河南省郑州市郑州中学2024-2025学年上学期九年级第一次月考数学试卷

这是一份河南省郑州市郑州中学2024-2025学年上学期九年级第一次月考数学试卷，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．下列方程是关于x的一元二次方程的是（ ）
A．B．
C．D．
2．解方程时，小明进行了相关计算并整理如下：
则该方程必有一个根满足（ ）
A．B．C．D．
3．某同学现有一装有若干个黄球的袋子．为了估计袋子中黄球的数量，该同学向这袋黄球中放入了30个绿球(所有球除颜色外其余均相同)，摇匀后随机抓取60个，其中绿球共计10个，则袋子中黄球的数量约为（ ）
A．200个B．180个C．240个D．150个
4．如图，菱形中，过点C作交于点E，若，则（ ）
A．B．C．D．
5．下列条件中，不能判定平行四边形是矩形的是（）
A．B．C．D．
6．在平面直角坐标系中，已知点，，， ，以这四个点为顶点的四边形是 （ ）
A．矩形B．菱形C．正方形D．梯形
7．某公司年第一季度的利润是万元，受金融危机影响，以后每季度利润减少率为x，则该公司第三季度的利润为（ ）
A．B．C．D．
8．某校运动会的接力赛中，甲、乙两名同学都是第一棒，这两名同学各自随机从四个赛道中抽取一个赛道，则甲、乙两名同学恰好抽中相邻赛道的概率为（ ）
A．B．C．D．
9．关于x的一元二次方程的根的情况是（ ）
A．实数根的个数由b的值确定B．有两个不相等的实数根
C．有两个相等的实数根D．没有实数根
10．如图，矩形中，，，P为矩形边上的一个动点，运动路线是，设P点经过的路程为x，以A，P，B为顶点的三角形面积为y，则选项图象能大致反映y与x的函数关系的是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题
11．如果关于x 的一元二次方程的一个解是，则 ．
12．若方程是关于x的一元二次方程，则a的值为 ．
13．三张背面完全相同的数字牌，它们的正面分别印有数字1，2，3，将它们背面朝上，洗匀后随机抽取一张记为，将数字牌放回洗匀后，再随机抽取一张记为，则的概率是 ．
14．将连接四边形对边中点的线段称为“中对线”．凸四边形ABCD的对角线AC＝BD＝4，且两条对角线的夹角为60°，那么该四边形较短的“中对线”的长度为 ．
15．如图，矩形纸片中，，点E、F分别在边上，将纸片沿折叠，使点D的对应点在边上，点C的对应点为，则的最小值为 ，CF的最大值为 ．
三、解答题
16．解下列方程：
(1)（用配方法解）
(2)（用因式法解）
(3)（用公式法解）
17．如图是一张对边平行的纸片，点，分别在平行边上，连接．
(1)求作：菱形，使点，落在纸片的同一边上；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
(2)证明：四边形是菱形．
(3)在（1）的条件下，，交于点，若，，求菱形的面积．
18．已知关于的一元二次方程（为常数）有两个不相等的实数根和．
(1)填空：________，________；
(2)求，；
(3)已知，求的值．
19．3张相同的卡片上分别写有中国二十四节气中的“小满”、“芒种”、“夏至”的字样，将卡片的背面朝上．
(1)洗匀后，从中任意抽取1张卡片，抽到写有“小满”的卡片的概率等于__________；
(2)洗匀后，从中任意抽取2张卡片，用画树状图或列表的方法，求抽到一张写有“芒种”，一张写有“夏至”的卡片的概率．
20．某商场出售一种商品，经市场调查发现，日销售量（件）与每件售价（元）满足一次函数关系，部分数据如下表所示：
(1)求与之间的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围）；
(2)该商品日销售额能否达到元？如果能，求出每件售价：如果不能，请说明理由．
21．如图，在矩形中，，．点P从点D出发向点A运动，运动到点A即停止；同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是．连接、、．设点P、Q运动的时间为．
(1)当______时，四边形是矩形；
(2)当______时，四边形是菱形；
(3)在运动过程中，沿着把翻折，当t为何值时，翻折后点B的对应点恰好落在边上．
22．【问题发现】我国数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了一元二次方程的几何解法．例如，可变形为．如图1，构造一个长为、宽为x、面积为35的矩形；如图2，将4个矩形构造成一个边长为的大正方形，中间恰好是一个边长为2的小正方形．大正方形的面积可表示为，也可表示为，由此可得新方程：（，易得这个方程的正数解为．注意：这种构造图形的方法只能求出方程的一个根!
