江西省九江市修水县2024-2025学年九年级上学期10月月考数学试题（解析版）-A4

这是一份江西省九江市修水县2024-2025学年九年级上学期10月月考数学试题（解析版）-A4，共21页。试卷主要包含了范围，满分等内容，欢迎下载使用。
说明：
1．范围：上册1.1~2.4．
2．满分：120分，时间：120分钟．
一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
1. 在菱形中，，菱形的周长为（ ）
A. 8B. 12C. 16D. 20
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查菱形的性质，根据菱形的四边相等，得到周长为即可．
【详解】解：∵菱形，，
∴菱形的周长为：；
故选C．
2. 菱形具有而一般平行四边形不具有的性质是（ ）
A. 对角相等B. 对边相等C. 对角线互相垂直D. 对角线相等
【答案】C
【解析】
【分析】由菱形的性质好平行四边形的性质即可得出结论．
详解】解：由菱形性质可知，其对角相等，四边相等，对边平行且相等，对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角；
由平行四边形的性质可知，其对角相等，对边平行且相等，对角线互相平分；
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的性质，熟记菱形的性质和平行四边形的性质是解题的关键．
3. 用配方法解方程，变形正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了配方法解一元二次方程．熟练掌握配方法解一元二次方程是解题的关键．
利用配方法解一元二次方程变形即可．
【详解】解：，
，
，
，
故选：A．
4. 如图，点E是矩形边上任意一点，点F，G，H分别是的中点，若，则的长为（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，直角三角形的性质．根据三角形中位线定理，可得，再由直角三角形的性质，即可求解．
【详解】解：∵点G，H分别是的中点，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵点F是的中点，
∴．
故选：A
5. 关于x的一元二次方程有两个实数根，则实数m的取值范围是（ ）
A. B. C. 且D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的两个实数根；当时，方程无实数根．
利用一元二次方程的定义和判别式的意义得到且，然后求出两不等式的公共部分即可．
【详解】解：根据题意得且，
解得且．
故选：D．
6. 若菱形的一条对角线长为12，边的长是方程的一个根，则该菱形的周长为（ ）
A. 20B. 24C. 28D. 20或28
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的性质，三角形三边关系的应用，以及因式分解法解一元二次方程，先用因式分解法解一元二次方程，得出菱形的边长，再利用三角形三边关系的应用得出菱形的适合边长，最后根据菱形的周长计算即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
或，
解得或，
分两种情况：
当时，
∵，
∴不能构成三角形；
当时，
∵，
∴能构成三角形，
综上所述：该菱形的边长为7，
∴菱形的周长为：，
故选：C．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
7. 若关于的一元二次方程有一根为，则______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程的解的定义，一元二次方程的解是使方程左右两边相等的未知数的值，据此把代入原方程中求出m的值即可．
【详解】解：∵关于的一元二次方程有一根为，
∴，
∴，
故答案为：．
8. 用求根公式解方程，求得______．
【答案】13
【解析】
【分析】本题考查了公式法解一元二次方程，根判别式，化为一般式，求出a，b，c的值是解答本题的关键．
化为一般式，求出a，b，c，代入计算即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，，，
∴．
故答案为：13．
9. 如图，在正方形中，E是边上一点，且，则的度数是______．

【答案】
【解析】
【分析】根据正方形的性质可得，再根据等腰三角形的性质，求得，即可求解．
【详解】解：正方形中，
∵
∴
∴
故答案为：
【点睛】此题考查了正方形的性质以及等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．
10. 已知a，b为常数，若方程的两个根与方程的两个根相同，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了解一元二次方程-因式分解法，先求出方程的解，进而可求出的值，据此可解决问题．熟知因式分解法解一元二次方程是解题的关键．
【详解】解：由方程得，
，．
因为方程的两个根与方程的两个根相同，
则将代入得，
，
解方程得，
，，
所以．
故答案为：．
11. 如图，在菱形中，，，对角线与BD相交于点．将边AD沿方向平移到，连接DE．当点是的中点时，四边形的面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了平移的性质，菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质等知识点，先由菱形的性质得出，再由勾股定理得出，然后证出四边形为平行四边形，进而即可得解，熟练掌握平移的性质和菱形的性质是解决此题的关键．
【详解】∵四边形为菱形，，
∴，，，
∴，
∴，
∵点F是的中点，
∴，
∵将边沿方向平移到，连接，
∴,,
∴四边形为平行四边形，
∴四边形的面积为，
故答案为：．
12. 如图，点在正方形的对角线上，，若点在正方形的边上，且，则的度数为______ ．

