先对2x－4因式分解，然后再移项，最后运用因式分解法解答即可
【详解】解：（1）x2－6x＋9－9－4＝0
(x－3) 2＝13
x－3＝±
x1＝3＋，x2＝3－
（2）3x(x－2)＝2(x－2)
3x(x－2)－2(x－2)＝0
(3x－2) (x－2)＝0
x1＝，x2＝2．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解法，掌握配方法、直接开平方法以及因式分解法是解答本题的关键．
17. 我校开设了无人机、交响乐团、诗歌鉴赏、木工制作四门校本课程，分别记为A、B、C、D.为了解学生对这四门校本课程的喜爱情况，对学生进行了随机问卷调查，将调查结果整理后绘制成两幅均不完整的统计图表.
校本课程
频数
频率
A：无人机
36
0.45
B：交响乐团

0.25
C：诗歌鉴赏
16
b
D：木工制作
8

合计
a
1

请您根据图表中提供的信息回答下列问题：
（1）统计表中的a＝　 　，b＝　 　；
（2）D对应扇形的圆心角为 　 　度；
（3）根据调查结果，请您估计该校2000名学生中最喜欢“交响乐团”校本课程的人数；
（4）兰兰和瑶瑶参加校本课程学习，若每人从A、B、C三门校本课程中随机选取一门，请用画树状图或列表格的方法，求两人恰好选中同一门校本课程的概率.
【答案】（1）80，0.20；
（2）36； （3）500人；
（4）树状图见解析，
【解析】
【分析】（1）由A的频数除以频率得出a的值，即可解决问题；
（2）由360°乘以D所占的比例即可；
（3）由该校学生总人数乘以最喜欢“交响乐团”校本课程的人数所占的百分数即可；
（4）画树状图，共有9种等可能的情况，其中兰兰和瑶瑶两人恰好选中同一门校本课程的的情况有3种，再由概率公式求解即可．
【小问1详解】
解：a＝36÷0.45＝80，
∴b＝16÷80＝0.20，
故答案为：80，0.20；
【小问2详解】
D对应扇形的圆心角为：360°×＝36°，
故答案为：36；
【小问3详解】
估计该校2000名学生中最喜欢“交响乐团”校本课程的人数为：2000×25%＝500（人）；
【小问4详解】
画树状图如下：

共有9种等可能的情况，其中兰兰和瑶瑶两人恰好选中同一门校本课程的的情况有3种，
∴兰兰和瑶瑶两人恰好选中同一门校本课程的概率为．
【点睛】此题考查的是用树状图法求概率以及频数分布表和扇形统计图等知识．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件；用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比.
18. 已知一元二次方程有两个不相等的实数根．
（1）求k的取值范围；
（2）定义：如果两个一元二次方程有且仅有一个相同的实数根，则称这两个方程为“友好方程”，若一元二次方程与是友好方程，且k是符合（1）中条件的最大整数，求此时m的值．
【答案】（1）k＜4且k≠2；（2）m=0或m=．
【解析】
【分析】（1）根据k-2≠0且求解即可；（2）k=3，求得的两个根为，分别代入计算即可．
【详解】（1）∵一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴k-2≠0且，
∴k-2≠0且，
∴k＜4且k≠2；
（2）∵k＜4且k≠2，且k是最大整数，
∴k=3，
∴变形为，
∴
∴，
当x=1是相同的实数根时，则，
解得m=0；
当x=3是相同的实数根时，则，
解得m= ；
综上所述，m=0或m=．
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，一元二次方程根的判别式，一元二次方程根的定义，一元二次方程的解法，不等式的整数解，熟练将根的判别式具体化，灵活解方程是解题的关键．
19. 如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．
（1）求证：四边形OEFG矩形；
（2）若AD=10，EF=4，求OE和BG的长．

