九年级上学期第一次月考数学试题 (11)

这是一份九年级上学期第一次月考数学试题 (11)，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，用适当的方法解下列方程，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：
1. 一元二次方程的解是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用“十字相乘法”对等式的左边进行因式分解．
【详解】由原方程，得：
，
则或，
解得．
故选：A．
【点睛】本题考查了解一元二次方程－因式分解法．解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．
2. 顺次连接矩形各边中点所得四边形必定是（ ）
A. 平行四边形B. 菱形C. 正方形D. 矩形
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了中位线的性质，矩形的性质，菱形的判定；连接、BD，根据三角形中位线的性质，矩形的性质可得，进而即可求解．
【详解】解：如图，连接、BD，
、、、分别是矩形的AB、、CD、AD边上的中点，
，BD（三角形的中位线等于第三边的一半），
矩形的对角线，
，
四边形EFGH是菱形．
故选B．
3. 已知关于x的一元二次方程有一根为0，则（ ）
A. 1B. C. D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的解，把代入方程，结合二次项的系数不等于0，求出的值即可．
【详解】解：由题意，得：，且，
解得：；
故选B．
4. 正方形具备而菱形不具备的性质是（ ）
A. 对角线互相平分B. 对角线互相垂直
C. 对角线相等D. 每条对角线平分一组对角
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查正方形的性质，菱形的性质，根据正方形和菱形的性质逐项判断，即可得出结论．
【详解】解：A、对角线互相平分是正方形和菱形都具备的性质，故此选项不符合题意；
B、对角线互相垂直是正方形和菱形都具备的性质，故此选项不符合题意；
C、对角线相等是正方形具备而菱形不具备的性质，故此选项符合题意；
D、每条对角线平分一组对角是正方形和菱形都具备的性质，故此选项不符合题意；
故选：C．
5. 某商品原价200元，连续两次降价后售价为148元，下列所列方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据原价及经两次降价后的价格，即可得出关于a的一元二次方程，此题得解．
【详解】解：根据题意得：，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
6. 如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点O，∠ACB=30°，AB=2，则矩形的面积为（ ）
A. B. 2C. 4D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半可得，在根据勾股定理求出，最后即可求出矩形的面积．
【详解】，，，
，
，
．
故选．
【点睛】本题考查了矩形的性质、直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半的性质，勾股定理．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
7. 如图，在平行四边形中，、是上两点，，连接、、、，添加一个条件，使四边形是矩形，这个条件是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由平行四边形的性质可知：，，再证明即可证明四边形是平行四边形．
【详解】∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵对角线上两点、满足，
∴，即，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形．
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
8. 如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，A的坐标为（1，），则点B的坐标为（ ）
A. （1－，＋1）B. （－，＋1）
C. （－1，＋1）D. （－1，）
【答案】A
【解析】
【分析】过点A作AF⊥x轴，过点C作CD⊥x轴，过点B作BE⊥CE，根据题意得出△AOF≌△COD≌△BCE，从而得出BE、CD和OD的长度，从而得出点B的坐标．
【详解】过点A作AF⊥x轴，过点C作CD⊥x轴，过点B作BE⊥CE，
∵AO=CO=BC，∠AFO=∠ODC=∠E=90°，∠AOF=∠OCD=∠BCE，
∴△AOF≌△COD≌△BCE，
