江西省抚州市金溪县第二中学2024-2025学年九年级上学期第一次月考数学试卷（解析版）-A4

这是一份江西省抚州市金溪县第二中学2024-2025学年九年级上学期第一次月考数学试卷（解析版）-A4，共25页。试卷主要包含了选择题．，填空题等内容，欢迎下载使用。
本试卷满分120分，考试时间120分钟
一、选择题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）．
1. 下列方程中是关于x的一元二次方程的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义即形如的整式方程判断．
本题考查了一元二次方程的定义即形如的整式方程，熟练掌握定义是解题的关键．
【详解】解：
A. ，整理得，，不是一元二次方程，不符合题意；
B. ，不一定一元二次方程，不符合题意；
C. ，不是一个未知数，不符合题意；
D. ，是一元二次方程，符合题意；
故选D．
2. 已知四边形是平行四边形，则下列结论错误的是（ ）
A. 当时，它是矩形B. 一定成立
C. D. 当时，它是菱形
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了对矩形的判定、菱形的判定，平行四边形的性质，根据矩形的判定、菱形的判定、平行四边形的性质逐个判断即可．
【详解】解：A、∵四边形是平行四边形，
又，
四边形是矩形，故本选项不符合题意；
B、四边形是平行四边形，对角线不一定相等，
不一定成立，故本选项符合题意；
C、四边形是平行四边形，
，故本选项不符合题意；
D、∵四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形，故本选项不符合题意；
故选：B．
3. 用配方法解一元二次方程时方程变形正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了配方法解一元二次方程，先把常数项移到方程右边，再把方程两边同时加上一次项系数一半的平方进行配方即可得到答案．
【详解】解：，
，
，
，
故选：B．
4. 有一个两位数，个位上数字和十位上数字之和为6，这个两位数是这个两位数的个位上数字与十位上数字之积的3倍，则这个两位数为（ ）
A. 24B. 15C. 24或15D. 42或51
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用．解题关键是弄清题意，找出合适的等量关系，列出方程．设原来的两位数个位数字为，则十位数字为．根据等量关系：，这个两位数是这个两位数的个位上数字与十位上数字之积的3倍．列方程求解即可．
【详解】解：设原来的两位数个位数字为，则十位数字为．则
，
解得，，
当时，即原来的两位数个位数字为4，十位数字为2．
∴这个两位数是24，
当时，即原来的两位数个位数字为5，十位数字为1．
∴这个两位数是15，
故选：C．
5. 如图，正方形边长为4，点E、F分别在边、上，将、分别沿、折叠，使B、D恰好落在点M处，已知，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，折叠的性质，解方程，熟练掌握性质和解方程是解题的关键．根据折叠性质，得，，根据正方形的性质，结合，证明，设，则，利用勾股定理解答即可．
【详解】解：根据折叠性质，得，，
∴，，
∵正方形的边长是4，，
∴，
∴，
∴，
∴三点共线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，
则，
由勾股定理，得，
（舍去）．
故，
故选A．
6. 用两块全等的直角三角板拼下列图形：①平行四边形，②矩形，③菱形，④正方形，⑤等腰三角形，一定能拼成的图形是（ ）
A. ①④⑤B. ①②④C. ①②③D. ①②⑤
【答案】D
【解析】
【分析】根据直角三角形的形状，分别把相等的边用不同的方式拼接，即可得到相应的图形，然后判断即可．
【详解】如图，可以拼成①平行四边形、②矩形、⑤等腰三角形．
故选D．
【点睛】此题主要考查了直角三角形拼图，关键是明确两个直角三角形是全等的，然后再把相等的边用不同方式重叠即可判断，用实物拼图会更简单一些．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
7. 关于x的一元二次方程的一次项是_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据一元二次方程的一般形式为，其中叫做一次项，b叫做一次项系数解答即可．
本题考查了一元二次方程的一般形式及其相关概念，熟练掌握定义是解题的关键．
【详解】解：由，
得，
∴一元二次方程的一次项是，
故答案为：．
8. 在菱形中，对角线，则菱形的面积 ________．
【答案】48
【解析】
【分析】根据菱形的性质，菱形的面积等于对角线长乘积的一半，解答即可．
