福建省三明市清流县龙津中学2023-2024学年九年级上学期第一次月考数学试题（解析版）-A4

这是一份福建省三明市清流县龙津中学2023-2024学年九年级上学期第一次月考数学试题（解析版）-A4，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
友情提示：请按题号顺序将答案准确地填涂在答题卡的相应区域！
一、选择题：（共10小题，每题4分，共40分）
1. 下列各式是一元二次方程的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】一元二次方程ax2+bx+c=0（a，b，c是常数且a≠0）中a、b、c分别是二次项系数、一次项系数、常数项．
【详解】A是一元二次方程；
B是分式方程；
C如果a≠0，则是一元二次方程，如果a=0，则不是一元二次方程；
D是一元一次方程；
故选A．
【点睛】此题主要考查了一元二次方程的一般式，关键是掌握任何一个关于x的一元二次方程经过整理，都能化成如下形式ax2+bx+c=0（a≠0）．这种形式叫一元二次方程的一般形式．其中ax2叫做二次项，a叫做二次项系数；bx叫做一次项；c叫做常数项．
2. 根据下列表格的对应值，判断方程．（，、、为常数）一个解的范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的图象与直线的交点就是方程的根，再根据函数的增减性即可判断方程一个解的范围．
【详解】解：函数的图象与直线的交点就是方程的根，
由表中数据可知：在与之间，
∴对应的x的值在与之间，即．
故选：D．
【点睛】本题考查了估算一元二次方程的近似解，掌握函数（，、、为常数）的图象与直线的交点与方程的根的关系是解题的关键所在．
3. 下列性质中，矩形具有而一般平行四边形不具有的是（ ）
A. 对边相等B. 对角相等C. 对角线相等D. 对边平行
【答案】C
【解析】
【分析】根据矩形性质以及平行四边形的性质进行做题．
【详解】解：矩形的特性是：四个角都是直角，对角线相等．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了特殊四边形的性质，掌握平行四边形的性质，矩形的性质是解题的关键．
4. 下列关于概率的说法，错误的是（ ）
A. 明天下雨的概率是80%，即明天80%的时间都下雨；
B. 做投掷硬币试验时，投掷的次数足够多时，正面朝上的频率就越接近于；
C. “13人中至少有2人生肖相同”，这是一个必然事件．
D. 连掷两枚骰子，它们的点数相同的概率是；
【答案】A
【解析】
【分析】根据概率的意义和必然事件的定义对各选项分析判断后利用排除法求解.
【详解】A明天下雨的概率是80%，即明天有很大机会下雨，故A错误，故本选项正确；B做投掷硬币试验时，投掷的次数越多时，正面朝上的频率就越接近于，故B正确，故本选项错误；C“13人中至少有2人生肖相同”，这是一个必然事件，故C正确,故本选项错误；D连掷两枚骰子，它们的点数相同的概率是，故D正确，故本选项错误，故A选项是正确答案.
【点睛】本题考查了概率的意义，概率是反映事件发生机会的大小的概念，只是表示发生的机会的大小,机会大也不一定发生，掌握概率的定义是解决本题的关键.
5. 顺次连接菱形四边中点得到的四边形是（ ）
A. 平行四边形B. 菱形C. 矩形D. 正方形
【答案】C
【解析】
【分析】画出图形，根据菱形的性质得到，根据三角形中位线定理、矩形的判定定理证明结论．
【详解】解：如图，∵四边形是菱形，
∴，
∵是菱形各边的中点，
∴，，
∴，
同理：，
∴四边形是矩形．
故选：C．
【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握菱形的性质定理、矩形的判定定理以及三角形的中位线定理是解题的关键．
6. 目前我国已建立了比较完善的经济困难学生资助体系，某校去年上半年发放给每个经济困难学生389元，今年上半年发放了438元．设每半年发放的资助金额的平均增长率为x，则下面列出的方程中正确的是（ ）
A. 438（1+x）2=389B. 389（1+x）2=438
C. 389（1+2x）=438D. 438（1+2x）=389
【答案】B
【解析】
【详解】解：设每半年发放的资助金额的平均增长率为x，根据题意得：
389（1+x）2=438．
故选B．
7. 若直角三角形中两直角边的长分别为12和5，则斜边上的中线是（ ）
A. 13B. 6C. 6.5D. 6.5或6
【答案】C
【解析】
【分析】由直角三角形的性质，由勾股定理可求解.
【详解】由勾股定理可知，斜边长的平方为直角边的平方和，则斜边长为，由直角三角形的性质可知，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，∵斜边长为13，∴中线长为＝6.5，故本题正确答案为C.
【点睛】本题主要考查直角三角形的性质，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解决本题的关键.
