广东省佛山市南海区2023-2024学年九年级上学期第一次月考数学试题 含解析

这是一份广东省佛山市南海区2023-2024学年九年级上学期第一次月考数学试题 含解析，共5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小题，每小题3分，共30分）
1．下列关于x的方程是一元二次方程的是（ ）
A．B．C．D．
2．如图在菱形中，对角线相交于点O，若，，则菱形的边长为（ ）
A．3B．4C．5D．20
3．根据下列表格的对应值：
由此可判断方程必有一个根满足（ ）
A．B．C．D．
4．下列性质中，矩形具有而菱形不一定具有的是（ ）
A．对角线相等B．对角线互相平分
C．对角线互相垂直D．对角相等
5．用配方法解方程时，方程变形正确的是（ ）．
A．B．C．D．
6．平面直角坐标系中，四边形ABCD的顶点坐标分别是A(－3，0)，B(0，2)，C(3，0)，D(0，－2)，则四边形ABCD是( )
A．矩形B．菱形C．正方形D．平行四边形
7．若关于x的一元二次方程无实数根，则实数k的取值范围是（ ）
A．B．C．且D．且
8．我们把顺次连接任意一个四边形各边中点所得到的四边形叫做中点四边形，下列四边形的中点四边形一定是菱形的是（ ）
A．梯形B．平行四边形C．矩形D．菱形
9．春意复苏，郑州绿化工程正在如火如荼地进行着，某工程队计划将一块长64m，宽40m的矩形场地建设成绿化广场如图，广场内部修建三条宽相等的小路，其余区域进行绿化．若使绿化区域的面积为广场总面积的80%，求小路的宽，设小路的宽为x m，则可列方程（ ）
A．
B．
C．
D．
10．如图，E，F分别是正方形ABCD的边CD，AD上的点，且CE＝DF，AE与BF相交于O，下列结论：
①AE＝BF；
②AE⊥BF；
③AD＝OE；
④＝．
其中正确的是（ ）
A．①②B．①④C．①②④D．①③④
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11．将方程化为一般形式后，常数项为2，则一次项系数为 ．
12．在中，是斜边上的中线，若，则的长是 ．
13．已知一元二次方程的两根为，，则 ．
14．如图，四边形是正方形，延长到点E，使，则的度数是 ．
15．将2024个形状、大小均相同的菱形按照如图所示的方式排成一列，使得右侧菱形的顶点与左侧菱形的对角线交点重合，若这些菱形的边长均为a，则阴影部分的周长总和等于 ．

三、解答题（一）（本大题共4小题，第16、17题各5分，第18题6分，19题8分，共24分）
16．解方程：．
17．如图，点E，F分别在菱形的边上，且．求证：．
18．一个直角三角形的两条直角边的长恰好是一元二次方程的两个根，求这个直角三角形的周长．
19．如图，在中，，，点E、F分别为垂足．

(1)求证：四边形是矩形；
(2)已知，，，求矩形的面积．
四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题9分，共27分）
20．如图，在四边形中，，过点D作的平分线交于点E，连接交于点O，．

