江西省吉安市永丰县十一校联考2024-2025学年九年级上学期10月月考数学试题（解析版）-A4

这是一份江西省吉安市永丰县十一校联考2024-2025学年九年级上学期10月月考数学试题（解析版）-A4，共20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。
1. 一元二次方程的常数项是（ ）
A. 1B. C. 4D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的一般形式，根据一元二次方程的一般形式为，其中分别为二次项，一次项，常数项，进行判断即可．
【详解】解：一元二次方程的常数项是；
故选D．
2. 下列四边形中，是中心对称图形而不是轴对称图形的是（ ）
A. 平行四边形B. 矩形C. 菱形D. 正方形
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，根据中心对称图形和轴对称图形的概念对各图形分析判断即可得解，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
【详解】解：平行四边形，是中心对称图形，而不是轴对称图形，故A符合题意；
矩形，是中心对称图形，也是轴对称图形，故B不符合题意；
菱形，是中心对称图形，也是轴对称图形，故C不符合题意；
正方形，是中心对称图形，也是轴对称图形，故D不符合题意．
故选：A．
3. 如若关于x的方程有一个根为， 则a的值是（ ）
A. 9B. 5C. 3D.
【答案】B
【解析】
【详解】解：由题意得
，
解得：；
故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的定义，理解定义是解题的关键．
4. 如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，添加下列一个条件，能使矩形ABCD成为正方形的是（ ）
A. BD=ABB. DC=ADC. ∠ABC=90°D. OD=OC
【答案】B
【解析】
【分析】根据有一组邻边相等的矩形是正方形添加条件．
【详解】∵四边形ABCD为矩形，
∴要使其为正方形，只需要使矩形ABCD为菱形即可，
∴可添加DC=AD．
故选：B．
【点睛】本题是考查了正方形的判定，判别一个四边形为正方形主要根据①先说明它是矩形，再说明有一组邻边相等；②先说明它是菱形，再说明它有一个角为直角来判断．
5. 要组织一场篮球联赛，每两队之间只赛一场，计划安排15场比赛，如果邀请x个球队参加比赛，根据题意，列出方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
分析】根据题意每两队之间只赛一场，x个球队比赛总场数，由此即可列出方程．
【详解】解：设邀请x个球队参加比赛，
根据题意可得：，
故选C．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象一元二次方程，读懂题意，得到总场数与球队之间的关系是解题关键．
6. 小明用四个全等的含角的直角三角板拼成如图所示的三个图案，其中是菱形的有（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查的是菱形的判定，全等三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，根据菱形的判定方法逐一分析即可；
【详解】解：四个全等的含角的直角三角板拼成如图所示的三个图案中，
第一个与第三个四边形的四条边都相等，
∴第一个与第三个图形是菱形，
如图，
由四个全等的含角的直角三角板拼成的四边形，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，，
∴,，
∴,
∴，
∴四边形是菱形；
故选D
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
7. 若关于x的方程是一元二次方程，则a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据一元二次方程的二次项的系数不为0，进行求解即可．
【详解】解：由题意，得：，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查根据一元二次方程的定义求参数的取值范围．熟练掌握一元二次方程的二次项的系数不为0，是解题的关键．
8. 已知方程的一个解为，另一个解为______．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了解一元二次方程．利用因式分解法解方程即可．
【详解】解：
∴或
解得，，
即另一个解为，
故答案为：
