辽宁省鞍山市铁西区2023-2024学年九年级上学期月考数学试卷（10月份）

2023-2024学年辽宁省鞍山市铁西区九年级（上）月考数学试卷（10月份）

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

第I卷（选择题）

一、选择题（本大题共10小题，共20.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.已知关于的一元二次方程有两根为和，则的值是(    )

A.  B.  C.  D.

2.下列图形既是中心对称图形，又是轴对称图形的是(    )

A. 直角三角形 B. 等腰三角形
C. 平行四边形 D. 菱形

3.方程的解为(    )

A. ， B. ，
C. ， D. ，

4.如图，已知，，，，那么下列式子中不成立的是(    )
 

A. ：：
B. ：：
C. ：：
D. ：：

5.有一个人患了流行性感冒，经过两轮传染后共有人患病，则每轮传染中平均一个人传染的人数是人．(    )

A.  B.  C.  D.

6.如图，三角形乙是三角形甲经过旋转变换得到的，则说法正确的是(    )

A. 绕点逆时针旋转
B. 绕点逆时针旋转
C. 绕点顺时针旋转
D. 绕点顺时针旋转

7.若，是方程的两个实数根，则的值为(    )

A.  B.  C.  D.

8.如图，在中，，在平面内将绕点旋转到位置，若，则的度数是(    )

A.
B.
C.
D.

9.空地上有一段长为米的旧墙，工人师傅欲利用旧墙和木棚栏围成一个封闭的长方形菜园如图，已知木栅栏总长为米，所围成的长方形菜园面积为平方米若，，则(    )

A. 有一种围法 B. 有两种围法
C. 不能围成菜园 D. 无法确定有几种围法

10.如图，与均为等边三角形，为，的中点，点在边上，则：的值(    )

A. ．：
B. ：
C. ：
D. 不能确定

第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）

11.若是一元二次方程，则______ ．

12.已知和关于原点对称，则      ．

13.已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是______ ．

14.如图，，点在上，与交于点，，，则长为______．

15.如图所示，中，，，点沿射线方向从点出发以的速度移动，点沿射线方向从点出发以的速度移动，，同时出发，      秒后，的面积为．

16.如图，在中，，，，点为边的中点，点为边上任意一点，若将沿折叠得，若点在的中位线上，则的长度为______ ．

三、解答题（本大题共9小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.本小题分
解下列方程：
；
．

18.本小题分
如图，的三个顶点都在格点上，．
画出关于点的中心对称图形，并写出点的坐标．
画出将绕点顺时针旋转后得到的．

19.本小题分
已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根．
求的取值范围；
若为非负整数，且该方程的根都是整数，求的值．

20.本小题分
已知如图，四边形中，连接，过点作的垂线交于点，垂足为，连接，且．
求证：四边形是菱形；
若，，，求的长．

21.本小题分
已知关于的一元二次方程．
试证：无论取任何实数，方程都有两个不相等的实数根；
设，为菱形的两条对角线长，是否存在值，使得菱形的边长为，存在求出值，不存在说明理由．

22.本小题分
如图，在中，，点是斜边的中点，连接，线段线段交于点，交于点，垂足为点．
求证：；
连接，若，，求的长．

23.本小题分
某礼品专卖店在销售中发现，一件礼品每件进价为元，若销售价为元，每天可售出件，为迎接中秋节，专卖店决定采取适当的降价措施，以扩大销售量，经市场调查发现，如果每件礼品降价元，那么平均可多售出件同时每销售出一件礼品，会捐赠元钱给当地的某慈善基金会，当该专卖店每件礼品降价多少元时，平均每天盈利元？

24.本小题分
把两个全等的矩形和矩形拼成如图的图案，则______
如图，在正方形中，是边上一点不与点，重合，连接，将绕点顺时针旋转至，作射线交的延长线于点，则线段与的数量关系是______ ．
在菱形中，，是边上一点不与点，重合，连接，将绕点顺时针旋转至，作射线交的延长线于点，请在备用图中画出图形并解答下列问题：
写出线段与的数量关系，并证明；
若，是的三等分点，则的面积为______ ．

 

25.本小题分
如图，直线：和直线与轴分别相交于，两点，且两直线相交于点，直线与轴相交于点，．
求点的坐标及直线的函数表达式；
求的面积；
试探究在轴上是否存在点，使得为等腰三角形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：由题意知，，，
，
故选：．
由题意知，，，代入求解即可．
本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，代数式求值．解题的关键在于熟练掌握：一元二次方程的两根为和，则，．

2.【答案】 

【解析】解：、不是轴对称图形，不是中心对称图形．故此选项错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形．故此选项错误；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形．故此选项错误；
D、既是轴对称图形，也是中心对称图形．故此选项正确．
故选：．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
此题主要中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后与原图重合．