(1)尝试：小颖根据赵爽的解法解方程，请将其解答过程补充完整：
第一步：将原方程变为，即（ ）；
第二步：利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形；（在画图区画出示意图，标明各边长）
第三步：根据大正方形的面积可得新的方程： ；解得原方程的一个根为 ；
(2)【思维拓展】参照以上方法求出关于x的一元二次方程的正数解（用含b，的代数式表示）．
23．综合与实践：
数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地．

(1)发现问题：
如图1，在和中，，，，连接，，延长BE交于点D．则与的数量关系： ， ．
(2)类比探究：
如图2，和均为等腰直角三角形，，连接，，且点B，E，F在一条直线上，过点A作，垂足为点M．请猜想，，之间的数量关系，并说明理由；
(3)实践应用：
如图3，正方形中，，M点为线段中点．将正方形绕点A顺时针旋转，形成正方形．连接、，直线交直线于点P，则线段最大值为 ．
x
0
0.5
1
1.5
2
5.25
13
每件售价/元
日销售量/件
参考答案：
1．D
【分析】本题主要考查了一元二次方程的定义，只含有一个未知数，且未知数的最高次为2的整式方程叫做一元二次方程，据此求解即可．
【详解】解：A、当时，方程不是一元二次方程，不符合题意；
B、，不是整式方程，不是一元二次方程，不符合题意；
C、，含有两个未知数，不是一元二次方程，不符合题意；
D、，即是一元二次方程，符合题意；
故选：D．
2．B
【分析】本题主要考查了求一元二次方程的近似根．根据表格得出近似根的取值范围．
【详解】解：∵时，，
时，，
∴当在1与之间取某一个数时，可使，
即方程的其中一个解满足的范围是．
故选：B．
3．D
【分析】本题主要考查了用频率估计概率，设黄球的数量为x，根据题意可得，求出解即可．
【详解】设黄球的数量为x，根据题意得
解得．
经检验是方程的解且符合题意 ，
所以袋子中黄球有150．
故选：D．
4．A
【分析】本题主要考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．根据菱形的性质可得，，从而得到，再由，即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：A．
5．A
【分析】本题考查了矩形的判定，掌握判定定理是解题的关键．根据矩形的判定逐个判断即可．
【详解】解：A、不能判定这个平行四边形为矩形，符合题意；
B、，，所以，可以判定这个平行四边形为矩形，不符合题意；
C、，对角线相等，可推出平行四边形是矩形，不符合题意；
D、，所以，可以判定这个平行四边形为矩形，不符合题意．
故选：A
6．C
【分析】本题考查菱形及正方形的判定，等腰直角三角形的性质，坐标与图形，勾股定理．掌握有一个角是直角的菱形是正方形是解题的关键．
根据已知各点坐标，可计算出各边的长度，再分析相邻两边是否垂直，即可求解．
【详解】解：∵A，B，C， ，
∴，，，，
∴，
四边形是菱形．
∵
∴．
同理
．
∴四边形是正方形．
故选：C．
7．C
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，列代数式．熟练掌握一元二次方程的应用，理解题意并正确的列代数式是解题的关键．
根据第二季度的利润为，第三季度的利润为，然后作答即可．
【详解】解：依题意得，该公司第三季度的利润为，
故选：C．
8．A
【分析】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求事件A或B的概率．画树状图展示所有12种等可能的结果数，再找出甲乙两名同学恰好抽中相邻赛道的结果数，然后根据概率公式求解即可．
【详解】解：根据题意，画树状图如图，
由树状图可知，共有12种等可能的结果，其中甲、乙两名同学恰好抽中相邻赛道的结果有6种，
甲、乙两名同学恰好抽中相邻赛道的概率为．
故选：A．
9．B
【分析】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．先计算出，根据的意义得到方程有两个不相等的实数根即可．
【详解】解：因为，
所以方程有两个不相等的实数根，
故选B．
10．B
【分析】本题考查动点问题的函数图象．根据题意可以分别表示出各段的函数解析式，从而可以明确各段对应的函数图象，从而可以得到哪个选项是正确的．
【详解】解：由题意可得：
点到的过程中，、、三点不能够组成三角形，所以；
点到的过程中，；
点到的过程中，；
点到的过程中，，
由以上各段函数解析式可知，选项B正确，
故选：B．
11．2023
【分析】本题主要考查了一元二次方程的解，解答本题的关键是明确方程的解一定使得原方程成立．
把代入，可得，再代入，即可求解．
【详解】解：关于的一元二次方程的一个解是，
，
即，
．
12．
【分析】本题考查了一元二次方程的概念，即经整理后，如果方程含有一个未知数，且未知数的最高次数为2的整式方程为一元二次方程，掌握此概念是关键，千万不要忘记二次项系数不为零．根据一元二次方程的概念，最高项系数为2，二次项系数不为零，由这两点即可确定a的值．