本题考查了菱形的性质，熟练掌握性质是解题的关键．
【详解】解：∵菱形中，对角线，
∴菱形的面积为：，
故答案为：48．
9. 已知关于x的方程的一个根为3，则k的值为_______．
【答案】7
【解析】
【分析】把代入，转化为k的方程求解即可．
本题考查了一元二次方程的定义，方程根的定义即使方程左右两边相等的未知数的值，转化求解是解题的关键．
【详解】解：∵关于x的方程的一个根为3，
∴，
解得，
故答案为：7．
10. 代数式与代数式的值相等，则正数x的值是________．
【答案】3
【解析】
【分析】根据题意，得，选择适当的方法解方程即可．
本题考查了一元二次方程的应用，熟练掌解方程是解题的关键．
【详解】解：根据题意，得，
整理，得，
解得（舍去），
故正数x的值是3．
故答案为：3．
11. 如图，图2是图1是一种矩形时钟的示意图，钟表上的数字2、4、8、10的刻度在图2矩形的对角线上，秒针指在刻度7数字上，秒针与交于E点．若，则长为_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，证明为等边三角形，得出，求出，证明，得出，根据勾股定理求出，最后求出结果即可．
【详解】解：∵钟表上的数字2、4、8、10的刻度在矩形的对角线上，
∴，，
∵矩形中，，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵秒针指在刻度7数字上，
∴，
∴，
∴，
∴，
根据勾股定理得：，
即，
解得：，负值舍去，
∴．
故答案为：．
12. 如图，在长方形中，，．延长到点E，使，连结．动点P从点B出发，沿以每秒1个单位的速度向终点E运动，当运动时间t为________时，是等腰三角形．
【答案】4或5或
【解析】
【分析】根据题意，得，，，得到，结合，利用勾股定理得到，利用分类思想，分，，三种情况解答即可．
【详解】解：根据题意，得，
∵长方形中，，．
∴，，，
∵，
∴，
当时，，，，
当时，，，，
当时，，
解得；
当时，，
∴，
∴，
解得；
当时，，，
∴，
解得．
综上所述，当运动时间为4或5或时，是等腰三角形．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的定义，分类思想，熟练掌握勾股定理，等腰三角形的定义是解题的关键．
三、（本大题共5小题，每小题6分，共30分）
13. （1）解方程：．
（2）如图，在矩形中，经过对角线的中点O，分别交，于点E，F，求证：．
【答案】（1）（2）见解析
【解析】
【分析】（1）利用直接开平方法解方程即可．
（2）根据矩形的性质，得到，继而证明，证明即可．
本题考查了直接开平方法解方程，矩形的性质，三角形全等的判定，熟练掌握解方程，三角形全等的判定定理是解题的关键．
【详解】（1）解：，
故．
（2）证明：∵矩形中，经过对角线的中点O，
∴，，
∴，
∵，
∴．
14. 将一元二次方程化为一般形式，并写出它的二次项系数、一次项系数和常数项．
【答案】，二次项系数：2；一次项系数：；常数项：9．
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义即形如的整式方程，其中叫做二次项系数，叫做一次项系数，叫做常数项解答即可．
本题考查了一元二次方程的定义即形如的整式方程，熟练掌握定义是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
整理，得，
故方程的一般形式为：，
∴二次项系数：2；一次项系数：；常数项：9．
15. 如图，在中，，D为的中点，，，求的长．
【答案】4
【解析】
【分析】根据含有角的直角三角形的性质，直角三角形的性质解答即可．
本题考查了含有角的直角三角形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握性质是解题的关键．
【详解】证明：在中，
∵，，，
∴，
∵D为的中点，
∴．
16. 已知关于x的一元二次方程的常数项为0，求m的值．
【答案】m＝－2
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义即形如的整式方程，其中叫做二次项系数，叫做一次项系数，叫做常数项解答即可．
本题考查了一元二次方程的定义即形如的整式方程，熟练掌握定义是解题的关键．
【详解】解：∵是一元二次方程，
∴，
解得，，
故．
17. 如图，，在中，，点A在直线上，B、C两点在上，D、E分别是的中点，请仅用无刻度的直尺按下列要求画图．
（1）在图1中，画出边的中线；
（2）在图2中，画出一个以为对角线菱形．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据中线的定义，三角形三条中线交于一点，作图解答即可．
（2）根据直角三角形的性质，得到，连接，并延长交于点G，连接，则四边形即为所求作的一个以为对角线的菱形．