【答案】(1)见解析；(2)OE=5，BG=2.
【解析】
【分析】(1)先证明EO是△DAB的中位线，再结合已知条件OG∥EF，得到四边形OEFG是平行四边形，再由条件EF⊥AB，得到四边形OEFG是矩形；
(2)先求出AE=5，由勾股定理进而得到AF=3，再由中位线定理得到OE=AB=AD=5，得到FG=5，最后BG=AB-AF-FG=2．
【详解】解：(1)证明:∵四边形ABCD为菱形，
∴点O为BD的中点，
∵点E为AD中点，
∴OE为△ABD的中位线，
∴OE∥FG，
∵OG∥EF，∴四边形OEFG为平行四边形
∵EF⊥AB，∴平行四边形OEFG为矩形．
(2)∵点E为AD的中点，AD=10，
∴AE=
∵∠EFA=90°，EF=4，
∴在Rt△AEF中，．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD=10，
∴OE=AB=5，
∵四边形OEFG为矩形，
∴FG=OE=5，
∴BG=AB-AF-FG=10-3-5=2．
故答案为：OE=5，BG=2．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的性质、勾股定理等知识点，解题的关键是掌握特殊四边形的性质和判定属于中考常考题型，需要重点掌握．
20. 由于供不应求，市场上青瓜的批发价连续两个月持续上涨，从2元/千克涨到2.88元/千克.
（1）求青瓜批发价两月的平均增长率.
（2）某商户以3元/千克的价格购进一批青瓜，以4元/千克的价格出售，每天可售出200千克.为了促销，该商户决定降价销售.经调查发现，这种青瓜每降价0.1元/千克，每天可多售出50千克，另外每天的房租等固定成本为40元.为了每天盈利200元，且使每天的销量较大，需将每千克青瓜降价多少元？
【答案】（1）青瓜批发价两月的平均增长率为20%；
（2）需将每千克青瓜降价0.4元
【解析】
【分析】（1）设青瓜批发价两月的平均增长率为x，利用经过两个月涨价后青瓜的价格＝原价×（1+增长率）2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出青瓜批发价两月的平均增长率；
（2）设需将每千克青瓜降价y元，则每千克的销售利润为（1﹣y）元，每天的销售量为（200+500y）千克，利用总利润＝每千克的销售利润×每天的销售量﹣固定成本，即可得出关于y的一元二次方程，解之即可得出y值，再结合要使每天的销量较大，即可确定每千克青瓜降低的价格.
【小问1详解】
解：设青瓜批发价两月的平均增长率为x，
依题意得：，
解得： （不合题意，舍去）.
答：青瓜批发价两月的平均增长率为20%．
【小问2详解】
解：设需将每千克青瓜降价y元，则每千克的销售利润为（4﹣y﹣3）＝（1﹣y）元，每天的销售量为200+50×＝（200+500y）千克，
依题意得：（1﹣y）（200+500y）﹣40＝200，
整理得：，
解得：，
又∵要使每天的销量较大，
∴．
答：需将每千克青瓜降价0.4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．
21. 阅读材料：
①对于任意实数a和b，都有，∴，得到，当且仅当时，等号成立．
②任意一个非负实数都可写成一个数的平方的形式.即：如果a≥0，则．如：等．
例：①用配方法求代数式的最小值．
②已知，求证：.
①解：由题意得：，
∵，且当时，，
∴，
∴当时，代数式的最小值为：；
②证明：∵，∴
∴，当且仅当，即时，等号成立．
请解答下列问题：某园艺公司准备围建一个矩形花圃，其中一边靠墙（墙足够长），另外三边用篱笆围成（如图所示）.设垂直于墙的一边长为x米.