【详解】解：∵方程是关于x的一元二次方程，
∴且，
解得：．
故答案为：．
13．
【分析】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．画树状图得出所有等可能结果，再从中找到符合条件的结果数，继而利用概率公式可得答案．
【详解】解：根据题意，画出树状图如下：
一共有9种等可能结果，其中的有6种，
∴的概率是．
故答案为：．
14．2
【分析】根据三角形中位线定理可得菱形EFGH，然后根据菱形的性质及等边三角形的性质可得答案．
【详解】解：如图，设两条对角线AC、BD的夹角为60°，取四边的中点并连接起来，设AC与EH交点M．
∴EH是三角形ABD的中位线，
∴EH＝BD＝2，EHBD，
同理，FG＝BD＝2，FGBD，EF＝AC＝2，EFAC，HG＝AC＝2，HGAC，
∴EHHGAC，EF＝FG＝HG＝HE，
∴四边形EFGH是菱形，
∵EH＝BD＝2，EHBD，
∴∠AOB＝60°＝∠AME，
∵FEAC，
∴∠FEH＝∠AME＝60°，
∴△HEF为等边三角形，
∴HF＝EH＝2，
∴较短的“中对线”长度为2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了三角形中位线的性质与判定，菱形的性质与判定，理解题意，掌握以上性质是解题的关键．
15． 6
【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，等边对等角，过点E作于H，则四边形是矩形，则，根据，可得的最小值为6，则由折叠的性质可得的最小值为6；如图所示，连接，证明，得到，则，利用勾股定理得到当最大时，最大，即最大时，最大，则当与点B重合时，最大，设此时，则，据此利用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】解：如图所示，过点E作于H，则四边形是矩形，
∴，
∵，
∴的最小值为6，
由折叠的性质可得，
∴的最小值为6；
如图所示，连接，
由折叠的性质可得，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴当最大时，最大，即最大时，最大，
∴当与点B重合时，最大，
设此时，则，
∴，
解得，
∴的最大值为
故答案为：，．
16．(1)，；
(2)，；
(3)，．
【分析】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是熟记常见的解法，直接开平方法、配方法、公式法、因式分解法及正确掌握一元二次方程的解法．
（）利用配方法得到，再计算即可求解；
（）提取公因式，利用因式分解法求解即可；
（3）求得根的判别式，再利用公式法求解即可．
【详解】（1）解：，
整理得，
配方得，即可，
开方得，
即或，
∴，；
（2）解：，
整理得，
因式分解得，
即，，
∴，；
（3）解：，
整理得，
，，，
，
∴方程有两个不相等的实数根，
∴，
∴，．
17．(1)作图见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）作线段的垂直平分线，交纸片的平行边于两点，，连接、；
（2）根据垂直平分线的性质得，，由，得，，证明，得，推出四边形为平行四边形，即可得证；
（3）先根据菱形的性质得到，，，根据勾股定理得，然后根据菱形的面积公式计算即可．
【详解】（1）解：如图，作线段的垂直平分线，交纸片的平行边于两点，，连接、，
则四边形即为所作；
（2）证明：设，交于点，
根据作图可知：垂直平分，
∴，，
∵，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形；
（3）解：∵四边形为菱形，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴菱形的面积为．
【点睛】本题考查作图—复杂作图，垂直平分线的性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理．解题的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
18．(1)，；
(2)，；
(3)．
【分析】本题考查了一元二次方程根和系数的关系，根的判别式，掌握一元二次方程根和系数的关系是解题的关键．
（）利用根和系数的关系即可求解；
（）变形为，再把根和系数的关系代入计算即可求解，由一元二次方程根的定义可得，即得，进而可得；
（）把方程变形为，再把根和系数的关系代入得，可得或，再根据根的判别式进行判断即可求解．
【详解】（1）解：由根与系数的关系得，，，
故答案为：，；
（2）解：∵，，
∴，
∵关于的一元二次方程（为常数）有两个不相等的实数根和，
∴，
∴，
∴；
（3）解：由根与系数的关系得，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得或，
∴一元二次方程为或，
当时，，不合题意，舍去；
当时，，符合题意；
∴．
19．(1)
(2)