∴AF=OD=BE=，OF=CD=CE=1，
∴点B的坐标为(1－，1+)，
故选：A．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，坐标与图形性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．
9. 矩形ABCD与CEFG，如图放置，点B，C，E共线，点C，D，G共线，连接AF，取AF的中点H，连接GH．若BC=EF=2，CD=CE=1，则GH=（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】延长GH交AD于点P，先证△APH≌△FGH得AP=GF=1，GH=PH=PG，再利用勾股定理求得PG=，从而得出答案．
【详解】解：如图，延长GH交AD于点P，
∵四边形ABCD和四边形CEFG都是矩形，
∴∠ADC=∠ADG=∠CGF=90°，AD=BC=2、GF=CE=1，
∴AD∥GF，
∴∠GFH=∠PAH，
又∵H是AF的中点，
∴AH=FH，
在△APH和△FGH中，
∵，
∴△APH≌△FGH（ASA），
∴AP=GF=1，GH=PH=PG，
∴PD=AD﹣AP=1，
∵CG=2、CD=1，
∴DG=1，
则GH=PG=×=，
故选C．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理等知识点．
10. 如图，在正方形中，，E为对角线上与A，C不重合的一个动点，过点E作于点F，于点G，连接．下列结论：
①；②；③；④的最小值为3．其中正确结论的个数有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】延长，交于点，交于点，连接，交于点，先根据正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质得出，再根据矩形的判定与性质可得，由此可判断①；先根据三角形全等的性质可得，再根据矩形的性质可得，然后根据等腰三角形的性质可得，由此可判断③；根据直角三角形的性质可得，从而可得，由此可判断②；先根据垂线段最短可得当时，取得最小值，再解直角三角形可得的最小值，从而可得的最小值，由此可判断④．
【详解】解：如图，延长，交于点，交于点，连接，交于点，
四边形是正方形，，
，
在和中，，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，即结论①正确；
，
，
，即结论③正确；
，
，
，
，即，结论②正确；
由垂线段最短可知，当时，取得最小值，
此时在中，，
又，
的最小值与的最小值相等，即为，结论④错误；
综上，正确的结论为①②③，共有3个，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质、解直角三角形等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
二、填空题：
11. 已知关于的方程有两个相等的实数根，则的值是_____.．
【答案】1
【解析】
【详解】解：∵关于x一元二次方程有两个相等的实数根，
∴∆=0，
∴4﹣4m=0，
∴m=1，
故答案为1．
12. 两个连续偶数积是288，则这两个数的和是_____________
【答案】34或－34．
【解析】
【分析】设这两个偶数分别为x和x＋2，然后根据它们的积为288列方程求解即可．
【详解】解：设这两个偶数分别为x和x＋2，
根据题意得：x（x＋2）＝288，
整理得：x2＋2x−288＝0．
解得：x1＝16，x2＝−18，
当x＝16时，x＋2＝18，
当x＝−18时，x＋2＝−16，
∴这两个数为16、18或−16、−18，
∴这两个数的和是34或－34，
故答案为：34或−34．
【点睛】本题主要考查的是一元二次方程的应用，根据题意列出方程是解题的关键．
13. 如图，菱形的两条对角线，交于点O，，垂足为E．当菱形的对角线，时，的长为____________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，根据菱形的性质，求出的长，等积法求出的长即可．
【详解】解：∵菱形的两条对角线，交于点O，，，
∴，
∴，
∵，
∴菱形的面积，
∴，
∴；
故答案为：．
14. 如图，在四边形ABCD中，∠ADC=∠ABC=90°，AD=CD，DP⊥AB于P．若四边形ABCD的面积是18，则DP的长是_____．
【答案】
【解析】
【分析】过点D作DE⊥DP交BC的延长线于E，先判断出四边形DPBE是矩形，再根据等角的余角相等求出∠ADP=∠CDE，再利用“角角边”证明△ADP和△CDE全等，根据全等三角形对应边相等可得DE=DP，然后判断出四边形DPBE是正方形，再根据正方形的面积公式解答即可．
【详解】解：如图，过点D作DE⊥DP交BC的延长线于E，
∵∠ADC=∠ABC=90°，
∴四边形DPBE是矩形，
∵∠CDE+∠CDP=90°，∠ADC=90°，
∴∠ADP+∠CDP=90°，
∴∠ADP=∠CDE，
∵DP⊥AB，