（1）若所用的篱笆长为36米，那么：
①当花圃的面积为144平方米时，垂直于墙的一边的长为多少米？
②设花圃的面积为S米，求当垂直于墙的一边的长为多少米时，这个花圃的面积最大？并求出这个最大面积；
（2）若要围成面积为200平方米的花圃，需要用的篱笆最少是多少米？
【答案】（1）①垂直于墙的一边长为6米或12米；②最大面积是162；
（2）若要围成面积为200平方米的花圃，需要用的篱笆最少是40米
【解析】
【分析】（1）①用含x的代数式表示出矩形的另一边的长，再根据矩形的面积公式即可建立方程，方程的解即为垂直于墙的一边的长；
②利用二次函数的性质即可求出当垂直于墙的一边的长为多少米时，这个花圃的面积最大值和此时的面积；
（2）设所需篱笆长为L米，由题意得，再根据给出的材料提示即可求出需要用的篱笆最少是多少米．
【小问1详解】
解：①由题意得，
化简后得，
解得，，
答：垂直于墙的一边长为6米或12米；
②由题意得

，
∵，
∴当时，S取得最大值是162，
∴当垂直于墙的一边长为9米时，S取得最大值，最大面积是162；
【小问2详解】
设所需的篱笆长为L米，由题意得，
，
∴若要围成面积为200平方米的花圃，需要用的篱笆最少是40米．
【点睛】本题考查了二次函数和一元二次方程的实际应用问题，解题的关键是根据题意构建二次函数模型，然后根据二次函数的性质求解即可．
22. 综合与实践：
如图1，已知△ABC，AB＝AC，点D、E分别在边AB、AC上，AD＝AE，连接DC，点P、Q、M分别为DE、BC、DC的中点．
（1）观察猜想
在图1中，线段PM与QM的数量关系是　 　．
（2）探究证明
当∠BAC＝60°，把△ADE绕点A顺时针方向旋转到图2的位置，判断△PMQ的形状，并说明理由．
（3）拓展延伸
当∠BAC＝90°，AB＝AC＝6，AD＝AE＝2，再连接BE，再取BE的中点N，把△ADE绕点A在平面内自由旋转，如图3，
①请你判断四边形PMQN的形状，并说明理由．
②请直接写出四边形PMQN面积的最大值．

【答案】（1）；（2）△PQM是等腰三角形；理由见解析；（3）①四边形PMQN是正方形，理由见解析；②16
【解析】
【分析】（1）利用三角形中位线的性质证明即可；
（2）连接CE、BD，证明△CAE≌△BAD，得到CE=BD，即可得到△PQM是等腰三角形；
（3）①连接CE，BD，延长CE交BD于H，交AB于O，证明△CAE≌△BAD，得到CE=BD，，证得CH⊥BD，根据三角形中位线的判定及性质得到，推出四边形PMQN是菱形，再推出PM⊥PN，即可证得四边形PMQN是正方形；
②利用三角形三边关系得到CE的最大值是8，由此得到PM的最大值为4，即可求出答案．
【详解】解：（1）∵AB＝AC， AD＝AE，
∴BD=CE，
∵点P、Q、M分别为DE、BC、DC的中点，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）△PQM是等腰三角形；理由如下：
连接CE、BD，
由旋转得，
∴，
∵AD=AE，AB=AC，
∴△CAE≌△BAD，
∴CE=BD，
∵点P、Q、M分别为DE、BC、DC的中点，
∴，
∴，
∴△PQM是等腰三角形；

（3）①四边形PMQN是正方形；理由如下：
连接CE，BD，延长CE交BD于H，交AB于O，
∵
∴
∵AD=AE，AB=AC，
∴△CAE≌△BAD，
∴CE=BD，
∵
∴
∴
∴CH⊥BD
∵点P、Q、M、N分别为DE、BC、DC、BE的中点，
∴，PM∥CE，
同理可得，PN∥BD，
∴，
∴四边形PMQN菱形，
∵CH⊥BD，
∴PM⊥PN，
∴四边形PMQN是正方形；

②∵AC＝6，AE＝2，
∴，
∴CE的最大值是8,
∵，
∴PM的最大值为4，
∴正方形PMQN面积的最大值是16．
【点睛】此题考查旋转的性质，三角形全等的判定及性质，三角形中位线的判定及性质，等腰三角形的判定定理，正方形的判定，三角形的三边关系，熟练掌握各部分知识并综合运用解决问题是解题的关键．