2025-2026学年山东省枣庄市四十一中九年级（上）第一次月考数学模拟练习卷

这是一份2025-2026学年山东省枣庄市四十一中九年级（上）第一次月考数学模拟练习卷，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。
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.一元二次方程x(x−3)=0的根为
A. x1=x2=0B. x1=x2=3
C. x1=0，x2=−3D. x1=0，x2=3
2.油纸伞在我国已有一千多年的历史，是中国古代劳动人民智慧的结晶，图①是一把油纸伞展开后的剖面图，点E、F分别为伞骨AB、AC的中点，伞圈D为伞柄AP上可移动的点，四边形AEDF为菱形.当油纸伞打开到图①的程度时，∠BAC=120°，当油纸伞缩拢到图②的程度时，∠BAC=60°.若AE=4cm，则伞圈D下滑的距离DD1的长度为( )
A. 4B. 4 3−4C. 4 3D. 4−2 3
3.下列说法中，正确的是( )
A. 矩形的对角线相等且互相垂直B. 一组对角相等的菱形是正方形
C. 菱形的四条边都相等D. 对角线互相垂直的平行四边形是正方形
4.如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠ABD=60°，AB=2，则AC的长为( )
A. 6
B. 5
C. 4
D. 3
5.若x1，x2是一元二次方程x2−2x−1=0的两个根，则x12−x1+x2的值为( )
A. −1B. 0C. 2D. 3
6.下列命题中，正确的是( )
A. 对角线相等的四边形是矩形B. 一组邻边相等的四边形是菱形
C. 平行四边形的对角线互相平分且相等D. 正方形的对角线互相垂直平分且相等
7.下列说法中不正确的是( )
A. 平行四边形的对角线互相平分B. 四边相等的四边形是菱形
C. 矩形的对角线互相垂直平分D. 正方形是特殊的矩形
8.对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，下列说法：
①若方程ax2+c=0有两个不相等的实根，则方程ax2+bx+c=0必有两个不相等的实根；
②若x0是一元二次方程ax2+bx+c=0的根，则b2−4ac=(2ax0+b)2；
③存在实数m、n(m≠n)，使得am2+bm+c=an2+bn+c；
④若c是方程ax2+bx+c=0的一个根，则一定有ac+b+1=0成立．
其中正确的有( )
A. ①②B. ②③④C. ①②③④D. ①②③
9.在复习特殊的平行四边形时，某小组同学画出了如图关系图，组内一名同学在箭头处填写了它们之间转化的条件，其中填写错误的是( )
A. ①对角相等B. ②对角线互相垂直C. ③有一组邻边相等D. ④对角线相等
10.我国古代数学著作《增删算法统宗》记载“圆中方形”问题：“今有圆田一段，中间有个方池．丈量田地待耕犁，恰好三分在记，池面至周有数，每边三步无疑．内方圆径若能知，堪作算中第一．”其大意思如下：有一块圆形的田，中间有一块正方形水池，测量出除水池外圆内可耕地的面积恰好是72平方步，从水池边到圆周，每边相距3步远．如图，设正方形的边长是x步，则列出的方程是( )
A. πx2+62−x2=72B. π(x+6)2−x2=72
C. π(x+3)2−x2=72D. πx2+32−x2=72
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.已知m是方程x2−x−1=0的一个根，则代数式5m2−5m+2020的值为 ．
12.如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，交BD于点F，BE=CE.若AB=4 3，则AF= ．
13.小明利用杠杆原理称药品质量，其知识是“杠杆平衡时，动力×动力臂=阻力×阻力臂”.如图，当质量为m克的药品分别放在左盘、右盘时，另外一盘分别放了重20克、5克的砝码时杠杆平衡，则m的值为 ．
14.在平面直角坐标系xOy中，对于点P和图形N，给出如下定义：如果图形N上存在点Q，使得PQ=1，那么称点P为图形N的“拉手点”.已知点A(−4,0)，B(0,4).在点P1(0,5)，P2(−4,1)，P3(−2,0)中，线段AB的“拉手点”是 ；点O是边长为a的正方形CDEF的对角线的交点，若正方形CDEF上存在线段AB的“拉手点”，则a的取值范围是 ．
15.若m，n是一元二次方程x2−3x−1=0的两个根，则m+n的值为_____．
16.如图，在矩形ABCD中，E，F分别是边AB，AD上的动点，P是线段EF的中点，PG⊥BC，PH⊥CD，G，H为垂足，连接GH.若AB=8，AD=6，EF=6，则GH的最小值是 ．
三、解答题：本题共7小题，共56分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
解方程：
(1)2x2−8=0；
(2)(配方法)x2−4x−7=0；
(3)y2+6y+6=0；
(4)2x2−5x−3=0．
18.(本小题8分)
已知关于x的方程x2−(3k+1)x+2k2+2k=0
(1)当k=1时，请判断此方程根的情况．
(2)求证：无论k取何实数值，方程总有实数根．
(3)若等腰△ABC的一边长为a=6，另两边长b，c恰好是这个方程的两个根，求此三角形的周长．
19.(本小题8分)
如图，已知矩形ABCD．
(1)用无刻度的直尺和圆规作菱形BEDF，使点E、F分别在AD、BC边上；(不写作法，保留作图痕迹，并给出证明.)