8. 一个布袋内只装有1个黑球和2个白球，这些球除颜色不同外其余都相同，随机摸出一个球后放回搅匀，再随机摸出一个球，则两次摸出的球都是黑球的概率是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】解：列表如下
由表格可知，随机摸出一个球后放回搅匀，再随机摸出一个球所以的结果有9种，两次摸出的球都是黑球的结果有1种，所以两次摸出的球都是黑球的概率是．
故选：D．
9. 已知分别是三角形的三边，则方程的根的情况是（ ）
A. 没有实数根B. 有且只有一个实数根
C. 有两个相等的实数根D. 有两个不相等的实数根
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角形三边的关系得到，进而得到，由此即可得到答案．
【详解】解：∵分别是三角形的三边，
∴，即
∴
，
∴方程没有实数根，
故选A．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式和三角形三边的关系，对于一元二次方程，若，则方程有两个不相等的实数根，若，则方程有两个相等的实数根，若，则方程没有实数根．
10. 如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE．过点A作AE的垂线交DE于点P,若AE=AP=1，PB=，下列结论：① △APD≌△AEB；② EB⊥ED；③ 点B到直线AE的距离为； ④，其中正确结论的序号是（ ）
A. ①②③B. ①②④C. ①③④D. ②③④
【答案】B
【解析】
【分析】①利用同角的余角相等，易得∠EAB=∠PAD,再结合已知条件利用SAS可证两三角形全等；②利用①中的全等,可得∠APD=∠AEB,结合三角形的外角的性质,易得∠BEP=90°,即可证；③过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F,利用③中的∠BEP=90°，利用勾股定理可求BE,结合△AEP是等腰直角三角形，可证△BEF是等腰直角三角形,再利用勾股定理可求EF、BF；④连接BD,求出△ABD的面积，然后减去△BDP的面积即可.
【详解】解:①∵∠EAB+∠BAP=90°，
∠PAD十∠BAP=90°,
∴∠EAB=∠PAD,
又∵AE=AP,AB=AD,
∵在△APD和△AEB中，
AE=AP∠EAB=∠PAD,AB=AD
△APD≌△AEB(SAS)；
故此选项成立;
②∵△APD=△AEB，
∴∠APD=∠AEB,
∵∠AEB=∠AEP+∠BEP,
∠APD=∠AEP+∠PAE,
∴∠BEP=∠PAE= 90°，
∴EB⊥ED;
故此选项成立;
③过B作BF⊥AE ,交AE的延长线于F,
∵AE=AP,∠EAP=90°，
∴∠AEP=∠APE=45°,
又∵③中EB⊥ED，BF⊥AF，
又∵BE=,
∴BF=EF=,
∴点B到直线AE的距离为,
故此选项不正确,
④如图，连接BD，
在Rt△AEP中,
∵AE=AP=1,
∴EP=,
又∵PB=,
∴BE=,
∵△APD≌△AEB,
∴PD=BE=,
∴S△ABP＋S△ADP＝S△ABD－S△BDP=S正方形ABCD－×DP×BE＝×（4＋）－××＝＋,
故此选项不正确,
∴正确的有①②④,
∴B选项正确.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质的运用、正方形的性质的运用、正方形和三角形的面积公式的运用、勾股定理的运用等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质的运用、正方形的性质的运用、正方形和三角形的面积公式的运用、勾股定理的运用等知识是解决本题的关键.
二、填空题：（共6小题，每题4分，共24分）
11. 一个对角线长分别为和菱形，这个菱形的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形面积计算，根据菱形的面积计算公式计算即可．
【详解】解：菱形的面积为，
故答案为：．
12. 袋子中有8个白球和若干个黑球，小华从袋中任意摸出一球，记下颜色后放回袋中，摇匀后又摸出一球，再记下颜色，做了100次后，共有32次摸出白球，据此估计袋中黑球有________个.
【答案】17
【解析】
【分析】100次中共有32次摸出白球，则可求摸到白球的概率，据此求袋中黑球个数.
【详解】设黑球有m个，根据已知可列出
=，m=17，
所以黑球有17个.
【点睛】本题考查的是利用频率估计概率，熟练掌握这一点是解题的关键.
13. 已知是方程的一个根，则代数式的值为_______．
【答案】-1
【解析】
【分析】一元二次方程的根就是一元二次方程的解,就是能够使方程左右两边相等的未知数的值.把代入方程即可得到的形式,再整体代入,即可求解.
【详解】根据题意得：，
∴，
∴，
故答案是-1.
【点睛】本题考查了一元二次方程的根就是一元二次方程的解，掌握一元二次方程的性质是解决本题的关键.