(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求四边形的面积．
21．传统中秋节俗中保存最完整的是馈送月饼的节俗，月饼成为中秋佳节的象征，也是佛山人民最热爱的糕点之一．八哥超市销售NF品牌的月饼，平均每天可售出20盒，每盒盈利40元，临近中秋节，为了扩大销量，增加盈利，八哥采取了降价措施．经过一段时间后，发现销售单价每降低1元，平均每天可多售出2盒．
(1)若降价10元，则平均每天销售数量为______盒；
(2)为尽快减少库存，要使八哥超市每天销售利润为1200元，每盒月饼应降价多少元？
22．如图，在平面直角坐标系中，直线与直线相交于点．
（1）点从点出发以每秒1个单位长度的速度沿轴向右运动，点从点出发以每秒3个单位长度的速度沿轴向左运动，两点同时出发.分别过点，作轴的垂线，分别交直线，于点，，请你在图1中画出图形，猜想四边形的形状（点，重合时除外），并证明你的猜想；
（2）在（1）的条件下，当点运动______秒时，四边形是正方形（直接写出结论）．
五、解答题（三）（本大题共2小题，每小题12分，共24分）
23．已知关于x的一元二次方程．
(1)求证：不论k取何值，方程总有实数根；
(2)已知方程的两根为，，且满足，求的值；
(3)已知方程的两根为，（目），设，求y的最小值．
24．如图，正方形中，点M在边上运动，点E是的中点，连接．
(1)求证：；
(2)将绕点E逆时针旋转，使点B的对应点落在上，连接．当点M在边上运动时（点M不与B，C重合），判断的形状，并说明理由．
(3)在（2）的条件下，当时，求的度数．
参考答案与解析
1．B
【分析】根据一元二次方程的定义与一般形式判断选项即可．
【详解】解：A、当a≠0时才是一元二次方程，故此选项不符合题意；
B、此选项符合题意；
C、化简后为：，最高次幂为3次，故此选项不符合题意；
D、有两个未知数，故此选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题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，一元二次方程的定义：只含有一个未知数，且未知数的最高次数为2的整式方程，一般形式为： ．
2．C
【分析】根据菱形对角线互相垂直平分得到，由此利用勾股定理求出的长即可得到答案．
【详解】解：∵在菱形中，对角线相交于点O，，，
∴，
∴在中，由勾股定理得，
∴菱形的边长为5，
故选C．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，熟知菱形的性质是解题的关键．
3．B
【分析】利用表中数据得到时，，时，，则可以判断方程时，有一个解满足．
【详解】解：由表格中数据可得，
当时，，
当时，，
∴方程必有一个根满足．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了二次函数与一元二次方程的综合应用，熟悉二次函数的图像与性质是解题的关键．
4．A
【分析】由矩形和菱形的性质可求解．
【详解】矩形的对角线互相平分且相等，对角相等，菱形的对角线互相垂直平分，对角相等，矩形具有而菱形不一定具有的是对角线相等，故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，掌握矩形和菱形的性质是解题的关键．
5．A
【分析】利用配方法解方程即可．
【详解】解：移项得：，
配方得：，
即，
故选：．
【点睛】此题考查了配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法是解题的关键．
6．B
【分析】在平面直角坐标系中，根据点的坐标画出四边形ABCD，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形得出四边形ABCD是菱形.
【详解】解：如图所示：
∵A（-3，0）、B（0，2）、C（3，0）、D（0，-2），
∴OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵BD⊥AC，
∴四边形ABCD为菱形，
故选B.
【点睛】本题考查了菱形的判定，坐标与图形性质，掌握菱形的判定方法利用数形结合是解题的关键.
7．B
【分析】利用一元二次方程根的判别式求解即可．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程无实数根，
∴，
∴，
故选B．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，对于一元二次方程，若，则方程有两个不相等的实数根，若，则方程有两个相等的实数根，若，则方程没有实数根，若是该方程的两个实数根，则．
8．C
【分析】利用三角形中位线定理可得新四边形的对边平行且等于原四边形一条对角线的一半，如果中点四边形是菱形，那么原四边形的对角线必然相等，符合此条件的即可．
【详解】解：∵点E，F，M，N分别为边的中点，
∴，，
∵四边形的中点四边形是一个菱形，即，
∴四边形的对角线一定相等，只要符合此条件即可，
∴四边形可以是对角线相等的四边形均可，
故选：C．

