广东省深圳市教育科学研究院实验学校（光明）2024-2025学年九年级上学期九月月考数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省深圳市教育科学研究院实验学校（光明）2024-2025学年九年级上学期九月月考数学试题（解析版）-A4，共19页。试卷主要包含了考生必须在答题卷上按规定作答，考试时间90分钟，满分100分等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，务必将自己的姓名、学号等填写在答题和规定的位置上．
2．考生必须在答题卷上按规定作答：凡在试卷，草稿纸上作答的，其答案一律无效．
3．考试时间90分钟，满分100分．
一、选择题（共8题，每题3分，共24分．每题4个选项中，只有一项符合题意）
1. 下列方程中一定是一元二次方程的是( )
A. ax2-x+2=0B. x2-2x-3=0C. D. 5x2-y-3=0
【答案】B
【解析】
【详解】A. ax2-x+2=0，当a=0时不是一元二次方程，故错误；B. x2-2x-3=0，是一元二次方程，正确；C. ，分母中含有字母，是分式方程，故错误；D. 5x2-y-3=0，含有两个未知数，是二元二次方程，故错误，故选B.
2. 关于x的一元二次方程化为一般形式后不含一次项，则m的值为（ ）
A. 0B. ±3C. 3D. -3
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查了一元二次方程的定义，解题关键是理解一元二次方程的一般形式，将一元二次方程化为一般式，根据不含一次项可得一次项系数为0，求解即可．
【详解】解：方程化为一般形式为：
由题意可得：
解得
故选：C
3. 在菱形中，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用菱形的性质求出∠ABD=40°，再利用等腰三角形的性质求出∠BAE=70°即可．
【详解】在菱形ABCD∵∠ABC=80°，
∴∠ABD=40°．
∵BA=BE，
∴∠BAE==70°．
故选：A．
【点睛】本题运用了菱形的性质和等腰三角形的性质的知识点，运用知识准确计算是解决问题的关键．
4. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 有两边相等的平行四边形是菱形B. 有一个角是直角的平行四边形是菱形
C. 对角线互相垂直的平行四边形是矩形D. 有三个角是直角的四边形是矩形
【答案】D
【解析】
【分析】根据菱形和矩形的判定定理进行判断即可．
【详解】A：有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故A为假命题；
B：有一个角是直角的平行四边形是矩形，故B为假命题；
C：对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故C为假命题；
D：有三个角是直角的四边形是矩形，故D为真命题；
故选：D
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和矩形的判定，熟练地掌握菱形的判定定理和矩形的判定定理是解题的关键．
5. 如图，在直角坐标系中，矩形，点B的坐标是，则的长是（ ）
A. 3B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查矩形的性质、两点间距离公式，先求得的长度，然后根据矩形的对角线相等求解即可．
【详解】解：连接，，
∵点B的坐标是，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
故选：C．
6. 如图，在中，，点D是斜边的中点，以为边作正方形．若正方形的面积为16，则的周长为（ ）
A. B. C. 12D. 24
【答案】B
【解析】
【分析】此题重点考查正方形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理等知识，正确地求出的长是解题的关键．由四边形是面积为16的正方形，求得，由中，点D是斜边的中点，求得，则，求得，于是得到问题的答案．
【详解】解：∵四边形是面积为16的正方形，
∴，且，
∴，
∵中，，点D是斜边的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的周长为，
故选：B．
7. 我们规定一种新运算“★”，其意义为，已知，则x值为（ ）
A 或B. 或C. 或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】根据新运算的法则，列出一元二次方程，进行求解即可．
【详解】解：由题意，得：，
整理，得：，
∴，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查定义新运算，因式分解法解一元二次方程．解题的关键是理解新运算的定义，正确的列出一元二次方程．
8. 如图，正方形中，点E是边的中点，交于点交于点G，则下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（ ）