14. 如图，矩形的顶点的坐标为，则______．
【答案】
【解析】
【分析】如图，连接，由矩形的性质可得，，求解的值，进而可得结果．
【详解】解：如图，连接，
由矩形的性质可得，，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理求两点距离．解题的关键在于熟练掌握矩形的两条对角线相等．
15. 已知方程的两根为，那么_____．
【答案】
【解析】
【分析】由的两根为，根据根与系数的关系可推出，，，然后通过配方法对进行变形得，最后代入求值即可．
【详解】解：的两根为，
，，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，配方法的应用，关键在于根据题意推出，，利用配方法正确的对进行变形，认真的进行计算．
16. 如图，E、F分别是边长为2的菱形ABCD中边BC、CD上的点，∠B＝∠EAF＝60°，△AEF的周长为m，则m的最小值是 ___．
【答案】3
【解析】
【分析】连接AC，由∠BAE+∠EAC＝∠EAC+∠CAF＝60°，可得∠BAE＝∠CAF，可证△ABE≌△ACF（ASA），得到AE＝AF，可知△AEF的周长＝3AE，过点A作AE⊥BC交于点E，此时AE最短，即△AEF周长最小，在Rt△ABE中，求出AE的长度即可求周长最小值．
【详解】解：连接AC，
∵菱形ABCD中，∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∵∠EAF＝60°，
∴∠BAE+∠EAC＝∠EAC+∠CAF＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
∵∠B＝∠ACD＝60°，AC＝AB，
∴△ABE≌△ACF（ASA），
∴AE＝AF，
∴△AEF是等边三角形；
∴△AEF的周长＝3AE，
当AE⊥BC时，AE最短，即△AEF周长最小，
在Rt△ABE中，AB＝2，∠B＝60°，
∴∠BAE＝30°，
BE＝1，
∴AE＝，
∴△AEF周长最小为3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查菱形、等边三角形的性质，通过证三角形全等对应边相等，得以证明△AEF是等边三角形，再由等边三角形的三条边相等，只需求AE的最短，根据垂线段最短进而求出最小周长是准确求解本题的关键．
三．解答题：（共8题，共86分）
17. 解下列一元二次方程：
（1）（用配方法）
（2）．（用公式法）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）按照配方法的步骤即可求解；
（2）分别确定的值，即可代入公式求解．
【小问1详解】
解：移项：
配方：，即：
开方得：
∴
【小问2详解】
解：
∴
代入可得：
【点睛】本题考查求解一元二次方程．掌握各类求解方法是解题关键．
18. 九年一班利用晨读时间经典诵读．某天甲同学从标有A《出师表》、B《观沧海》、C《行路难》的三个签中随机抽取一个后不放回，乙同学再从剩余签中随机抽取一个，请用列表法或画树状图法求甲、乙两人至少有一人抽到B《观沧海》的概率．
【答案】
【解析】
【分析】画出树状图，由概率公式即可得出答案．
【详解】解：如图，

∵共有6种等可能的情况，甲、乙两人至少有一人抽到B《观沧海》的情况有4种，
∴甲、乙两人至少有一人抽到B《观沧海》的概率为．
【点睛】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．注意树状图法与列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；注意概率=所求情况数与总情况数之比．
19. 如图，已知BD是矩形ABCD的对角线．
（1）用直尺和圆规作线段BD的垂直平分线，分别交AD、BC于点E、F；（保留作图痕迹，不写作法和证明）
（2）连接BE、DF，四边形BEDF是什么特殊四边形？
【答案】（1）见解析 （2）四边形为菱形，理由见解析
【解析】
【分析】（1）分别以、为圆心，比的一半长为半径画弧，交于两点，确定出垂直平分线即可；
（2）连接，，四边形为菱形，理由为：由垂直平分，得到，，再由与平行，得到一对内错角相等，等量代换及等角对等边得到，再由，等量代换得到四条边相等，即可得证．
【小问1详解】
解：如图所示，为所求直线；
小问2详解】
解：四边形为菱形，理由为：
证明：垂直平分，
，，
，
，
，
，
，
，
四边形为菱形．
【点睛】此题考查了矩形的性质，菱形的判定，以及作图基本作图，解题的关键是熟练掌握性质及判定．
20. 已知：如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE∥AC，AE∥BD．
（1）求证：四边形AODE是矩形；
（2）若AB=，∠BCD=120°，连接CE，求CE的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）首先根据菱形的性质，可得AC⊥BD，然后判断出四边形AODE是平行四边形，即可推得四边形AODE是矩形．
（2）在Rt△AEC中，求出AC、AE即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD=90°，
又∵DE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AODE是平行四边形，
∴四边形AODE是矩形．
（2）∵∠BCD=120°，四边形ABCD是菱形，
∴∠BAD=∠BCD=120°，∠CAB=∠CAD=60°，AB=BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=2，OB=OD=AE=3，
在Rt△AEC中，EC===．
【点睛】本题主要考查矩形的判定与性质，菱形的性质，熟悉掌握是关键.