【小问1详解】
解：根据中线的定义，三角形三条中线交于一点，作图如下：
则即为所求．
【小问2详解】
解：根据题意，作图如下：
则四边形即为所求作的一个以为对角线的菱形．理由如下：
∵，边上的中线为，
∴，
连接，并延长交于点G，
连接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
则四边形即为所求作的一个以为对角线的菱形．
【点睛】本题考查了基本作图，三角形的中线，直角三角形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定，平行线的性质，三角形相似的判定和性质，熟练掌握作图，三角形相似判定和性质，菱形的判定是解题的关键．
四、（本大题共3小题，每小题8分，共24分）
18. 如图所示，某校准备对一块矩形空地进行绿化，空地的宽为12米，在空地上建两个大小相同的正方形绿化区域和宽度相同的“T”字形的小路，且绿化区域的面积为242平方米．
（1）请用含x的代数式表示正方形的边长为______米；
（2）求小路的宽x和矩形空地的面积．
【答案】（1）
（2）小路的宽为，矩形空地的面积为
【解析】
【分析】（1）设小路的宽x米，则正方形的长为米，解答即可．
（2）根据题意，得，解方程即可．
本题考查了一元二次方程的应用，熟练掌握解方程是解题的关键．
【小问1详解】
解：设小路的宽为x米，则正方形的长为米，
故答案为：．
【小问2详解】
解：根据题意，得，
解方程，得（舍去），
故小路的宽为1米．
矩形空地的面积为：．
19. 定义新运算“⊕”：当时，；当时，．
如：∵，∴；
∵，∴．
（1）计算：_______；
（2）若，求x的值．
【答案】（1）
（2）x的值为或
【解析】
【分析】（1）先比较大小，后选择公式计算即可．
（2）分类，列式计算即可求x的值．
本题考查了实数的新定义计算，熟练掌握公式是解题的关键．
【小问1详解】
解：
．
故答案为：．
【小问2详解】
解：当时即，；
整理，得，
解得（舍去），
此时；
当时即，．
整理，得，
解得（舍去），
此时；
综上所述，符合题意的x的值为或．
20. 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是边AB上的一个动点，连接CD．作AE∥DC，CE∥AB，连接ED．
（1）如图1，当CD⊥AB时，求证：AC＝ED；
（2）如图2，当D是AB的中点时，
①四边形ADCE的形状是 ；（填“矩形”、“菱形”或“正方形”）
②若AB＝10，ED＝8，则四边形ADCE的面积为 ．
【答案】（1）见解析（2）①菱形；②
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，得出四边形是平行四边形，再根据，即可证明结论；
（2）①根据直角三角形斜边上中线的性质，根据菱形判定定理可得出结论；②根据菱形面积计算公式计算即可．
【详解】解：（1），，
∴四边形是平行四边形，
又，
，
四边形是矩形，
；
（2）①∵在中，是的中点，
∴，
又四边形是平行四边形
∴四边形是菱形；
故答案为：菱形；
②设和交于点，如图，
∵中，，
∴，
又∵在菱形中，，
∴，
∴在中，，
∴，
S菱形ADCE=．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定，矩形的判定与性质，菱形的判定，直角三角形斜边上的中线，菱形面积的计算，勾股定理等知识点，熟知以上几何图形的判定定理以及性质是解题的关键．
五、（每小题9分，共18分）
21. 阅读：配方法是数学中重要的一种思想方法．它是指将一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和的方法．请阅读下面两个材料，并解决下面的问题．
材料一：等式配方：
已知，求值．
解：

∴
∴
材料二：代数式配方：
把可配方成的形式．
解：
解决问题：
（1）把可配方成的形式，则_____， ______；
（2）若，且x、y是菱形的两条对角线的长．
①求x、y的值；
②求菱形的边长．
【答案】（1）
（2）①；②5
【解析】
【分析】本题考查了配方法的应用及菱形的性质，熟练掌握配方法是解题的关键．
（1）根据配方法分解答即可；
（2）①把配方，根据非负数的性质得到x、y的值；
②根据菱形性质求出边长即可．
【小问1详解】
解：
，
；
【小问2详解】
①，
，
，
，
；
②∵x、y是菱形的两条对角线的长，
∴菱形的边长．
22. 追本溯源：
题（1）来自于课本中的习题，请你完成解答，请你根据（1）题方法完成（2）题解答．
（1）已知：如图1，在正方形中，E，F，G，H分别在它的四条边上，且，求证：四边形是正方形；
（2）①如图2，在菱形中， E，F，G，H点分别是菱形四条边上的点，若．四边形是什么特殊四边形，并说明你判断的理由；
