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）（含解析）

这是一份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）（含解析），共23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。
1.已知关于x的一元二次方程x2+3x+1=0有两根为x1和x2，则x1x2+x1+x2的值是( )
A. 2B. −2C. 1D. −1
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(x+1)2=4的解为( )
A. x1=1，x2=−3B. x1=−1，x2=3
C. x1=2，x2=−2D. x1=1，x2=−1
4.如图，已知l1//l2//l3，AB=3，BC=2，CD=1，那么下列式子中不成立的是( )
A. EC：CG=5：1
B. EF：FG=1：1
C. EF：FC=3：2
D. EF：EG=3：5
5.有一个人患了流行性感冒，经过两轮传染后共有196人患病，则每轮传染中平均一个人传染的人数是人．( )
A. 13B. 14C. 15D. 16
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P逆时针旋转60°
B. 绕点N逆时针旋转90°
C. 绕点Q顺时针旋转180°
D. 绕点M顺时针旋转180°
7.若α，β是方程x2+2x−2024=0的两个实数根，则α2+3α+β的值为( )
A. 2015B. 2022C. −2015D. 4010
8.如图，在△ABC中，∠A=52°，在平面内将△ABC绕点C旋转到△A′B′C位置，若A′B′⊥BC，则∠B的度数是( )
A. 10°
B. 12°
C. 14°
D. 16°
9.空地上有一段长为a米的旧墙AB，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40米，所围成的长方形菜园面积为S平方米.若a=18，S=194，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，△ABC与△DEF均为等边三角形，O为BC，EF的中点，点D在边AC上，则AD：BE的值( )
A. ． 3：1
B. 2：1
C. 5：3
D. 不能确定
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11.若(2−a)xa2−2−5=0是一元二次方程，则a= ______ ．
12.已知M(a,−3)和N(4,b)关于原点对称，则a+b= ．
13.已知关于x的一元二次方程2x2−x+m=0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是______ ．
14.如图，AB//GH//CD，点H在BC上，AC与BD交于点G，AB=4，CD=6，则GH长为______．
15.如图所示，△ABC中，∠B=90°，AB=8cm，BC=12cm.点P沿射线AB方向从点A出发以1cm/s的速度移动，点Q沿射线CB方向从点C出发以2cm/s的速度移动，P，Q同时出发， 秒后，△PBQ的面积为1cm2．
16.如图，在△ABC中，∠C=90°，BC=8，AC=6，点D为边AC的中点，点P为边BC上任意一点，若将△CDP沿DP折叠得△EDP，若点E在△ABC的中位线上，则PE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8.0分)
解下列方程：
(1)x2+6x−16=0；
(2)x2+ 2x−4=0．
18.(本小题8.0分)
如图，△ABC的三个顶点都在格点上，A(−3,4)．
(1)画出△ABC关于点O的中心对称图形△A1B1C1，并写出点A1的坐标．
(2)画出将△ABC绕点B顺时针旋转90°后得到的△A2B2C2．
19.(本小题8.0分)
已知关于x的一元二次方程x2+2x+k−2=0有两个不相等的实数根．
(1)求k的取值范围；
(2)若k为非负整数，且该方程的根都是整数，求k的值．
20.(本小题8.0分)
已知如图，四边形ABCD中，BC=CD.连接BD，过点C作BD的垂线交AB于点E，垂足为O，连接DE，且DE/​/BC．
(1)求证：四边形BCDE是菱形；
(2)若∠CDB=30°，CB=4，∠A=45°，求AD的长．
21.(本小题8.0分)
已知关于x的一元二次方程x2−(m−1)x−2(m+3)=0．
(1)试证：无论m取任何实数，方程都有两个不相等的实数根；
(2)设x1，x2为菱形的两条对角线长，是否存在m值，使得菱形的边长为 212，存在求出m值，不存在说明理由．
22.(本小题8.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点D是斜边AC的中点，连接DB，线段AE⊥线段BD交BC于点E，交DB于点G，垂足为点G．
(1)求证：EB2=EG⋅EA；
(2)连接CG，若∠CGE=∠DBC，CB=8cm，求CE的长．
23.(本小题10.0分)
某礼品专卖店在销售中发现，一件礼品每件进价为38元，若销售价为60元，每天可售出20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1元，那么平均可多售出2件.同时每销售出一件礼品，会捐赠2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400元？
24.(本小题12.0分)
(1)把两个全等的矩形ABCD和矩形CEFG拼成如图1的图案，则∠ACF= ______ °.
