北师大版2024-2025学年九年级数学上册第一次月考数学检测卷试卷（解析版）-A4

这是一份北师大版2024-2025学年九年级数学上册第一次月考数学检测卷试卷（解析版）-A4，共28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。
（满分 140分，时间 120 分钟）
考试须知：
答题前，考生务必在答题纸指定位置上用钢笔或圆珠笔清楚填写相关信息．答题纸与试卷在试题编号
上是一一对应的，答题时应特别注意，请勿错位．
一、选择题（本大题有8小题，每小题3分，共24分．每小题只有一个选项符合题意）
1. 下列是一元二次方程的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】一元二次方程的概念：只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，据此逐项判断即可．
【详解】解：A中方程的未知数的最高次数是1次，故不是一元二次方程，不符合题意；
B中方程含有两个未知数，故不一元二次方程，不符合题意；
C中方程是一元二次方程，符合题意；
D中方程不是整式方程，故不是一元二次方程，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的概念，熟知一元二次方程满足的条件是解答的关键．
2. 在四边形中，．下列说法能使四边形为矩形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合平行四边形的判定和性质及矩形的判定逐一分析即可．
【详解】A：，
为平行四边形而非矩形
故A不符合题意
B：，
为平行四边形而非矩形
故B不符合题意
C：
∴AB∥CD
四边形为矩形
故C符合题意
D：
不是平行四边形也不是矩形
故D不符合题意
故选：C ．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，平行四边形的判定和性质及矩形的判定等知识，熟练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键．
3. 用配方法解方程时，配方后正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据配方法，先将常数项移到右边，然后两边同时加上，即可求解．
【详解】解：
移项得，
两边同时加上，即
∴，
故选：C．
【点睛】本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．
4. 如图，在平行四边形中，，，将线段水平向右平移a个单位长度得到线段，若四边形为菱形时，则a的值为（ ）

A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据平行四边形的性质得到，然后根据菱形的性质得到，然后求解即可．
【详解】∵四边形是平行四边形，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】此题考查了平行四边形和菱形的性质，平移的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
5. 下列命题中，真命题是（ ）
A. 顺次联结平行四边形各边的中点，所得的四边形一定是矩形
B. 顺次联结等腰梯形各边的中点，所得的四边形一定是菱形
C. 顺次联结对角线垂直的四边形各边的中点，所得的四边形一定是菱形
D. 顺次联结对角线相等的四边形各边的中点，所得的四边形一定是矩形
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行四边形、特殊平行四边形的判定、中位线定理、中点四边形的定义进行判定即可．
【详解】解：如图：

观察图形：分别为的中点，根据中位线定理：
，，
∴四边形是平行四边形；
A、顺次联结平行四边形各边的中点，所得的四边形是平行四边形，原命题为假命题，不符合题意；
B、∵等腰梯形的对角线相等，即：当时，
∴，
∴四边形为菱形；
∴顺次联结等腰梯形各边的中点，所得的四边形一定是菱形，原命题为真命题，符合题意；
C、当时，则：，
∴，
∴四边形为矩形；
∴顺次联结对角线垂直的四边形各边的中点，所得的四边形一定是矩形，原命题为假命题，不符合题意；
D、当时，则：，
∴四边形为菱形；
∴顺次联结对角线相等的四边形各边的中点，所得的四边形一定是菱形，原命题为假命题，不符合题意．
故答案选：B．
【点睛】本题考查中位线定理应用、平行四边形、特殊的平行四边形的判定，掌握四边形的判定是解题关键．
6. 若一个菱形的两条对角线长分别是关于的一元二次方程的两个实数根，且其面积为11，则该菱形的边长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，得到，根据菱形的面积得到，利用勾股定理以及完全平方公式计算可得答案．
【详解】解：设方程的两根分别为a，b，
∴，
∵a，b分别是一个菱形的两条对角线长，已知菱形的面积为11，
∴，即，
∵菱形对角线垂直且互相平分，
∴该菱形的边长为
，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题考查了根与系数的关系以及菱形的性质，完全平方公式，利用根与系数的关系得出是解题的关键．
7. 小影与小冬一起写作业，在解一道一元二次方程时，小影在化简过程中写错了常数项，因而得到方程的两个根是和；小冬在化简过程中写错了一次项的系数，因而得到方程的两个根是-2和．则原来的方程是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，根据题意得出原方程中，，逐项分析判断，即可求解．
【详解】解：∵小影在化简过程中写错了常数项，得到方程的两个根是和；
∴，
又∵小冬写错了一次项的系数，因而得到方程的两个根是-2和．
∴
A. 中，，，故该选项不符合题意；
B. 中，，，故该选项符合题意；
C. 中，，，故该选项不符合题意；
D. 中，，，故该选项不符合题意；
故选：B．
8. 如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点C的坐标为0,3，以，为边作矩形．动点E，F分别从点O，B同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿，向终点A，C移动．当移动时间为4秒时，的值为（ ）
A. 30B. 9C. 15D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，得出，，勾股定理求得，，即可求解．
本题考查了坐标与图形，勾股定理求两点坐标距离，矩形的性质，求得的坐标是解题的关键．
【详解】解：连接、，