3.【答案】 

【解析】解：，
，
则，，
，，
故选：．
首先直接开平方可得一元一次方程，再解即可．
此题主要考查了直接开平方法解一元二次方程，关键是掌握形如或的一元二次方程可采用直接开平方的方法解一元二次方程．
如果方程化成的形式，那么可得．

4.【答案】 

【解析】【分析】
利用平行线分线段成比例定理对各选项进行判断．
本题考查了平行线分线段成比例：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
【解答】
解：，
：：：，所以选项成立；
：：：：，所以选项成立；
：：：，所以选项成立；
：：：：，所以选项不成立．
故选：．

5.【答案】 

【解析】解：设每轮传染中平均一个人传染了个人，
依题意得，
即，
解方程得，舍去，
故选：．
患流行性感冒的人传染给别人，自己仍然患病，包括在总数中．设每轮传染中平均一个人传染了个人，则第一轮传染了个人，第二轮作为传染源的是人，则传染人，依题意列方程：，解方程即可求解．
本题考查了一元二次方程的应用，本题要注意的是，患流行性感冒的人把病毒传染给别人，自己仍然是患者，人数应该累加，这个问题和细胞分裂是不同的．

6.【答案】 

【解析】解：如图，

由图形可知，三角形乙是三角形甲绕点逆时针旋转得到的，
故说法正确的是：，
故选：．
根据旋转的性质作出图形，由图形可得出结论．
本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．

7.【答案】 

【解析】解：，是方程的两个实数根，
，，
原式

．
故选：．
由根与系数的关系，得到，，由方程的根可得，然后代入变形后的式子求值，即可得到答案．
本题考查了一元二次方程的解及根与系数的关系，代数式变形求值，解题的关键是掌握一元二次方程根与系数的关系．

8.【答案】 

【解析】解：，垂足为点，如图，
绕点旋转到位置，
，，
，
，
，
，
，
．
故选：．
，垂足为点，如图，先根据旋转的性质得到，，则利用等腰三角形的性质得到，则根据平角的定义计算出，然后利用互余计算出的度数．
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．

9.【答案】 

【解析】解：如图所示，设矩形的边为米，则宽为米，

根据题意得：，
即：，
解得：，，
而，
，

所以只有一种围法，
故选：．
设矩形的边为米，则宽为米，根据矩形面积公式列方程，解方程即可求解．
本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出一元二次方程是解题的关键．

10.【答案】 

【解析】解：连接、，如图，

，均为等边三角形，为，的中点，
，，
，，
，
，
，
即，
∽，
：：：：．
故选：．
连接、，由已知可以推出，推出∽，根据锐角三角函数即可推出：的值．
本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，解决本题的关键在于找到需要证相似的三角形，找到对应边的比即可．

11.【答案】 

【解析】解：是一元二次方程，
，
解得．
故答案为：．
只含有一个未知数，且未知数的最高次数是的整式方程叫做一元二次方程．一元二次方程有三个特点：只含有一个未知数；未知数的最高次数是；是整式方程．
此题主要考查了一元二次方程的定义，要判断一个方程是否为一元二次方程，先看它是否为整式方程，若是，再对它进行整理．如果能整理为的形式，则这个方程就为一元二次方程．

12.【答案】 

【解析】解：和关于原点对称，
，，
则．
故答案为：．
直接利用关于原点对称点的性质得出，的值，进而得出答案．
此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确掌握横纵坐标的符号关系是解题关键．

13.【答案】 

【解析】解：关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，
，
解得：．
故答案为：．
根据方程有两个不相等的实数根结合根的判别式即可得出关于的一元一次不等式，解之即可得出的取值范围．
本题考查了根的判别式，熟练掌握“当方程有两个不相等的实数根时，根的判别式”是解题的关键．

14.【答案】 

【解析】解：，
，，
，
，，
，
解得：；
故答案为：．
根据平行线分线段成比例定理得出，，将两个式子相加，即可求出的长．
本题考查了平行线分线段成比例定理；由平行线分线段成比例定理得出比例式是解决问题的关键．

15.【答案】或或 

【解析】解：当运动时间为秒时，，，
根据题意得：，
即．
当时，，
整理得：，
解得：，不符合题意，舍去；
当时，，
整理得：，
解得：；
当时，，
整理得：，
解得：不符合题意，舍去，．
综上所述，或或秒后，的面积为．
故答案为：或或．
当运动时间为秒时，，，根据的面积为，可得出关于的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
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．

16.【答案】或 

【解析】解：如图，设边中点为，当在上时，

由折叠可知，，，
，，，
，，，
，，
，
在中，，
，
，
；
如图，设边的中点为，连接，

当点落在上时，
，，，
，，
由折叠可知，，，
，
，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，
如图，设、中点分别为、，连接、，

当点落在上时
由折叠可知，，，，
，，
，，，，
在中，，不合题意，舍去；
故答案为：或．
分三种情况讨论：当在边的中位线上时；当在边的中位线上时；当在边的中位线上时；分别画图求解即可求．
本题考查翻折变换折叠问题，熟练掌握直角三角形的性质，折叠的性质，能够分类讨论并画出适合的图形是解题的关键．