(2)如图2，在正方形ABCD中，E是CD边上一点(不与点C，D重合)，连接BE，将BE绕点E顺时针旋转90°至FE，作射线FD交BC的延长线于点G，则线段CG与BC的数量关系是______ ．
(3)在菱形ABCD中，∠A=120°，E是CD边上一点(不与点C，D重合)，连接BE，将BE绕点E顺时针旋转120°至FE，作射线FD交BC的延长线于点G，请在备用图中画出图形并解答下列问题：
①写出线段CG与BC的数量关系，并证明；
②若AB=12，E是CD的三等分点，则△CEG的面积为______ ．
25.(本小题12.0分)
如图1，直线l1：y=12x+2和直线l2与x轴分别相交于A，B两点，且两直线相交于点C，直线l2与y轴相交于点D(0,−4)，OA=2OB．
(1)求点A的坐标及直线l2的函数表达式；
(2)求△ABC的面积；
(3)试探究在x轴上是否存在点P，使得△PAC为等腰三角形，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意知，x1+x2=−3，x1x2=1，
∴x1x2+x1+x2=1−3=−2，
故选：B．
由题意知，x1+x2=−3，x1x2=1，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ax2+bx+c=0的两根为x1和x2，则x1+x2=−ba，x1x2=ca．
2.【答案】D
【解析】解：A、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：D．
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180度后与原图重合．
3.【答案】A
【解析】解：(x+1)2=4，
x+1=±2，
则x+1=2，x+1=−2，
∴x1=1，x2=−3，
故选：A．
首先直接开平方可得一元一次方程x+1=±2，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x2=p或(nx+m)2=p(p≥0)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x2=p的形式，那么可得x=± p．
4.【答案】D
【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：∵l1/​/l2/​/l3，
∴EC：CG=AC：CD=5：1，所以A选项成立；
EF：FG=AB：BD=3：3=1：1，所以B选项成立；
EF：FC=AB：BC=3：2，所以C选项成立；
EF：EG=AB：AD=3：6=1：2，所以D选项不成立．
故选：D．
5.【答案】A
【解析】解：设每轮传染中平均一个人传染了x个人，
依题意得1+x+x(1+x)=196，
即(1+x)2=196，
解方程得x1=13，x2=−15(舍去)，
故选：A．
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x个人，则第一轮传染了x个人，第二轮作为传染源的是(x+1)人，则传染x(x+1)人，依题意列方程：1+x+x(1+x)=196，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】B
【解析】解：如图，
由图形可知，三角形乙是三角形甲绕点N逆时针旋转90°得到的，
故说法正确的是：B，
故选：B．
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】B
【解析】解：∵α，β是方程x2+2x−2024=0的两个实数根，
∴α+β=−2，α2+2α=2024，
∴原式=α2+2α+α+β
=2024+(−2)
=2022．
故选：B．
由根与系数的关系，得到α+β=−2，α⋅β=−2024，由方程的根可得α2+2α=2024，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】C
【解析】解：A′B′⊥BC，垂足为O点，如图，
∵△ABC绕点C旋转到△A′B′C位置，
∴∠A=∠CA′B′=52°，CA=CA′，
∵CA=CA′，
∴∠CA′A=∠A=52°，
∴∠B′A′B=180°−∠CA′A−∠CA′B′=180°−52°−52°=76°，
∵A′B′⊥BC，
∴∠A′OB=90°，
∴∠B=90°−∠B′A′B=90°−76°=14°．
故选：C．
A′B′⊥BC，垂足为O点，如图，先根据旋转的性质得到∠A=∠CA′B′=52°，CA=CA′，则利用等腰三角形的性质得到∠CA′A=∠A=52°，则根据平角的定义计算出∠B′A′B=76°，然后利用互余计算出∠B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】A
【解析】解：如图所示，设矩形ABCD的边AC为x米，则宽DC为(40−2x)米，
根据题意得：(40−2x)x=194，