∴∠APD=90°，
∴∠APD=∠E=90°，
在△ADP和△CDE中，
∠ADP=∠CDE，∠APD=∠E，AD=CD，
∴△ADP≌△CDE（AAS），
∴DE=DP，四边形ABCD的面积=四边形DPBE的面积=18，
∴矩形DPBE是正方形，
∴DP=．
故答案为3．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形和正方形是解题的关键．
15. 如图，将矩形沿对角线翻折，点B落在点E处，交于F．若，．则图中阴影部分的面积是____________．
【答案】10
【解析】
【分析】本题考查矩形中的折叠问题，先证明，设，在中，利用勾股定理求出的值，再利用面积公式进行求解即可．
【详解】解：∵将矩形沿对角线翻折，
∴，，
∴，
∴，
设，则：，
在中，由勾股定理，得：，解得：，
∴阴影部分的面积；
故答案为：10．
16. 如图,某小区有一块长为18m,宽为6m的矩形空地,计划在其中修建两块相同的矩形绿地,它们的面积之和为60m2,两块绿地之间及周边留有宽度相等的人形通道,若设人形道的宽度为xm,则可以列出关于x的方程是______
【答案】
【解析】
【分析】设人行道的宽度为x米，根据矩形绿地的面积之和为60米2，列出一元二次方程．
【详解】解：设人行道的宽度为x米，根据题意得，
（18-3x）（6-2x）=60，
化简整理得，x2-9x+8=0．
故答案为x2-9x+8=0．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，利用两块相同的矩形绿地面积之和为60m2得出等式是解题关键．
17. 多项式的最小值为________．
【答案】21
【解析】
【分析】根据完全平方公式把多项式进行变形，根据非负数的性质解答即可.
【详解】
，，
，
多项式的最小值为.
故答案为：.
【点睛】本题考查的是配方法的应用，掌握完全平方公式、偶次方的非负数是解题的关键.
18. 如图，在边长为4的正方形ABCD中，E是AB边上的一点，且AE=3，点Q为对角线AC上的动点，则△BEQ周长的最小值为____．
【答案】6
【解析】
【分析】连接BD，DE，根据正方形的性质可知点B与点D关于直线AC对称，故DE的长即为BQ+QE的最小值，进而可得出结论．
【详解】解：连接BD，DE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴点B与点D关于直线AC对称，
∴DE的长即为BQ+QE的最小值，
∵DE=BQ+QE=，
∴△BEQ周长的最小值=DE+BE=5+1=6．
故答案为：6．
【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题，解题的关键是熟知轴对称的性质．
三、用适当的方法解下列方程：
19. （1）2x2+ 4x = 3．
（2）2(x－3)²＝x²－9
（3）
（4）
【答案】（1），；（2），；（3），；（4），．
【解析】
【分析】（1）移项后，用公式法进行求解；
（2）移项变形后，用因式分解法进行求解；
（3）方程整理后，用因式分解法进行求解；
（4）方程整理后，用配方法进行求解．
【详解】解：（1）方程整理得：，
∵a＝2，b＝4，c＝－3，
∴△＝16+24＝40＞0，
∴，
∴，；
（2）方程变形得：2(x－3)²－（x+3）（x－3）＝0，
因式分解得：（x－3）（2x－6－x－3）＝0，
∴x－3＝0或2x－6－x－3＝0，
∴，；
（3）方程整理得：，
因式分解得：，
∴x－3＝0或5x+9＝0，
∴，；
（4）方程整理得：，
配方得：，
∴，
∴，．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解法，解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．
四、解答题：
20. 已知关于x的一元二次方程有两个不等实数根，．
（1）求k的取值范围；
（2）若，求k的值．
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）利用一元二次方程根的判别式大于0建立不等式，解不等式即可得；
（2）先利用一元二次方程的根与系数的关系可得，再结合（1）的结论即可得．
【小问1详解】
解：关于的一元二次方程有两个不等实数根，
此方程根的判别式，
解得．
【小问2详解】
解：由题意得：，
解得或，
由（1）已得：，
则的值为2．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式、以及根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程的相关知识是解题关键．
21. 如图，在四边形的中，，对角线，相交于点O，且，是等边三角形．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）4
【解析】
【分析】本题考查矩形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质：