【点睛】此题考查了菱形的判定，矩形的性质和三角形的中位线的性质定理，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
9．A
【分析】设小路的宽为x 米，根据矩形的面积公式（将绿化区域合成矩形），进而即可列出关于x的一元二次方程．
【详解】设小路的宽为x 米，则绿化区域的长为米，宽为米，
∴
故选：A．
【点睛】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，解题的关键是正确理解题意，利用数形结合的思想，将不规则图形变成规则图形，从而找出等量关系，正确列出方程．
10．C
【分析】根据四边形ABCD是正方形及CE＝DF求出AF＝DE，然后证明△ABF≌△DAE，可得AE＝BF，∠ABF＝∠DAE，故①正确；求出∠AOB＝180°−（∠ABF＋∠BAO）＝180°−90°＝90°，可得②正确；过点E作EG⊥AB交BF于点H，则EG＝AD，根据GE＞HE＞OE可判断出AD＞OE，故③错误；根据全等三角形的性质和可得出④正确．
【详解】解：在正方形ABCD中，∠BAF＝∠D＝90°，AB＝AD＝CD，
∵CE＝DF，
∴AD−DF＝CD−CE，即AF＝DE，
在△ABF和△DAE中，，
∴△ABF≌△DAE（SAS），
∴AE＝BF，∠ABF＝∠DAE，故①正确，
∵∠DAE＋∠BAO＝90°，
∴∠ABF＋∠BAO＝90°，
∴∠AOB＝180°−（∠ABF＋∠BAO）＝180°−90°＝90°，
∴AE⊥BF，故②正确；
如图，过点E作EG⊥AB交BF于点H，则EG＝AD，
∵在直角△OHE中，HE＞OE，而GE＞HE，
∴GE＞OE，
∴AD＞OE，故③错误；
∵△ABF≌△DAE，
∴，
∴，
即＝，故④正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，是综合题但难度不大，证明△ABF≌△DAE是解题的关键，也是本题的突破口．
11．
【分析】根据题意将方程化为一般形式后常数项为2，故变形为，从而可得一次项系数．
【详解】方程变形为：，
∴一次项系数为．
故答案为：
【点睛】本题考查了一元二次方程的一般式，对于一元二次方程的一般式，其中a是二次项系数，b是一次项系数，c是常数项．
12．4
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边长的一半进行求解即可．
【详解】解：∵在中，是斜边上的中线，，
∴，
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，熟知根据直角三角形斜边上的中线等于斜边长的一半是解题的关键．
13．
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，即可求解．
【详解】∵一元二次方程的两根为，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
14．
【分析】根据四边形是正方形，可得，从而，由，可得，再根据即可求出．
【详解】∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵在正方形中，，
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查正方形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握正方形的性质，等腰三角形的性质是解题的关键．
15．
【分析】先通过菱形的性质和三角形的平行线分线段成比例定理求得一个阴影菱形的边长，再计算2023个阴影菱形的周长总和便可．
【详解】解：根据题意知，将2024个形状、大小均相同的菱形按照如图所示的方式排成一列，得到2023个阴影菱形，且这些阴影菱形的大小完全一致，
如图，由题意知，，
由菱形的对角线平分一组对角可知，
∴，
∴
∴一个阴影菱形的周长为：，
∴2023个阴影菱形的周长和为：，
故答案为：．