∵点A的坐标为，点的坐标为，以为边作矩形．
∴，
∴，，
依题意，，，
∴，则，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：A．
二、填空题（本大题有8小题，每小题3分，共24分）
9. 方程x2=4x的解 __．
【答案】x=0或x=4
【解析】
【分析】先移项，使方程右边为0，再提公因式x，然后根据“两式相乘值为0，这两式中至少有一式值为0．”进行求解．
【详解】解：原方程变为
x2﹣4x=0
x（x﹣4）=0
解得x1=0，x2=4，
故答案为：x=0或x=4．
【点睛】本题考查用因式分解法解一元一次方程.提公因式是解题的关键.
10. 如图，正方形的对角线，交于点O，P为边上一点，且，则的度数为__________．
【答案】##22.5度
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质，根据四边形是正方形，可得，，再根据，即可求出的度数．
【详解】解：四边形是正方形，
，，
，
，
，
．
故答案为：．
11. 关于x的一元二次方程有两个实数根，则m的取值范围是________．
【答案】且
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程（，a，b，c为常数）的定义以及根的判别式，理解根的判别式对应的根的三种情况是解题的关键．当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根．
根据一元二次方程根的判别式以及一元二次方程的定义列出不等式，解不等式求解即可．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程有实数根
∴且，
解得且，
故答案为：且．
12. 一种药品原价每盒48元，经过两次降价后每盒27元，两次降价的百分率相同，则每次降价的百分率为_________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的实际应用，设每次降价的百分率为，根据原价每盒48元，经过两次降价后每盒27元，列出方程进行求解即可．
【详解】解：设每次降价的百分率为，
由题意，得：，
解得：，（舍去）；
故答案为：．
13. 如图，矩形的对角线、相交于点O，过点O作交于点E，若，，则 ___________________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质及勾股定理等知识点，数形结合、熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．连接，由矩形的性质可得，，，，由，，可知垂直平分，则可得；设，则，在中，由勾股定理得关于的方程，求解即可．
【详解】解：连接，如图：
在矩形中，，，
，，，，
，
，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
，
解得：．
故答案为：．
14. 如图，两张宽为3的长方形纸条叠放在一起，已知，则阴影部分的面积是_______．
【答案】
【解析】
【分析】首先过点作于点E，于点，由题意可得四边形是平行四边形，继而求得的长，判定四边形是菱形，则可求得答案．
【详解】过点作于点E，于点，