21. 如图，有长为22米的篱笆，一面利用墙（墙的最大可用长度为14米），围成中间隔有一道篱笆的长方形花圃，为了方便出入，在建造篱笆花圃时，在上用其他材料造了宽为1米的两个小门．
（1）设花圃的宽为x米，请你用含x的代数式表示的长___________米；
（2）若此时花圃的面积刚好为，求此时花圃的宽．
【答案】（1）
（2）此时花圃的宽为9米
【解析】
【分析】（1）用篱笆的总长减去三个的长，然后加上两个门的长即可表示出；
（2）根据长方形的面积公式列方程求解即可．
【小问1详解】
解：设花圃的宽为x米，
则米，
故答案为：；
【小问2详解】
由题意可得：，
解得：，，
当时，，不符合题意，故舍去；
当时，，符合题意；
答：此时花圃的宽为9米．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，弄清题意，用x表示出是解答本题的关键．
22. 某淘宝网店销售台灯，成本为每个30元．销售大数据分析表明：当每个台灯售价为40元时，平均每月售出600个；若售价每下降1元，其月销售量就增加200个．
（1）若售价下降1元,每月能售出 个台灯，若售价下降x元(),每月能售出 个台灯．
（2）为迎接“双十一”，该网店决定降价促销，在库存为1210个台灯的情况下，若预计月获利恰好为8400元，求每个台灯的售价．
（3）月获利能否达到9600元，说明理由．
【答案】（1）800；600+200x；（2）每个台灯的售价为37元；（3）月获利不能达到9600元，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据售价每下降1元，其月销售量就增加200个，分别计算即可；
（2）设每个台灯的售价为x元，根据每个台灯的利润×销售数量＝总利润列出方程并解答；
（3）根据题意列出方程，求出根判别式△＜0，可得方程无实数根，即月获利不能达到9600元.
【详解】解：（1）∵售价每下降1元，其月销售量就增加200个，
∴若售价下降1元，每月能售出600+200=800个台灯，若售价下降x元()，每月能售出600+200x个台灯；
（2）设每个台灯的售价为x元，
由题意得：(x-30)[600+200(40-x)]=8400，
解得：x1=36，x2=37，
当x=36时，600+200(40-x)=1400＞1210（舍去），
当x=37时，600+200(40-x)=1200＜1210（符合题意），
答：每个台灯的售价为37元；
（3）月获利不能达到9600元，
理由：设每个台灯的售价为x元，
由题意得：(x-30)[600+200(40-x)]=9600，
整理得：x2-73x+1338=0，
∵△=b2-4ac=-23＜0，
∴方程无实数根，即月获利不能达到9600元.
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用．解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．
23. 如图所示，在中，点O是边上一个动点，过点O作直线，设交的平分线于点E，交的外角平分线于点F．
（1）求证：．
（2）当点O运动到何处时，四边形是矩形？并证明你的结论；
（3）在（2）的条件下，满足什么条件时，四边形是正方形，并证明你的结论．
【答案】（1）见解析 （2）当点O运动到的中点时，四边形是矩形；
（3）满足的直角三角形时，四边形是正方形．
【解析】
【分析】（1）由平行线的性质和角平分线的定义得出，，得出，同理得出，即可得出结论；
（2）先证明四边形是平行四边形，再由对角线相等，即可得出结论；
（3）当点O运动到的中点时，且满足的直角三角形时，四边形是正方形．由（2）知，当点O运动到的中点时，四边形是矩形，由平行线的性质得出，得出，即可证明．
【小问1详解】
解：
∵，
∴，
又∵平分，
∴，
∴，
∴，
同理：，
∴；
【小问2详解】
解：当点O运动到的中点时，四边形是矩形．
∵当点O运动到的中点时，，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
由（1）可知，，
∴，
∴，即，
∴四边形是矩形；
【小问3详解】
解：当点O运动到的中点时，且满足的直角三角形时，四边形是正方形．
∵由（2）知，当点O运动到的中点时，四边形是矩形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是正方形．
【点睛】本题考查了平行线的性质、等腰三角形的判定、矩形的判定、正方形的判定定理；熟练掌握平行线的性质和矩形、菱形的判定方法，并能进行推理论证是解决问题的关键．
24. 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）求证：＜0，＜0；
（3）若，求的值．
【答案】（1）k＜；（2）证明见解析；（3）k的值为﹣4．
【解析】
【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式△>0，即可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范围；
（2）由k的取值范围结合根与系数的关系，即可证出x1