【答案】或或
【解析】
【分析】分三种情况：①当在上时，由正方形的性质推出是等边三角形，再根据等边三角形的性质可得到的度数；②当在上时，连接，由，得到，，推出是等边三角形，由四边形内角和求出，再代入即可；③当和重合时，由四边形是正方形，得到，求出，又，根据等边对等角可到，最后由三角形内角和定理即可求出的度数．
【详解】解：①如图，当在上时，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴；

②如图，当在上时，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
在四边形中，
，
∴；

③如图当和重合时，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
综上所述，的度数是或或．
故答案为：或或．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，四边形内角和等于．解题的关键是分情况讨论．
三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分）
13. 解方程：
（1）（用配方法解）；
（2）（用因式分解法解）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了解一元二次方程：
（1）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，再解方程即可；
（2）把方程左边利用十字相乘法分解因式，再解方程即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴或，
解得；
14. 已知关于的方程．
（1）当为何值时，此方程是一元一次方程？
（2）当为何值时，此方程是一元二次方程？并写出这个一元二次方程的二次项系数、一次项系数和常数项．
【答案】（1）
（2）,一元二次方程的二次项系数是、一次项系数是，常数项是
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程，一元一次方程的定义；熟练掌握定义是解答本题的关键．
（1）根据二次项系数等于零，一次项系数不等于零时是一元一次方程，可得答案；
（2）根据二次项系数不等于零是一元二次方程，可得答案．
【小问1详解】
解：由是一元一次方程，得
根据题意，得且．
解得．
所以当时，此方程是一元一次方程；
【小问2详解】
根据题意，得．
解得．
此时一元二次方程的二次项系数是、一次项系数是，常数项是．
15. 如图，在中，的平分线交于点，，．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，且，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）72
【解析】
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再根据角平分线及平行线的性质证明即可；
（2）先证明四边形是正方形，再根据得到正方形的边长，最后求面积即可．
【小问1详解】
证明： ，，
四边形是平行四边形．
平分，
，
，
，
，
，
平行四边形是菱形．
【小问2详解】
解：，四边形是菱形，
四边形是正方形，
，
，
四边形的面积为∶．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，正方形的判定，菱形的判定，勾股定理，角平分线的定义，正方形的面积公式，解题的关键是熟记各种四边形的判定方法．
16. 如图，已知正方形，E为上任意一点，请仅用无刻度的直尺完成下列作图，不写作法，保留作图痕迹．（用虚线表示画图过程，实线表示画图结果）
（1）请在图1中完成：在边上找点F，使得直线将正方形的面积平均分成相等的两部分；
（2）请在图2中完成：在边上找点G，使得．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质等知识，解题的关键是掌握轴对称的性质，灵活运用所学知识解决问题．
（1）连接交于O，连接并延长交于F，直线即为所求；
（2）连接交于H，连接交于G，则即为所求．
【小问1详解】
解：如图所示，即为所作；
【小问2详解】
解：如图，点即为所作，
17. 已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根．
（1）求的取值范围；
（2）若该方程的两个实数根相等，请直接写出的值，并解这个方程．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】本题考查根据一元二次方程根的情况以及根的判别式求解参数．熟记相关结论即可．
（1）一元二次方程有两个不相等的实数根，则；
（2）一元二次方程有两个相等的实数根，则．
【小问1详解】
解：∵关于的一元二次方程为有两个不相等的实数根，
，即，
；
【小问2详解】
解：若该方程的两个实数根相等，
则，
当时原方程的两个实数根相等，
此时原方程为，
即，
解得：．
四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分）
18. 下面是张星同学解一元二次方程的过程，请认真阅读并完成相应的任务．
解：二次项系数化为1，得，（第一步）
配方，得，（第二步）
变形，得，（第三步）
开方，得，（第四步）
解得．（第五步）
（1）上面张星同学的解法中运用“配方法”将一元二次方程“降次”为两个一元一次方程，体现的数学思想是______，其中“配方法”依据的一个数学公式是______；
（2）上述解题过程，从第______步开始出现错误，请写出正确的解答过程．
【答案】（1）转化思想，完全平方公式
（2）三，见解析
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的几种常见解法：直接开平方法、配方法、因式分解法、公式法，结合方程的特点选择合适的解法是解题的关键．
（1）根据解答过程判断依据即可；
（2）根据配方法判断即可．
小问1详解】
解：体现的数学思想为转化思想，依据的数学公式是完全平方公式；
故答案为：转化思想，完全平方公式；
【小问2详解】
解：第三步变形时出现错误；
解：二次项系数化为1，得，（第一步）
配方，得，（第二步）
变形，得，（第三步）
开方，得，（第四步）
解得．
19. 如图，菱形的对角线、相交于点O，，，与交于点F．