根据题意得：，，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
同理：，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质等知识，解题关键在于掌握菱形判定定理和作辅助线．
15. 若关于x的一元二次方程两根为、，且，则p的值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系：若方程的两实数根为，则，．
根据一元二次方程根与系数的关系得到，，然后通分，，从而得到关于p的方程，解方程即可．
【详解】解：，
，
而，
，
，
故答案为：．
16. 如图，在中，，且，点D是斜边上的一个动点，过点D分别作于点M，于点N，连接，点O为的中点，则线段的最小值为________．
【答案】
【解析】
【分析】由勾股定理求出的长，再证明四边形是矩形，可得，根据垂线段最短可得当时，的值最小，再利用三角形面积求出，可得，即可解决问题．
【详解】解：如图，连接，

，且，，
，
，，
，
四边形是矩形，
，，
当时，的值最小，
此时，，
，
的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短，关键是掌握矩形的对角线相等．
三、解答题（本大题共9小题，共64分，解答时应写出文字说明或演算步骤．）
17. 解方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是掌握一元二次方程的解法：直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法等．
（1）利用因式分解法解一元二次方程即可；
（2）利用公式法解一元二次方程即可．
【小问1详解】
或
∴，；
【小问2详解】
，，
∴
∴，．
18. 如图，在平行四边形中，E为线段的中点，连接，，延长，交于点F，连接，．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形的性质，得，根据平行线的性质，得，；再根据为线段的中点，全等三角形的判定，则，根据矩形的判定，即可；
（2）过点作于点，根据勾股定理，求出的长，再根据四边形的面积等于，即可．
【小问1详解】
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，，
∵为线段的中点，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形．
【小问2详解】
过点作于点，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形的面积等于，
∵，，
∵点是对角线的中心，
∴，
∴，
∴四边形的面积为：．
【点睛】本题考查矩形，平行四边形，全等三角形的知识，解题的关键是矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．
19. 已知关于的一元二次方程．
（1）求证：无论取何值，方程都有两个不相等的实数根；
（2）如果方程的两个实数根为，且，求的值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）或．
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程根判别式，根与系数的关系，解一元二次方程，掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键．
（1）根据根的判别式证明恒成立即可；
（2）由题意可得，，，进行变形后代入即可求解．
【小问1详解】
证明：，
∵无论取何值，，恒成立，
∴无论取何值，方程都有两个不相等的实数根．
【小问2详解】
解：∵是方程的两个实数根，
∴，，
∴，
解得：或．
20. 如图，矩形中，点是对角线的中点，过点的直线分别交、边于点．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据矩形的性质，利用证明，得到，得到四边形是平行四边形，再根据，即可得证；
（2）勾股定理求出的长，设，则，在中，利用勾股定理求出的值，再根据菱形的性质结合勾股定理进行求解即可．
【小问1详解】
证明：∵四边形是矩形，
，
，
∵O是对角线的中点，
，
又，
，
，
又，
∴四边形是平行四边形，
又，
是菱形；
【小问2详解】
解：∵四边形是矩形，
，
在中，
，
，
．
∵四边形是菱形
，
令，则，
在中，
，
，
解得，即，
，
．
【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理。熟练掌握相关性质和判定，是解题的关键．
21. 某商店销售某种商品，平均每天可售出20件，每件盈利40元，为了扩大销售，增加盈利，该店采取了降价措施，在每件盈利不少于25元的前提下，经过一段时间销售，发现销售单价每降低1元，平均每天可多售出2件．
（1）若降价6元时，则平均每天销售数量为多少件？
（2）当每件商品降价多少元时，该商店每天销售利润为1200元？
【答案】（1）平均每天销售数量为32件
（2）当每件商品降价10元时，该商店每天销售利润为1200元
【解析】
【分析】（1）根据“平均每天可售出20件，每件盈利40元，销售单价每降低1元，平均每天可多售出2件”，列出平均每天销售的数量即可，
（2）设每件商品降价元，根据“平均每天可售出20件，每件盈利40元，销售单价每降低1元，平均每天可多售出2件，每件盈利不少于25元”列出关于的一元二次方程，解之，根据实际情况，找出盈利不少于25元的答案即可．
【小问1详解】
解：根据题意得：
若降价6元，则多售出12件，
平均每天销售数量为：（件)，
答：平均每天销售数量为32件；
【小问2详解】
解：设每件商品降价元，
根据题意得：
，
解得：，，
，（符合题意），
，（舍去），
答：当每件商品降价10元时，该商店每天销售利润为1200元．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，正确找出等量关系，列出一元二次方程是解题的关键．
22. 如图，平行四边形中，分别是的平分线，且分别在边上，．