【分析】本题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．
（1）直接由概率公式求解即可；
（2）画树状图，共有6种等可能的结果，其中抽到一张写有“芒种”，一张写有“夏至”的卡片的结果有2种，再由概率公式求解即可．
【详解】（1）解：张相同的卡片上分别写有中国二十四节气中的“小满”、“芒种”、“夏至”的字样，
洗匀后，从中任意抽取1张卡片，抽到写有“小满”的卡片的概率，
故答案为：；
（2）解：把写有中国二十四节气中的“小满”、“芒种”、“夏至”3张卡片分别记为、、，
画树状图如下：
共有6种等可能的结果，其中抽到一张写有“芒种”，一张写有“夏至”的卡片的结果有2种，
抽到一张写有“芒种”，一张写有“夏至”的卡片的概率为．
20．(1)；
(2)该商品日销售额不能达到元，理由见解析。
【分析】本题考查了一次函数的应用以及一元二次方程的应用，解题的关键是：（1）利用待定系数法求出与之间的函数表达式；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程．
（1）根据表格中的数据，利用待定系数法即可求出与之间的函数表达式；
（2）利用销售额每件售价销售量，即可得出关于的一元二次方程，利用根与系数的关系求解即可．
【详解】（1）解：设与之间的函数表达式为，
将，代入得
，
解得，
与之间的函数表达式为；
（2）解：该商品日销售额不能达到元，理由如下：
依题意得，
整理得，
∴，
∴该商品日销售额不能达到元．
21．(1)3
(2)
(3)存在，t等于1或3时，翻折后点B的对应点恰好落在边上．
【分析】（1）当四边形是矩形时，，据此求得的值；
（2）当四边形是菱形时，，列方程求得运动的时间；
（3）根据折叠的性质得出，，，进而在中，，，勾股定理建立方程，解方程，即可求解．
【详解】（1）解：由已知可得，，，
在矩形中，，，，
当时，四边形为矩形，
∴，
解得：，
故当时，四边形为矩形；
故答案为：3；
（2）解：，，
∴，
即，
∵，
四边形为平行四边形，
当时，四边形为菱形，
根据勾股定理得：，，
∴此时，
解得，
故当时，四边形为菱形；
故答案为：；
（3）解：如图所示，
根据折叠可知：，，，，
在矩形中，，
，
，
，
，
∵，
∴在中，根据勾股定理得：
，
，
即：，
解得：，
答：当等于或时，翻折后点的对应点恰好落在边上．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质、矩形的判定与性质，勾股定理，解一元二次方程．折叠的性质，解决此题注意结合方程的思想解题．
22．(1)；，
(2)
【分析】本题考查了一元二次方程的应用、解一元二次方程—配方法，数形结合是关键
（1）根据赵爽的解法变形一元二次方程，画出大正方形，构造新方程，求出方程的一个正解即可；
（2）仿照赵爽的解法变形一元二次方程，构造新的关于x的方程，解出正数解即可．
【详解】（1）解：第一步，将原方程变为，变形得：，
第二步，利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形如图：
第三步，根据大正方形的面积可得新的方程：，
解得原方程的一个根为．
故答案为：；，；
（2）解：方程变形为：，
根据赵爽的解法可造方程为：，
∵，，
∴（舍去负值），
∴，
∴原方程的一个正数解为：．
23．(1)；
(2)
(3)
【分析】（1）根据得到得到，证明即可得证；
（2）根据全等三角形的性质，直角三角形的两个锐角互余，等腰直角三角形的性质，结合图形解答．
（3）先证明点P，C，D，B四点共圆，得到，连接，确定点P在以为直径的圆上，设的中点为点O，连接，计算，，结合，得到点M，O，P三点共线时，取得最大值，计算最大值为．
【详解】（1）∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，

∴，，
∵，
∴，
故答案为：；．
（2）线段，，之间的数量关系是，理由如下：
如图，设、的交点为N，

∵和都是等腰直角三角形，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，， 为中边上的高，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（3）∵正方形，且正方形绕点A顺时针旋转，形成正方形．
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，

∴，
连接，
∴点P在以为直径的圆上，
设的中点为点O，连接，
∵，M点为线段中点，
∴，，
∴，
∵，
∴点M，O，P三点共线时，取得最大值，
且最大值为．
故答案为：．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定，等腰三角形和等腰直角三角形的性质，圆周角定理，勾股定理，三角形中位线定理，正方形的性质，三角形不等式等知识，熟练掌握全等三角形的判定，勾股定理，中位线定理是解题的关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
D
A
A
C
C
A
B
B