即：−2x2+40x=194，
解得：x1=10+ 3，x2=10− 3，
而40−2x≤18，
∴x≥11，
∴x=10+ 3
所以只有一种围法，
故选：A．
设矩形ABCD的边AC为x米，则宽DC为(40−2x)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】A
【解析】解：连接OA、OD，如图，
∵△ABC，△DEF均为等边三角形，O为BC，EF的中点，
∴AO⊥BC，DO⊥EF，
∴∠EDO=30°，∠BAO=30°，
∴ODOE=OAOB= 31，
∵∠DOE=∠AOB=90°，
∴∠DOE−∠EOA=∠AOB−∠EOA，
即∠DOA=∠EOB，
∴△DOA∽△EOB，
∴AD：BE=AO：OB=DO：EO= 3：1．
故选：A．
连接OA、OD，由已知可以推出ODOE=OAOB= 31，推出△DOA∽△EOB，根据锐角三角函数即可推出AD：BE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】−2
【解析】解：∵(2−a)xa2−2−5=0是一元二次方程，
∴2−a≠0a2−2=2，
解得a=−2．
故答案为：−2．
只含有一个未知数，且未知数的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程．一元二次方程有三个特点：(1)只含有一个未知数；(2)未知数的最高次数是2；(3)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ax2+bx+c=0(a≠0)的形式，则这个方程就为一元二次方程．
12.【答案】−1
【解析】解：∵M(a,−3)和N(4,b)关于原点对称，
∴a=−4，b=3，
则a+b=−4+3=−1．
故答案为：−1．
直接利用关于原点对称点的性质得出a，b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】m0，
解得：m0，
∴无论m取任何实数，方程都有两个不相等的实数根；
(2)解：由题意，∵菱形的对角线互相垂直，
∴依据勾股定理，14(x12+x22)=( 212)2．
∴14(x12+x22)=214．
又：∵x1，x2为方程x2−(m−1)x−2(m+3)=0的两个实数根，
∴x1+x2=m−1，x1⋅x2=−2(m+3)．
∴x12+x22=(x1+x2)2−2x1⋅x2=214×4．
∴(m−1)2−2[−2(m+3)]=214×4．
∴m2+2m−8=0．
∴m1=−4，m2=2．
∵x1，x2为菱形的两条对角线长，
∴x1+x2=m−1>0，x1⋅x2=−2(m+3)>0．
∴m1=−4，m2=2，均不符合题意．
∴不存在．
【解析】(1)根据方程的系数结合根的判别式Δ=b2−4ac，即可得出Δ=(m+3)2+16，结合(m+3)2≥0可得出Δ>0，进而可证出：无论m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】(1)证明：∵AE⊥BD，
∴∠BGE=90°，
∵∠ABC=90°，
∴∠BGE=∠ABE，
∵∠BEG=∠AEB，
∴△ABE∽△BGE，
∴BEAE=GEBE，
即EB2=EG⋅EA；
(2)解：在Rt△ABC中，点D是斜边AC的中点，
∴BD=12AC=CD，
∴∠DBC=∠DCB，
∵∠CGE=∠DBC，
∴∠CGE=∠DCB，
∵∠GEC=∠GEC，
∴△GEC∽△CEA，
∴GECE=CEAE，
∴EC2=GE⋅EA，
由(1)知EB2=EG⋅EA，
∴EC2=EB2，
∴BE=CE，
∵CB=8cm，
∴CE=4cm．
【解析】(1)根据相似三角形的判定与性质可得结论；
(2)由直角三角形的性质得BD=12AC=CD，再由相似三角形的判定与性质可得EC2=GE⋅EA，结合(1)的结论可得BE=CE，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x元，则每件的销售利润为(60−x−38−2)元，平均每天可售出(20+2x)件，
根据题意得：(60−x−38−2)(20+2x)=400，
整理得：x2−10x=0，
解得：x1=0(不符合题意，舍去)，x2=10．
答：当该专卖店每件礼品降价10元时，平均每天盈利400元．
【解析】设该专卖店每件礼品降价x元，则每件的销售利润为(60−x−38−2)元，平均每天可售出(20+2x)件，利用总利润=每件的销售利润×日销售量，可列出关于x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】90 CG=BC 6 3或12 3
【解析】解：(1)∵四边形ABCD和四边形CEFG是全等的矩形，
∴AB=CE，BC=EF，∠B=∠E=90°，
∴△ABC≌△CEF(SAS)，
∴∠BAC=∠FCE，AC=CF，
∵∠B=90°，
∴∠BAC+∠ACB=90°，
∴∠ACB+∠FCE=90°，
∴∠ACF=180°−(∠ACB+∠FCE)=180°−90°=90°，