（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，的面积等于，求平行线与间的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证，再证，从而四边形是平行四边形，又，于是四边形是菱形；
（2）连接，先求得，再证，，于是有，得，再证，从而根据面积公式即可求得．
【小问1详解】
证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵分别是的平分线，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
【小问2详解】
解：连接，

∵，，
∴，
∴，
∵四边形菱形，
∴，
∴，
∴，，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∵的面积等于，
∴，
∴平行线与间的距离．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质，菱形的判定，角平分线的定义，等腰三角形的判定，三角函数的应用以及平行线间的距离，熟练掌握平行四边形的判定及性质，菱形的判定，角平分线的定义，等腰三角形的判定，三角函数的应用以及平行线间的距离等知识是解题的关键．
23. Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，动点P从点A出发，在线段AC上以每秒1个单位长度的速度向点C作匀速运动，到达点C停止运动．设运动时间为t秒

（1）如图1，过点P作PD⊥AC，交AB于D，若△PBC与△PAD的面积和是△ABC的面积的，求t的值；
（2）点Q在射线PC上，且PQ＝2AP，以线段PQ为边向上作正方形PQNM．在运动过程中，若设正方形PQNM与△ABC重叠部分的面积为8，求t的值．
【答案】（1）t1＝2，t2＝4；（2）t的值为或2时，重叠面积为8．
【解析】
【分析】（1）先求出△ABC的面积，然后根据题意可得AP＝t，CP＝6﹣t，然后再△PBC与△PAD的面积和是△ABC的面积的，列出方程、解方程即可解答；
（2）根据不同时间段分三种情况进行解答即可.
【详解】（1）∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，
∴S△ABC＝×6×6＝18，
∵AP＝t，CP＝6﹣t，
∴△PBC与△PAD的面积和＝t2+×6×（6﹣t），
∵△PBC与△PAD的面积和是△ABC的面积的，
∴t2+×6×（6﹣t）＝18×，
解之，得t1＝2，t2＝4；
（2）∵AP＝t，PQ＝2AP，
∴PQ＝2t，
①如图1，当0≤t≤2时，S＝（2t）2﹣t2＝t2＝8，
解得：t1＝，t2＝﹣（不合题意，舍去），
②如图2，当2≤t≤3时，S＝×6×6﹣t2﹣（6﹣2t）2＝12t﹣t2＝8，
解得：t1＝4（不合题意，舍去），t2＝（不合题意，舍去），
③如图3，当3≤t≤6时，S＝ 6×6﹣t2＝8，
解得：t1＝2，t2＝﹣2（不合题意，舍去），
综上，t的值为或2时，重叠面积为8．
【点睛】本题考查了三角形和矩形上的动点问题，根据题意列出方程和分情况讨论是解答本题的关键.
24. 如图，AC是正方形ABCD的对角线，AD＝8，E是AC的中点，动点P从点A出发，沿AB方向以每秒1个单位的速度向终点B运动，同时动点Q从点B出发，以每秒2个单位的速度先沿BC方向运动到点C，再沿CD方向向终点D运动，以EP、EQ为邻边作平行四边形PEQF，设点P运动的时间为t秒（0＜t＜8）
（1）当t＝1时，试求PE的长；
（2）当点F恰好落在线段AB上时，求BF的长；
（3）在整个运动过程中，当▱PEQF为菱形时，求t的值．
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）作EM⊥AB于M，由正方形的性质和已知条件得出AB=BC=CD=AD=8，证出EM∥BC，得出EM是△ABC的中位线，由三角形中位线定理得出EM=BC=4，当t=1时，AP=1，求出PM=AM-AP=3，再由勾股定理求出PE即可；