（1）先证明为等边三角形，进而得到，根据对角线相等且平分的四边形为矩形，即可得证；
（2）求出，得到，，根据面积公式，求出的长，即可得出结果．
【小问1详解】
解：∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形；
【小问2详解】
∵，
∴，
∵，
∴，
由（1）知：四边形是矩形，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴．
22. 如图，在四边形中，AB//DC，，对角线，交于点，平分，过点作交的延长线于点，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）OE=2．
【解析】
【分析】（1）根据一组对边相等的平行四边形是菱形进行判定即可．
（2）根据菱形的性质和勾股定理求出，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可求解．
【详解】（1）证明：∵AB//CD，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵∥，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴是菱形．
（2）解：∵四边形是菱形，对角线、交于点，
∴，，，
∴，
在Rt△AOB中，，
∴，
∵，
∴，
在Rt△AEC中，，为中点，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理等，熟练掌握菱形的判定方法以及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键．
23. 商场以每件280元的价格购进一批商品，当每件商品售价为360元时，每月可售出60件，为了扩大销售，商场决定采取适当降价的方式促销，经调查发现，如果每件商品降价1元，那么商场每月就可以多售出5件．
（1）降价前商场每月销售该商品利润是多少元？
（2）要使商场每月销售这种商品的利润达到7200元，且更有利于减少库存，则每件商品应降价多少元？
【答案】（1）降价前商场每月销售该商品的利润是4800元；
（2）每件商品应降价60元．
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程解实际问题的运用．
（1）先求出每件的利润．再乘以每月销售的数量就可以得出每月的总利润；
（2）设要使商场每月销售这种商品的利润达到7200元，且更有利于减少库存，则每件商品应降价x元，由销售问题的数量关系建立方程求出其解即可．
【小问1详解】
解：由题意，得（元）．
答：降价前商场每月销售该商品的利润是4800元；
【小问2详解】
解：设要使商场每月销售这种商品的利润达到7200元，且更有利于减少库存，则每件商品应降价x元，
由题意，得，
解得：．
∵有利于减少库存，
∴．
答：要使商场每月销售这种商品的利润达到7200元，且更有利于减少库存，则每件商品应降价60元．
24. 如图，在矩形中，，动点分别从点同时出发，点以的速度向点移动．点以的速度向点移动．当点运动到点停止时，点也随之停止运动．问几秒后，点和点的距离是
【答案】或
【解析】
【分析】作交于E，设运动时间为t秒，用t表示线段长，用勾股定理列方程求解．此题考查了一元二次方程的运用．利用作垂线，构造直角三角形，运用勾股定理列方程是解题关键．
【详解】解：过点P做交于E．则，
设运动时间为t秒，
∵四边形矩形，
∴，，，
∴四边形和是矩形，
∴，，，
在中，，
可得：，
解得．
答：P、Q两点从出发开始或后，点P和点Q的距离是．
25. 已知正方形，E，F为平面内两点．
（1）如图1，当点E在边上时，，且B，C，F三点共线．求证：．
（2）如图2，当点E在正方形外部时，，且E，C，F三点共线．猜想并证明线段之间的数量关系；
（3）如图3，当点E在正方形外部时，，且D，F，E三点共线，与交于G点．若，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）猜想，证明见解析
（3）
【解析】
【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定：
（1）只需要证明，即可证明；
（2）证明，得到，则，再由，即可证明：
（3）如图所示，连接．由正方形的性质得到，证明；得到．则，进而求出；由勾股定理得到，则．
【小问1详解】
证明：∵四边形是正方形，
∴；
∵，
∴，
∴；
在和中，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：猜想：，证明如下：
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∴，
∵，
∴：
【小问3详解】
解：如图所示，连接．
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴；
∴．
∴
∴；
∴，
∴
在 中，．