9. 如图，在直角坐标系中，矩形，点的坐标是，则的长是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了坐标与图形、矩形的性质、勾股定理等知识点，能根据勾股定理求出是解本题的关键．
根据勾股定理求出，根据矩形的性质得出即可解答．
【详解】解：∵点B的坐标是，
∴，
∵四边形是矩形，
∴．
故答案为：．
10. 若m是方程的一个根，则代数式的值为______．
【答案】2024
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程解的定义，代数式求值，根据一元二次方程解是使方程左右两边相等的未知数的值得到，即，再根据进行求解即可．
【详解】解；∵m是方程的一个根，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
11. 如图，在四边形中，对角线，且，，，，，分别是四边的中点，则四边形的面积为__________．
【答案】12
【解析】
【分析】根据三角形中位线定理证明四边形EFGH是矩形以及求出矩形的边长，根据矩形的面积公式计算即可．
【详解】解：∵点E、F分别为边AB、BC的中点，
∴EF∥AC，EF=，
∵AC=8，
∴EF=4，
同理，HE∥BD，HE=，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵EH∥BD，AC⊥BD，
∴EH⊥AC，
∵EF∥AC，
∴EF⊥HE，
∴四边形EFGH是矩形，
∴矩形EFGH的面积=HE×EF=12．
故答案为：12．
【点睛】本题考查的是矩形的判定、三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
12. 如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝2，点E是边CD的中点，点P在AB边上运动，点F为DP的中点；当为等腰三角形时，则AP的长为______．
【答案】3或或
【解析】
【分析】分三种情况，结合勾股定理，三角形中位线定理以及相似三角形的判断与性质讨论求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴
∵为的中点，
∴
设则
①当时，如图1，
在中，，
∴
∵为的中点，
∴，
∵，
∴，
解得，
经检验，是原方程的解，但不合题意，舍去，
∴即
②当时，连接如图2，
在中，，
∴，
∵为的中点，为的中点，
∴是△的中位线，
∴，
∵,
∴,
解得，，
经检验，是原方程的解，但不合题意，舍去，
∴即；
③当时，过点作，垂足为点垂足为点如图3，
∴四边形是矩形，//，
∴
∵//，
∴△
∴
∴
∴，
综上，的值为3或或．
故答案为3或或．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，三角形中位线定理以及相似三角形的判定与性质，进行正确的分类是解答本题的关键．
三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分）
13. （1）用适当的方法解方程：
（2）已知：如图，菱形中，点，分别在，边上，，连接，．求证：．
【答案】（1），；（2）见解析
【解析】
【分析】此题考查了解一元二次方程、菱形的性质、全等三角形的判定等知识．
（1）利用因式分解法解一元二次方程即可；
（2）利用菱形的性质得到，又由已知即可证明．
【详解】（1）解：
∴，
则或，
解得，；
（2）证明：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴．
14. 取何值时，多项式的值与的值互为相反数？
【答案】或1
【解析】
【分析】根据相反数的性质得出关于x的方程，整理成一般式后利用因式分解法求解可得．
【详解】解：根据题意，得：
整理得：
则
或
解得：
当x取或1时，代数式: 的值与的值互为相反数
【点睛】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
15. 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．
16. 如图，在菱形中，，垂足为点E，请按要求在图中仅用无刻度的直尺画图．
（1）在图1中，画出线段的中点M；
（2）在图2中，过点C画出边上的高．

【答案】（1）图1中AC与BD交点即是M．（2）图2中CN就是AD边上的高．
【解析】
【分析】（1）菱形是特殊的平形四边形，根据平行四边形对角线互相平分可解．（2）根据矩形的判定方法作过A、E、C为顶点的矩形即可．
【详解】如图1
作法：连接BD交AC于M，则点M就是求作点．理由如下：
∵菱形ABCD
∴AC与BD互相平分（菱形是特殊的平行四边形，平行四边形对角线互相平分）
∴M是AC的中点．
（２）如图2
作法：连接EM并延长交AD于N，连接CN，则CN就是求作的高．理由如下：
∵菱形ABCD
∴AD∥BC