（1）求证：四边形的为矩形；
（2）若，，求菱形的面积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，
（1）先证明四边形是平行四边形，再根据菱形的性质可得，问题随之得证；
（2）根据菱形的性质可得，再利用勾股定理可得，从而得到，再根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半进行求解即可．
【小问1详解】
证明：∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵菱形对角线交于点O，
∴，即．
∴四边形是矩形；
【小问2详解】
解：∵四边形菱形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴菱形的面积为：．
20. 如图，已知菱形，E、F是对角线所在直线上的两点，且，连接．
（1）求证：四边形是正方形；
（2）若，求菱形的周长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的性质和判定，正方形的判定，勾股定理等，灵活的选择判定定理是解题的关键．
（1）连接，交于点O，根据菱形的性质，再结合，说明四边形是菱形，然后根据“有一个角是直角的菱形是正方形”得出答案；
（2）先根据正方形的性质求出 ，即可求出，再根据勾股定理求出，即可得出答案．
【小问1详解】
证明：连接，交于点O，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴与垂直且互相平分，
∴四边形是菱形，
∴，
又∵，
∴，
∴菱形是正方形；
【小问2详解】
解：∵菱形是正方形，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴菱形的周长．
五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分）
21. 如图，在中，，过点C的直线，为边上一点，过点作，交直线于，垂足为，连接．
（1）求证：；
（2）当D在中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由；
（3）若D为中点，则当的大小满足什么条件时，四边形是正方形？说明你的理由．
【答案】（1）见解析 （2）菱形，见解析
（3）当时，四边形是正方形，理由见解析
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、正方形的判定、等腰三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由题意得出，结合证明四边形是平行四边形即可得出结论；
（2）先证明四边形是平行四边形，结合即可得出四边形是菱形；
（3）当时，求出，结合菱形的性质求出，即可得解．
【小问1详解】
证明：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴；
【小问2详解】
解：四边形是菱形，理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，在中点，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
【小问3详解】
解：当时，四边形是正方形，理由如下：
∵，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是正方形．
22. 阅读下列材料：为解方程，可将方程变形为，
然后设，则，原方程化为，解得，，
当时，无意义，舍去；
当时，，解得；
所以原方程的解为，；
利用以上学习到的方法解下列方程：
（1）；
（2）；
（3）．
【答案】（1），
（2），
（3），，，
【解析】
【分析】本题考查解一元二次方程，解题的关键是掌握换元法解一元二次方程，利用换元降次求解一元高次方程．
（1）设，则原方程化为，进而求解；
（2）设，则原方程化为，进而求解；
（3）设，则原方程化为，进而求解；
【小问1详解】
解：设，则原方程化为，
解得，，
当时，无意义，舍去；
当时，，解得；
所以原方程的解为，；
【小问2详解】
设，则原方程化为，
解得，
当时，，，，；
所以原方程的解为，；
【小问3详解】
.
设，则原方程化，
解得，
当时，，，
解得：，；
当时，，
解得，；
所以原方程的解为，，0，
六、解答题（本大題共12分）
23. 【问题背景】正方形是我们熟悉的几何图形，它有着非常多的性质，已知正方形的边长是4，点是对角线上一点．
و
（1）如图1，求证：；
【数学思考】
（2）①如图2，，，垂足分别为、，连接，猜想与的数量关系，并证明你的猜想；
②如图3，点是的中点，连接，，求的最小值为______；
【类比探究】
（3）如图4，已知菱形的边长为4，，对角线，相交于点，点是上的动点，点是上的动点，连接，，求的最小值．
【答案】（1）见解析（2）①，证明见解析②（3）3
【解析】
【分析】（1）根据正方形的性质，证明，即可得证；
（2）①由（1）可知：，证明四边形为矩形，得到，等量代换即可得出结论；
②根据，得到的最小值为的长，勾股定理求出的长即可；
（3）作点关于的对称点，连接，过点作，得到，进而得到，推出当三点共线时，的值最小为的长，根据垂线段最短，得到当时，最小，即点与点重合，利用菱形的性质，结合含30度角的直角三角形的性质，勾股定理进行求解即可．
【详解】（1）证明：∵正方形，
∴，
又∵，
∴；
（2）①，证明如下：
连接，由（1）知：，

∵正方形，
∴，
∵，，
∴四边形为矩形，
∴，
∴；
②连接，

∵，
∴，
∵正方形的边长为，为的中点，
∴，
∴，
在中，由勾股定理，得：，
∴，
∴的最小值为；
故答案为：；
（3）作点关于的对称点，连接，过点作，

则：，
∴，
∴当三点共线时，的值最小为的长，
又∵为上的动点，
∴当时，最小，即点与点重合，
∵菱形的边长为4，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的最小值为．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，利用轴对称解决线段最短问题，菱形的性质，含30度的直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，垂线段最短等知识点，熟练掌握相关性质，利用将军饮马模型和垂线段最短解决线段和最小问题，是解题的关键．