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，平行线分线段成比例定理，图形类的规律探索，关键是求出阴影菱形的边长和个数．
16．，
【分析】方程移项，利用完全平方公式配方得到结果，即可求解．
【详解】解：，
∴，
∴，
∴或，
解得：，．
【点睛】本题考查了解一元二次方程—配方法，掌握完全平方公式是解本题的关键．
17．证明见解析
【分析】只需要利用证明即可证明．
【详解】证明：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，即，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，熟知菱形对角相等，四条边相等是解题的关键．
18．7
【分析】设直角三角形的两条直角边为a，b，斜边为c，根据韦达定理得到a，b与方程系数的关系，再根据勾股定理求得斜边长，进而得到三角形的周长．
【详解】解：设直角三角形的两条直角边为a，b，斜边为c，
∵a，b为方程的两个根，
根据韦达定理有，，
∴斜边
，
∴这个直角三角形的周长．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，勾股定理等，解此题的关键在于巧用韦达定理和勾股定理的联系简化了计算过程，不需要求出直角边的长度即可求出直角三角形的周长．韦达定理：若有两个实数根，，那么，．
19．(1)证明见解析
(2)20
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，再由，，得到，由此即可证明四边形是矩形；
（2）设，则，利用勾股定理建立方程，解方程求出，再根据矩形面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，勾股定理，熟知矩形的性质与判定定理是解题的关键．
20．(1)见解析
(2)40
【分析】（1）先证四边形是平行四边形，，再证，则，然后由菱形的判定即可得出结论；
（2）由菱形的性质可得，，，即可求解．
【详解】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴四边形的面积．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，掌握菱形的判定和性质是解题的关键．
21．(1)40；
(2)20元．
【分析】（1）根据销售单价每降低1元，平均每天可多售出2盒，可得降价10元，则平均每天可多售出20盒，即平均每天销售数量为40盒；
（2）设每盒月饼降价x元，则每天可售出盒，每盒利润元，根据总利润＝每盒利润×销售数量，即可得出关于x的一元二次方程，解方程后根据题意取舍即可得出结论．
【详解】（1）（1）（盒）
即平均每天销售数量为40盒．
故答案为：40
（2）设每盒月饼降价x元，根据题意，得
解得：，
因为为了尽量减少库存，所以．
答：每盒月饼应降价20元．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用，读懂题意，找到等量关系，列出一元二次方程是解题的关键．
22．（1）画图见解析；四边形为矩形，证明见解析；（2）或8．
【分析】（1）根据题干的提示先确定的位置，再作好垂线，同时标注点，从而可得正确的图形，证明 从而可得猜想结论；
（2）由（1）得：四边形为矩形．当时，四边形为正方形．再分两种情况讨论：①当在的左边时， ②当在的右边时，再列方程求解即可.
【详解】解：（1）画图如图所示：
猜想：四边形为矩形，理由如下：
∵点在直线上，
当时，
设点的运动时间为秒，
则，，
，，
轴，轴，
，
，
∵点在直线，点在直线上，
，，
，
∴四边形为平行四边形，
，
∴四边形为矩形．
（2）由（1）得：四边形为矩形．
当时，四边形为正方形．
①当在的左边时，如图，
则

解得：
②当在的右边时，如图，
同理：


综上：当运动时间为或时，四边形为正方形．
故答案为：或
【点睛】本题考查的是一次函数的性质，矩形的判定与性质，正方形的性质，动态几何问题，分类讨论是难点，灵活应用矩形，正方形的性质是解题的关键.
23．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用根的判别式进行求解即可；
（2）根据推出，由此可得，则，据此求解即可；
（3）解方程得到，则，据此可得答案．
【详解】（1）证明：由题意得，
，
∴不论k取何值，方程总有实数根；
（2）解：∵，
∴，即，
∴，
∴，
∵关于x的一元二次方程的两根为，，
∴关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵，
∴，
解得或，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
，
∵，
∴，
∴的最小值为．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，配方法的应用，对于一元二次方程，若，则方程有两个不相等的实数根，若，则方程有两个相等的实数根，若，则方程没有实数根，若是该方程的两个实数根，则．
．
24．(1)证明见解析
(2)为等腰直角三角形，理由见解析
(3)
【分析】（1）根据正方形的基本性质以及“斜中半定理”等推出，即可证得结论；
（2）由旋转的性质得，从而利用等腰三角形的性质推出，再结合正方形对角线的性质推出，即可证得结论；
（3）如图所示，延长交于F，先证明，得到，再证明，即可得到．
【详解】（1）证明：∵四边形为正方形，
∴，，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴，即：，
在与中，
，
∴；
（2）解：为等腰直角三角形，理由如下：
由旋转的性质得：，
∴，
∴，，
∵，
∴，即：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形；
（3）解：如图所示，延长交于F，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质等，理解并熟练运用基本图形的证明方法和性质是解题关键．
1
1.1
1.2
1.3
﹣2
﹣0.59
0.84
2.29