17.【答案】解：；
，
或，
所以，；
，，，
，
，
，． 

【解析】先利用因式分解法把方程转化为或，然后解两个一次方程即可；
先计算出根的判别式的值，然后利用求根公式得到方程的解．
本题考查了解一元二次方程因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．也考查了公式法．

18.【答案】解：如图，  为所求作；；
如图，为所求．
 

【解析】根据中心对称的性质作图即可，由图可得答案．
根据旋转的性质画图，即可得出答案．
本题考查了作图旋转变换，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．

19.【答案】解：根据题意得，
解得；
为非负整数，
或或，
当时，，所以该方程无解，
当时，，所以该方程的根为无理数，
当是，原方程为，解得，，
所有的值为． 

【解析】根据判别式的意义得到，然后解不等式即可；
由的范围得到或，然后把和代入原方程，然后解方程确定满足条件的值．
本题考查了一元二次方程的根的判别式：当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根．

20.【答案】证明：，且，
．
，
．
，
．
且．
四边形是平行四边形．
，
平行四边形是菱形．

解：作于点，

四边形是菱形，且，
．
，
，则，
，
在中，，
由勾股定理得．
在中，，
．
由勾股定理得． 

【解析】根据数形结合可得，根据平行线的性质得出，进而可得，则，结合已知条件可得即可得证；
根据含度角的直角三角形的性质，得出，进而勾股定理即可求解．
本题考查了菱形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，含度角的直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质与判定是解题的关键．

21.【答案】证明：，，．
．
，
，即，
无论取任何实数，方程都有两个不相等的实数根；
解：由题意，菱形的对角线互相垂直，
依据勾股定理，．
．
又：，为方程的两个实数根，
，．
．
．
．
，．
，为菱形的两条对角线长，
，．
，，均不符合题意．
不存在． 

【解析】根据方程的系数结合根的判别式，即可得出，结合可得出，进而可证出：无论取任何实数，方程都有两个不相等的实数根；
本题考查了根的判别式、根与系数的关系以及解一元二次方程，解题时要熟练掌握并理解是关键．

22.【答案】证明：，
，
，
，
，
∽，
，
即；
解：在中，点是斜边的中点，
，
，
，
，
，
∽，
，
，
由知，
，
，
，
． 

【解析】根据相似三角形的判定与性质可得结论；
由直角三角形的性质得，再由相似三角形的判定与性质可得，结合的结论可得，即可求解．
本题考查了考查的是相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，掌握相似三角形的判定与性质是解决此题关键．

23.【答案】解：设该专卖店每件礼品降价元，则每件的销售利润为元，平均每天可售出件，
根据题意得：，
整理得：，
解得：不符合题意，舍去，．
答：当该专卖店每件礼品降价元时，平均每天盈利元． 

【解析】设该专卖店每件礼品降价元，则每件的销售利润为元，平均每天可售出件，利用总利润每件的销售利润日销售量，可列出关于的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
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．

24.【答案】    或 

【解析】解：四边形和四边形是全等的矩形，
，，，
≌，
，，
，
，
，
，
故答案为：；
，理由如下：
过点作，交的延长线于点，

四边形是正方形，
，，
，
由旋转的性质得：，，
，
，
≌，
，，
，
即，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
；
，证明如下：
如图，过点作，与的延长线交于点，

四边形是菱形，
，，
由旋转的性质得：，，
，
，
≌，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
是直角三角形，
，
，
；
四边形是菱形，
，
当时，如图，

由知，，
，
；
当时，如图，

则，
由知，，
，
；
综上所述，的面积为或，
故答案为：或．
由矩形的性质得，，，再证≌，得，，然后由直角三角形的性质即可得出结论；
证≌，得，，再证，然后证是等腰直角三角形，即可得出结论；
证≌，得，，，再证，然后证，，即可解决问题；
当时，可知；当时，，可得；求得、的长，即可得出结论．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、矩形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握正方形、矩形、菱形的性质以及旋转的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．

25.【答案】解：将代入得，，
，
，
，
，
，
设直线的函数表达式为：，
将、分别代入得：
，解得：，
直线的函数表达式为：；

点是直线和的交点，
，解得：，
，
，，
．
的面积为：；

设点，
由点、、的坐标得，，，，
当时，即，
解得：，
即点的坐标为：或；
当时，则，
解得：舍去或，
即点；
当时，即，
解得：，
即点，
综上，点的坐标为：或或或． 

【解析】令求出点坐标，令可求出点的坐标，根据可得点的坐标，利用待定系数法即可得直线的函数表达式；
联立直线和直线求出，根据三角形的面积公式即可得出答案；
由点、、的坐标得，，，，再分、、三种情况，分别求解即可．
本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数的解析式，三角形的面积，一次函数的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，分类求解．