②如图3，在等腰中，交于G点，交于D点，则________．
【答案】（1）见解析；
（2）①为平行四边形，见解析；②．
【解析】
【分析】（1）证明，则可得四边形的四边相等，且得，从而得四边形是正方形；
（2）①分别证明，，则得，得四边形是平行四边形；
②作的平分线交于H，证明，则得，，从而得；在中，由勾股定理即可求得，从而求得结果．
【小问1详解】
证明：∵四边形为正方形，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，；
∵，
∴，
即，
∴四边形是正方形；
【小问2详解】
解：①四边形是平行四边形，理由如下：
∵四边形为菱形，
∴；
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形；
②如图，作的平分线交于H，
则；
∵在等腰中，，
∴，；
∵，
∴；
∵，，
∴，，
∴，；
∵，
∴；
∵，，
∴，
∴；
∵，，，
∴，
∴，
∴；
在中，，由勾股定理得，
即．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，平行四边形的判定，菱形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，涉及的知识点较多，灵活运用这些知识是解题的关键．
六、（本大题共1小题，共12分）
23. 综合与实践
通过平移线段可以实现线段位置变换，平移线段也是解题的常用方法．请你用平移线段的方法解答下列问题：
（1）尝试初探：
①如图1，在正方形中，，点E，F，G都是正方形边上的点，将沿方向平移到，连接，则与之间的数量关系是_______；
②如图2，在菱形中，，点E，F，G都是菱形边上的点．与交于M点，，将沿方向平移到，连接，则与之间的数量关系是_______；
（2）深入探究：
如图3，在中，点G，E，F都是边上的点，连接与相交于点O，且，，，，求的长；（将平移到，并延长交的延长线于N点）
（3）拓展延伸：
如图4，在中，，，P点是射线上一个动点，射线，以为对角线作，连接交于点E．
①当四边形为菱形时：则_____；
②当为直角三角形时，求的长．
【答案】（1）①；②
（2）6； （3）①８；②的长为或
【解析】
【分析】（1）①根据平行，判定四边形是平行四边形，得到，，结合，，得到，根据经过直线外一点有且只有一条直线与已知直线垂直，得到点F，C，H三点共线，继而得到，再证明，得到，继而得到．
②仿照（1）的解题思路，解答即可．
（2）先证明，再运用勾股定理，得，结合平行四边形的性质证明，代换解答即可．
（3）①连接，交于点E，设与的交点为F，证明，是等边三角形，且直线是线段的垂直平分线，得到，即可得到．
②分，两种情况讨论求解即可．
【小问1详解】
①∵沿方向平移到，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵正方形，
∴，，，
∵，
∴，
根据经过直线外一点有且只有一条直线与已知直线垂直，得到点F，C，H三点共线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
②∵沿方向平移到，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∵菱形，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，，，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【小问2详解】
解：∵沿方向平移到，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【小问3详解】
解：∵在中，，，
∴，
∵，
∴，
①连接，交于点Q，设与的交点为F，
∵四边形为菱形，，
∴，，
，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴直线是线段的垂直平分线，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：8．
②当时，过点A作于点G，
∵ ，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴．
当时，过点A作于点G，
∵，，
∴，，
∴，
∵ ，，，
∴四边形是矩形，，
∴， ，
∴， ，，
∴，
∵，
∴，，
∴．
综上所述，的长为或．
【点睛】本题考查了平移思想，正方形的性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，平行四边形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，特殊角的三角函数，等腰三角形的性质，线段的垂直平分线的判定和性质，熟练掌握相应的知识是解题的关键．