(2)若AD=8，AB=4，求EF的长．
20.(本小题8分)
已知关于x的一元二次方程x2+(m+1)x+14m2−2=0．
(1)若方程有两个实数根，求m的最小整数值；
(2)在(1)的条件下，当m取最小整数值时，方程的两个根分别为a、b，求a2+b2−ab的值．
21.(本小题8分)
如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE/​/AC，且DE=12AC，连接AE，CE．
(1)求证：四边形OCED为矩形；
(2)若菱形ABCD的边长为4，∠BCD=60°，求AE的长．
22.(本小题8分)
已知关于x的一元二次方程x2−k+3x+2k+2=0．
(1)求证：方程总有两个实数根；
(2)若方程有一个根小于2，求k的取值范围．
23.(本小题8分)
已知：如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，若∠CAD=∠DBC．
(1)求证：四边形ABCD是正方形．
(2)E是OB上一点，DH⊥CE，垂足为H，DH与OC相交于点F，求证：OE=OF．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由x(x−3)=0得：x=0或x−3=0，
解得：x1=0，x2=3，
因此一元二次方程x(x−3)=0的根为x1=0，x2=3．
故选D．
2.【答案】B
【解析】解：如图①，∵四边形AEDF是菱形，∠BAC=120°，
∴AE=DE，DE/​/AF，
∴∠AED=180°−∠BAC=60°，
∴△AED是等边三角形，
∴AD=AE=4cm，
如图②，设菱形AED1F的对角线AD1、DF交于点H，则EH=FH，AH=D1H，
∵AD1⊥EF，
∴∠AHE=90°，
∵AE=AF，∠BAC=60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴EF=AE=4cm，
∴EH=FH=12EF=2cm，
∴AH= AE2−EH2= 42−22=2 3(cm)，
∴AD1=2AH=4 3cm，
∴DD1=AD1−AD=(4 3−4)cm，
故选：B．
在图①中，由菱形的性质得AE=DE，DE/​/AF，因为∠BAC=120°，所以∠AED=180°−∠BAC=60°，则△AED是等边三角形，所以AD=AE=4cm，在图②中，设AD1、DF交于点H，则∠AHE=90°，由AE=AF，∠BAC=60°，证明△AEF是等边三角形，则EF=AE=4cm，所以EH=FH=12EF=2cm，则AH= AE2−EH2=2 3cm，所以AD1=2AH=4 3cm，求得DD1=AD1−AD=(4 3−4)cm，于是得到问题的答案．
此题重点考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地求出线段AD的长度及线段AD1的长度是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】本题主要考查了矩形和菱形的性质，正方形的判定定理，理解相关知识是解答关键．根据菱形和矩形的性质，正方形的判定定理来进行判定求解即可．
【详解】解：A.矩形的对角线相等，但不一定垂直，故原说法错误，此项不符合题意；
B.一个角为直角的菱形是正方形，故原说法错误，此项不符合题意；
C.菱形的四条边都相等，正确，此项符合题意；
D.对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故原说法错误，此项不符合题意．
故选：C．
4.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD为矩形，对角线AC，BD相交于点O，AB=2，
∴OA=OB=OC=OD，
∵∠ABD=60°，
∴△OAB为等边三角形，
∴OA=OB=AB=2，
∴OC=OA=2，
∴AC=OA+OC=4，
故选：C．
根据矩形性质得OA=OB=OC=OD，再根据∠ABD=60°得△OAB为等边三角形，则OA=OB=AB=2，由此可得AC的长．
此题主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，等边三角形的判定和性质是解决问题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：∵x1，x2是一元二次方程x2−2x−1=0的两个根，
∴x1+x2=−ba=2，x1⋅x2=ca=−1．