故答案为：90；
(2)CG=BC，理由如下：
过点F作FH⊥CD，交CD的延长线于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CB=CD，∠BCD=90°，
∴∠H=∠BCD=90°，
由旋转的性质得：∠BEF=90°，EF=BE，
∴∠BEC+∠CBE=∠BEC+∠FEH=90°，
∴∠CBE=∠FEH，
∴△BEC≌△EFH(AAS)，
∴FH=EC，EH=BC，
∴EH=CD，
即DH+DE=CE+DE，
∴CE=DH=FH，
∴∠CDG=∠FDH=45°，
∵∠DCG=BCD=90，
∴△DCG是等腰直角三角形，
∴CG=CD，
∴CG=BC；
(3)①CG=12BC，证明如下：
如图3，过点F作∠EFH=∠BEC，与ED的延长线交于点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CB=CD，∠A=∠BCD=120°，
由旋转的性质得：∠BEF=120°，EF=BE，
∴∠BEC+∠CBE=∠BEC+∠FEH=60°，
∴∠CBE=∠FEH，
∴△BEC≌△EFH(AAS)，
∴∠H=∠BCD=120°，EH=BC，FH=CE，
∴CD=EH，
∴DH=CE，
∴DH=FH，
∴∠FDH=∠DFH=30°，
∴∠CDG=30°，
∵∠DCG=180°−∠BCD=60°，
∴∠G=90°，
∴△DCG是直角三角形，
∵∠CDG=30°，
∴CG=12CD，
∴CG=12BC；
②∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD=AB=12，
当CE=13CD时，如图4，
由①知，CG=12CD=6，
∴DG= CD2−CG2= 122−62=6 3，
∴S△CEG=13S△DCG=13×12CG⋅DG=13×12×6×6 3=6 3；
当ED=13CD时，如图5，
则CE=23CD，
由①知，CG=12CD=6，
∴DG= CD2−CG2= 122−62=6 3，
∴S△CEG=23S△DCG=23×12CG⋅DG=23×12×6×6 3=12 3；
综上所述，△CEG的面积为6 3或12 3，
故答案为：6 3或12 3．
(1)由矩形的性质得AB=CE，BC=EF，∠B=∠E=90°，再证△ABC≌△CEF(SAS)，得∠BAC=∠FCE，AC=CF，然后由直角三角形的性质即可得出结论；
(2)证△BEC≌△EFH(AAS)，得FH=EC，EH=BC，再证CE=DH=FH，然后证△DCG是等腰直角三角形，即可得出结论；
(3)①证△BEC≌△EFH(AAS)，得∠H=∠BCD=120°，EH=BC，FH=CE，再证DH=CE，然后证∠CDG=30°，∠G=90°，即可解决问题；
②当CE=13CD时，可知S△CEG=13S△DCG；当ED=13CD时，CE=23CD，可得S△CEG=23S△DCG；求得CG、DG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30°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：(1)将y=0代入y=12x+2得，x=−4，
∴A(−4,0)，
∴OA=4，
∵OA=2OB，
∴OB=2，
∴B(2,0)，
设直线l2的函数表达式为：y=kx+b，
将D(0,−4)、B(2,0)分别代入y=kx+b得：
2k+b=0b=−4，解得：k=2b=−4，
∴直线l2的函数表达式为：y=2x−4；
(2)∵点C是直线l1和l2的交点，
∴y=12x+2y=2x−4，解得：x=4y=4，
∴C(4,4)，
∵A(−4,0)，B(2,0)，
∴AB=6．
∴△ABC的面积为：12×AB×yC=12×6×4=12；
(3)设点P(x,0)，
由点A、P、C的坐标得，AC2=(4+4)2+42=80，AP2=(x+4)2，PC2=(x−4)2+16，
当AC=AP时，即80=(x+4)2，
解得：x=−4±4 5，
即点P的坐标为：(4+4 5,0)或(4−4 5,0)；
当AC=PC时，则80=(x−4)2+16，
解得：x=−4(舍去)或16，
即点P(16,0)；
当AP=PC时，即(x+4)2=(x−4)2+16，
解得：x=1，
即点P(1,0)，
综上，点P的坐标为：(4+4 5,0)或(4−4 5,0)或(16,0)或(1,0)．
【解析】(1)令y=0求出A点坐标，令y=0可求出A点的坐标，根据OA=2OB可得点B的坐标，利用待定系数法即可得直线l2的函数表达式；
(2)联立直线l1和直线l2求出C(4,4)，根据三角形的面积公式即可得出答案；
(3)由点A、P、C的坐标得，AC2=(4+4)2+42=80，AP2=(x+4)2，PC2=(x−4)2+16，再分AC=AP、AC=PC、AP=PC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．