A. ①③B. ①②③④C. ①②③D. ①③④
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质，证明得到，可判断①；证明得到，，进而，可判断③④正确；根据平行线的性质得，进而可判断③．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，，，
∵点E是边中点，
∴，
∴，
∴，故①正确；
∵，，，
∴，
∴，，
∴，，故④正确；
∵，
∴，
∴，故②正确；
∵，
∴，
∴，
∴，故③正确，
故选：B．
二、填空题（共5题，每题3分，共15分）
9. 关于的一元二次方程的一个根是1，则常数______．
【答案】3
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的解，解题的关键是掌握一元二次方程的解的含义．根据一元二次方程的解的定义，把代入求解即可．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程的一个根是1，
∴把代入方程，
得，
解得：．
故答案为：．
10. 如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若OB＝2，∠ACB＝30°，则AB的长度为____．
【答案】2
【解析】
【分析】利用矩形的性质即可得到的长，再根据含30°角的直角三角形的性质，即可得到AB的长．
【详解】解：∵矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，
∴AC＝2BO＝4，
又∵∠ACB＝30°，∠ABC＝90°，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质及含30°角的直角三角形的性质，掌握矩形四个角都是直角，对角线相等且互相平分是解题的关键．
11. 如图所示，某农户用长的篱笆围成一个一边靠住房墙（墙长），且面积为的长方形花园，垂直于住房墙的一条边留有一个宽的门，设垂直于住房墙的另一条边的边长为，若可列方程为，则★表示的代数式为______．

【答案】
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的实际应用．正确理解题意是解题的关键．
确定平行于墙的一边与★的关系即可求解．
【详解】解：由题意可得：平行于墙的一边为：，
由可得，★表示的为平行于墙的一边的长度，
即为：★表示的代数式为，
故答案为．
12. 如图，在四边形中，，为中点，连接交于点，若为中点，，，则______．
【答案】6
【解析】
【分析】本题考查中位线定理及性质，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，根据题意得出，，进而得出．
【详解】解：∵分别为、的中点，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：6．
13. 如图，在菱形中，，将菱形折叠，使点恰好落在对角线上的点处（不与、重合），折痕为，若，，则的长为______．

【答案】
【解析】
【分析】作于，根据折叠的性质得到，根据菱形的性质、等边三角形的判定定理得到为等边三角形，得到，根据勾股定理列出方程，解方程即可．
【详解】解：作于，

由折叠的性质可知，，
四边形是菱形，
，，
为等边三角形，
，
设，则，
在中，，，
在中，，，即，
解得，，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是翻转变换的性质、菱形的性质、勾股定理，掌握翻转变换是一种对称变换，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键．
三、解答题（共7题，共61分）
14. 解下列方程：
（1）；
（2）；
（3）
【答案】（1），；
（2）无实数解； （3），．
【解析】
【分析】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握直接开平方方法、因式分解法、求根公式法解一元二次方程是解题的关键．
（1）利用直接开平方方法解方程即可．
（2）利用求根公式求解即可．
（3）整理后，利用因式分解法进行求解一元二次方程即可．
【小问1详解】
解：，
解得，
∴，；
【小问2详解】
解：在方程式中，，，
，
原方程无实数解；
【小问3详解】
解：整理得，
，
或
∴，．
15. 如图，点是网格图形中的一个格点，图中每个小正方形的边长均为，请在网格中按下列要求作图．
（1）以AB为一边，在图①中画一个格点菱形；
（2）以AB为一边，在图②中画一个面积等于的格点平行四边形．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据菱形的判定画出图形即可．
（2）根据平行四边形的判定，利用数形结合的思想画出图形即可．
【小问1详解】
解：如图，菱形即为所求；
【小问2详解】
解：如图，平行四边形．
【点睛】此题考查了作图知识，解题的关键是熟悉平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质．
16. 阅读下列材料：
方程两边同时除以，得，即．因为，所以．
根据以上材料解答下列问题：
（1）已知方程，则_____；_____．
（2）若m是方程的根，求的值．
【答案】（1）4，18
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程解的定义，完全平方公式，分式的求值：
（1）仿照题意求解即可；
（2）根据一元二次方程解的定义得到，进而得到，再仿照题意求解即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：4；18；
【小问2详解】
解：∵m是方程的根，
∴，
∴（时不满足原方程），
∴，
∴，
∴，
∴．
17. 如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，过点C作CE∥OD，过点D作DE∥AC，CE与DE相交于点E．
（1）求证：四边形OCED是矩形．
（2）若AB＝4，∠ABC＝60°，求矩形OCED面积．