（2）由平行四边形的性质得出PF=EQ，PF∥EQ，当点F恰好落在线段AB上时，得出EQ⊥BC，Q为BC的中点，得出EQ是△ABC的中位线，由三角形中位线定理得出EQ=AB=4，求出PF=4，AP=2，即可求出BF的长；
（3）由菱形的性质得出PE=PQ，分四种情况：①当0＜t≤2时，作EM⊥AB于M，EN⊥BC于N；②当2＜t≤4时；③当4＜t≤6时，作EM⊥AB于M，EN⊥BC于N；④当6＜t≤8时；分别由勾股定理得出方程，解方程即可．
【小问1详解】
作于交于点M，如图1所示：
∵四边形是正方形，E是对角线的中点，
∴，
∴是的中位线，
∴，
当时，，
∴，
∴
【小问2详解】
∵四边形是平行四边形，
∴，
当点F恰好落在线段上时，，
∴，
∴Q为的中点，
∴是的中位线，，
∴，
∴，
∵动点Q从点B出发，以每秒2个单位的速度先沿方向运动到点C，
∴，
∴
∴
【小问3详解】
当为菱形时，，分四种情况：
①当时，作于M，于N，如图2所示：
∵，
∴，
解得：（舍去），或（舍去）；
②当时，
同①得：，
解得：（舍去），或
∴
③当时，作于M，于N，如图3所示：
∵，
∴，
解得：或（舍去），
∴
④当时，
同③得：，
解得：（舍去）或（舍去）；
综上所述：在整个运动过程中，当为菱形时，t的值为或．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、勾股定理、平行四边形的性质、三角形中位线定理、菱形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度，特别是（3）中，需要通过作辅助线进行分类讨论，运用勾股定理得出方程才能得出结果．
25. 探究
（1）发现：如图1，在平面内，已知的半径为r，且，P为上一动点，连接，易得的最大值为 ___________，最小值为___________；（用含a，r的代数式表示）
（2）应用：①如图2，在矩形中，，E为边中点，F为边上一动点，沿将翻折得到，连接，则的最小值为___________；
②如图3，点P为线段外一动点，分别以为直角边，作等腰和等腰，连接．若，求的最大值；
（3）拓展：如图4，已知以为直径的半圆O，C为弧上一点，且，P为弧上任意一点，交于D，若，则的最小值为___________．
【答案】（1），；（2）①；②13（3）
【解析】
【分析】（1）当在延长线上时，最大，最大，当在线段上时，最小，最小为：；
（2）①由沿将翻折得到，可知，即的轨迹是以为圆心，以2为半径的半圆，故当、、共线时，最小，此时，即得最小值为：；
②连接，由和是等腰直角三角形，可证明，即得，故当最大时，就最大，而，是等腰直角三角形，可得当、、共线时，最大此为，故最大为13；
（3）以为边，在异侧作等边，连接、，由为半圆的直径，，可得，，，从而有，根据，即知的轨迹是以为圆心，为半径的，由，得，即有中，，可得当、、共线时，最小为．
【详解】解：（1）当在延长线上时，最大，如图：
最大为：，
当在线段上时，最小，如图：
最小为：，
故答案为：，；
（2）①如图：
沿将翻折得到，
，即的轨迹是以为圆心，以2为半径的半圆，
当、、共线时，最小，此时，
最小值为：；
故答案为：；
②连接，如图：
和是等腰直角三角形，
，，，
，即，
，
，
当最大时，就最大，
，是等腰直角三角形，
，
，
当、、共线时，最大，如图：
此时，
最大为13；
（3）以为边，在异侧作等边，连接、，如图：
为半圆的直径，，
，，
，
，
，
，
是等边三角形，
，，
，即的轨迹是以为圆心，为半径的，
而，
，
中，，
，
当、、共线时，最小，如图：
最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查圆的综合应用，涉及翻折变换、全等三角形的判定与性质、三角形两边之差小于第三边等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形、等边三角形及转化思想的应用，综合性较强．