∴∠NAC=∠ACE
∠ANM=∠MEC
又∵M是AC的中点
∴AM=CM
∴△AMN≌△CME（ASA）
∴EM=MN
∴四边形ECNA是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平形四边形）
又∵
∴四边形ECNA是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）
∴于N
∴CN是AD边上的高．
【点睛】本题是考查菱形和矩形有关的知识的作图题．解答的要点是先画划草图，再根据草图第（1）题应用菱形性质和第（2）应用矩形的判定方法找到作图的方法．
17. 已知关于的一元二次方程．
（1）若方程有实数根，求实数的取值范围；
（2）若方程两实数根分别为，，且满足，求实数的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据根的判别式得出，求出不等式的解集即可；
（2）将转化为，再代入计算即可解答．
【小问1详解】
解：关于的一元二次方程有实数根，
，
解得：，
即的取值范围是；
【小问2详解】
，，
，
，
，即，
解得或．
；
．
故的值为2．
【点睛】本题考查了根与系数的关系、根的判别式以及解一元二次方程，解题的关键是：（1）牢记“当时，方程有两个实数根”；（2）根据根与系数的关系结合、，找出关于的一元二次方程．
四、（本大题共3小题，每小题8分，共24分）
18. 如图．利用一面墙（墙的长度不限），用的篱笆围成一个矩形场地．设矩形与墙垂直的一边，矩形的面积为
（1）若面积，求的长；
（2）能围成的矩形吗？说明理由．
【答案】（1）或
（2）不能，理由见解析
【解析】
【分析】此题考查了一元二次方程的应用．
（1）设矩形与墙垂直的一边，矩形的面积为，则长为，根据矩形面积公式列方程，解方程即可；
（2）利用根的判别式判断即可；
【小问1详解】
解：矩形与墙垂直的一边，矩形的面积为，则长为，则，
当时，
，
解得或，
故的长为或．
【小问2详解】
解：不能围成的矩形，理由如下：
设矩形场地的宽为，则长为，
依题意列方程：，
即，
∵，
∴方程无实数解，
故矩形场地的面积不能达到．
19. 定义：如果关于x的方程（，、、是常数）与（，、、是常数），其中方程中的二次项系数、一次项系数、常数项分别满足，，，则称这两个方程互为“对称方程”．例如：方程的“对称方程”是，请根据上述内容，解决以下问题：
（1）直接写出方程的“对称方程”；
（2）若关于x的方程与互为“对称方程”，求m、n的值及的解．
【答案】（1）
（2），，，
【解析】
【分析】（1）根据对称方程的定义可得答案；
（2）由题意得，，即可求得，，然后利用公式法解方程即可．
【小问1详解】
解：由题意得：方程的“对称方程”是；
【小问2详解】
由，移项可得：，
∵关于x的方程与互为“对称方程”，
∴，，
解得：，，
∴化为，
∴，
∴，．
【点睛】此题主要考查的是解一元二次方程，公式法解一元二次方程，关键是正确理解题意，理解对称方程的定义．
20. 【操作感知】如图1，在矩形纸片的边上取一点P，沿折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接，则的大小为______度．
【迁移探究】如图2，将矩形纸片换成正方形纸片，将正方形纸片按照【操作感知】进行折叠，并延长交于点Q，连接．
（1）证明：；
（2）若正方形的边长为4，点为中点，则的长为______．
【答案】【操作感知】：30；（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】本题主要考查正方形的性质，长方形的性质，全等三角形的判定等知识，
操作感知：根据折叠求出，即可得出结论；
迁移探究：
（1）根据证即可；
（2）设的长为x，则，，利用勾股定理求出x的值即可．
【详解】解：【操作感知】：由折叠知，，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：30；
【迁移探究】（1）证明：∵正方形纸片按照【操作感知】进行折叠，
∴，
在和中，
，
∴，
即；
（2）解：设的长为，
∵正方形的边长为4，点P为中点，
∴，，，
在中，，
即，
解得
故答案为：．
五、（本大题共2小题，每小题9分，共18分）
21. 【课本再现】如图，画，并画出斜边上的中线，量一量，看与有什么关系，相信你与你的同伴一定会发现：恰好是的一半、下面让我们用演绎推理证明这一猜想．
已知：如图，在中，，是斜边上的中线．
求证：．
证明：延长至点，使，连结，．
（1）【定理证明】请根据以上提示，结合图1，写出完整证明过程．
（2）【结论应用】如图2，在四边形中，，，，是的中点，连接，．求的度数．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查矩形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质等：