【答案】（1）详见解析；（2）4．
【解析】
【分析】（1）由条件可证得四边形CODE为平行四边形，再由菱形的性质可求得∠COD=90°，则可证得四边形CODE为矩形；
（2）首先推知△ABC是等边三角形，所以AC=4，则OC=AC=2，根据勾股定理知，结合矩形的面积公式解答即可．
【详解】（1）证明：∵CE∥OD，DE∥AC，
∴四边形OCED是平行四边形．
又∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，即∠COD＝90°，
∴四边形OCED是矩形．
（2）解：∵在菱形ABCD中，AB＝4，
∴AB＝BC＝CD＝4．
又∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝4，
∴OC＝AC＝2，
∴
∴矩形OCED的面积是2×2＝4．
【点睛】本题主要考查矩形、菱形的判定和性质，掌握矩形的判定方法及菱形的对角线互相垂直平分是解题的关键．
18. 如图，在四边形中，，连接，，且经过的中点，点在上，且，连接，．
（1）求证：四边形是菱形
（2）若，且，求菱形的面积．
【答案】（1）证明见详解，
（2）
【解析】
【分析】本题考查了菱形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键．
（1）通过，，得出四边形是平行四边形，再根据等腰三角形的性质可得，即可证明四边形是菱形．
（2）根据，，得，而 ，用勾股定理可得，代入数值求解可得，故，即可求出菱形的面积．
【小问1详解】
证明：∵点是的中点，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴是等腰三角形，
又∵是中的中线，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∵，，
∴，，
故在中，用勾股定理可得，
代入数值为，
化简得，
∴，
∴菱形的面积为．
19. 我们定义：有一组邻边相等的四边形叫做“等邻边四边形”．
（1）如图1、点A，B，C在网格格点上，请你在网格图甲和乙中画出2个不同形状的等邻边四边形，要求顶点D在网格格点上；
（2）如图2，矩形中，，，点E在边上，连接
，作于点F，若，找出图中的等邻边四边形，并说明理由；
（3）如图3，在中，，，，D是的中点，点M是边上一点（不与A，B重合），当四边形是等邻边四边形且为相等的邻边之一时，的长为 ．
【答案】（1）见详解；
（2）四边形，是等邻边四边形，理由见解析；
（3）3
【解析】
【分析】（1）根据等邻边四边形的定义画出两个不同形状的等邻边四边形；
（2）根据题意求出，根据勾股定理求出，计算得到，根据等邻边四边形的定义判断即可；
（3）根据条件画出等邻边四边形，再利用等腰三角形的性质与勾股定理求解即可
【小问1详解】
等邻边四边形如图所示：
【小问2详解】
四边形,是等邻边四边形，理由如下:
四边形是矩形，
，，
四边形,是等邻边四边形
【小问3详解】
，，，
，
D是的中点，
四边形是等邻边四边形且为相等的邻边之一，
如图，四边形是等邻边四边形且
过点D作，垂足为N
在中，
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，理解“等邻边四边形”的定义是本题的关键．
20. 问题背景：如图，在正方形中，边长为，点，是边，上两点，且，连接，，与相交于点．
（1）探索发现：探索线段与的关系，并说明理由；
（2）探索发现：若点，分别是与中点，计算的长；
（3）拓展提高：延长至，连接，若，请直接写出线段的长．
【答案】（1），且，见解析；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】（）由四边形是正方形，得，，证明，根据全等三角形的性质即可求证；
（）连接并延长交于，连接，先证明，得，，则有，根据勾股定理求出即可；
（）过点作于点，由勾股定理求出，根据等面积，得出，最后由勾股定理和线段和差即可求解．
【小问1详解】
解：，且，
理由：∵四边形是正方形，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴线段和的关系为：，且；
【小问2详解】
解：连接并延长交于，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∵正方形的边长为，，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：如图，过点作于点，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，勾股定理，等角对等边等知识点，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．