（1）证明四边形是矩形，推出，可得．
（2）先根据已知条件证明，再根据等腰三角形的性质和直角三角形斜边中线的性质得出，再根据三角形内角和定理、等边对等角，即可求解．
【小问1详解】
解：补全后的证明过程如下：
证明：延长至点，使，连接，，
是斜边上的中线，
，
又，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是矩形，
，
．
【小问2详解】
解：如图，连接，
，，，
，
，
是的中点，
，
，
，
，
．
22. “a2≥0”这个结论在数学中非常有用，有时我们需要将代数式配成完全平方式．例如：x2+4x+5＝x2+4x+4+1＝（x+2）2+1，∵（x+2）2≥0，∴（x+2）2+1≥1，∴x2+4x+5≥1．试利用“配方法”解决下列问题：
（1）填空：x2﹣4x+5＝（x ）2+ ；
（2）已知x2﹣4x+y2+2y+5＝0，求x+y的值；
（3）比较代数式：x2﹣1与2x﹣3的大小．
【答案】（1）﹣2，1；（2）1；（3）x2﹣1＞2x﹣3
【解析】
【分析】（1）直接配方即可；
（2）先配方得到非负数和的形式，再根据非负数的性质得到x、y的值，再求x＋y的值；
（3）将两式相减，再配方即可作出判断．
【详解】解：（1）x2﹣4x+5＝（x﹣2）2+1，
故答案为：-2，1；
（2）x2﹣4x+y2+2y+5＝0，
（x﹣2）2+（y+1）2＝0，
则x﹣2＝0，y+1＝0，
解得x＝2，y＝﹣1，
则x+y＝2﹣1＝1；
（3）x2﹣1﹣（2x﹣3）
=x2﹣2x+2
=（x﹣1）2+1，
∵（x﹣1）2≥0，
∴（x﹣1）2+1＞0，
∴x2﹣1＞2x﹣3．
【点睛】本题考查了配方法的综合应用，配方的关键步骤是：先将一元二次方程的二次项系数化为1，然后在方程两边同时加上一次项系数一半的平方．
六、（本大题共12分）
23. △ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D直线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为边在AD右侧作正方形ADEF，连接CF．
（1）探究猜想，如图1，当点D在线段BC上时，
①BC与CF的位置关系为 ；
②BC、CD、CF之间的数量关系为 ；
（2）深入思考，如图2，当点D在线段CB的延长线上时，结论①、②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．
（3）拓展延伸，如图3，当点D在线段BC的延长线上时，正方形ADEF对角线交于点O．若已知AB＝4，CD＝BC，请求出OC的长．
【答案】（1）①垂直；② BC＝CF+CD；（2）成立；证明见解析；（3）；
【解析】
【分析】（1）①根据正方形的性质得到∠BAC＝∠DAF＝90°，推出△DAB≌△FAC（SAS），根据全等三角形的性质即可得到结论；②由△DAB≌△FAC（SAS）得出CF＝BD，则可得出结论；
（2）根据正方形的性质得到∠BAC＝∠DAF＝90°，推出△DAB≌△FAC（SAS），根据全等三角形的性质以及等腰直角三角形的角的性质可得到结论．
（3）求出BD＝5，由（2）同理可证得△DAB≌△FAC，得出BC⊥CF，CF＝BD＝5，由勾股定理求出DF，则可得出答案．
【详解】解：（1）①正方形ADEF中，AD＝AF，
∵∠BAC＝∠DAF＝90°，
∴∠BAD＝∠CAF，
在△DAB与△FAC中，
，
∴△DAB≌△FAC（SAS），
∴∠ABC＝∠ACF，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠ACB+∠ACF＝45°+45°＝90°，
即BC⊥CF；
故答案为：垂直；
②△DAB≌△FAC，
∴CF＝BD，
∵BC＝BD+CD，
∴BC＝CF+CD；
故答案为：BC＝CF+CD；
（2）CF⊥BC成立；BC＝CD+CF不成立，CD＝CF+BC．理由如下：
∵正方形ADEF中，AD＝AF，
∵∠BAC＝∠DAF＝90°，
∴∠BAD＝∠CAF，
在△DAB与△FAC中，
，
∴△DAB≌△FAC（SAS），
∴∠ABD＝∠ACF，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC＝45°．
∴∠ABD＝180°﹣45°＝135°，
∴∠BCF＝∠ACF﹣∠ACB＝135°﹣45°＝90°，
∴CF⊥BC．
∵CD＝DB+BC，DB＝CF，
∴CD＝CF+BC．
（3）∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，
∴BC＝，
∴CD＝BC＝2，
∴BD＝10，
由（2）同理可证得△DAB≌△FAC，
∴BC⊥CF，CF＝BD＝10，
∵四边形ADEF是正方形，
∴OD＝OF，
∵∠DCF＝90°，
∴DF＝＝2，
∴OC＝．