x12−x1+x2=x12−2x1−1+x1+1+x2=1+x1+x2=1+2=3．
故选：D．
由根与系数的关系得出“x1+x2=2，x1⋅x2=−1”，将代数式x12−x1+x2变形为x12−2x1−1+x1+1+x2，套入数据即可得出结论．
本题考查了根与系数的关系，解题的关键是利用根与系数的关系找出两根之积与两根之和．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据根与系数的关系，找出两根之和与两根之积是关键．
6.【答案】D
【解析】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，故原命题错误，不符合题意；
B、一组邻边相等的平行四边形是菱形，故原命题错误，不符合题意；
C、平行四边形的对角线互相平分但不一定相等，故原命题错误，不符合题意；
D、正方形的对角线互相垂直平分且相等，正确，符合题意．
故选：D．
利用矩形、菱形的判定方法、平行四边形的性质、正方形的性质分别判断后即可确定正确的选项．
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解有关的定义及定理，难度不大．
7.【答案】C
【解析】解：对于选项A，
∵平行四边形的对角线互相平分，
∴该选项正确，不符合题意；
对于选项B，
∵四边相等的四边形是菱形，
∴该选项正确，不符合题意；
对于选项C，
∵矩形的对角线互相平分且相等，
∴矩形的对角线互相垂直平分不正确，
∴该选项不正确，符合题意；
对于选项D，
∵正方形是特殊的矩形，
∴该选项正确，不符合题意；
故选：C．
对于选项A，根据平行四边形的对角线互相平分即可对该选项进行判断；
对于选项B，根据四边相等的四边形是菱形即可对该选项进行判断；
对于选项C，根据矩形的对角线互相平分且相等即可对该选项进行判断；
对于选项D，根据正方形是特殊的矩形即可对该选项进行判断，综上所述即可得出答案．
此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，菱形的性质，熟练掌握正方形的性质，矩形的性质，菱形的性质是解决问题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：①若方程ax2+c=0有两个不相等的实根，
∴Δ=0−4ac>0，即−4ac>0，
∴方程ax2+bx+c=0中，Δ=b2−4ac，
∵b2≥0，
∴b2−4ac>0，即方程ax2+bx+c=0必有两个不相等的实根，故①正确；
②若x0是一元二次方程ax2+bx+c=0的根，则+bx0+c=0，
∴+bx0=−c，
∴4a2+4abx0=−4ac，
∴b2+4a2+4abx0=b2−4ac，即b2−4ac=(2ax0+b)2，故②正确；
③am2+bm+c−(an2+bn+c)
=a(m2−n2)+b(m−n)
=a(m+n)(m−n)+b(m−n)
=(m−n)[a(m+n)+b]，
∵m≠n，
∴m−n≠0，
∴当a(m+n)+b=0时，am2+bm+c−(an2+bn+c)=0，
∴存在实数m、n(m≠n)，使得am2+bm+c=an2+bn+c，故③正确；
④若c是方程ax2+bx+c=0的一个根，则ac2+bc+c=0，
若c=0时，ac+b+1=0不成立，故④错误．
故选：D．
根据方程有两个不相等的实数根可得Δ=0−4ac>0，由此再运用根的判别式进行判定即可判断①；x0是一元二次方程ax2+bx+c=0的根，则+bx0+c=0，整理变形后即可判断②；求得am2+bm+c−(an2+bn+c)=(m−n)[a(m+n)+b]，当a(m+n)+b=0时使得am2+bm+c=an2+bn+c即可判断③；把x=c代入方程，当x=c=0时，ac+b+1=0不成立，可判定结论④．
本题考查一元二次方程根的判别式与方程系数的关系，同时考查了学生的综合应用能力及推理能力．
9.【答案】A
【解析】解：A、对角相等的平行四边形不一定是矩形，
∴此选项填写错误，
故A符合题意；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，
∴此选项填写正确，
故B不符合题意；
C、有一组邻边相等的矩形是正方形，
∴此选项填写正确，
故C不符合题意；
D、对角线相等的菱形是正方形，
∴此选项填写正确，
故D不符合题意．
故选：A．
依据矩形、菱形、正方形的判定定理，即可判断．
本题考查正方形的判定，菱形的判定，矩形的判定，解答本题的关键是熟练掌握矩形，菱形，正方形的判定方法．
10.【答案】D
【解析】解：设正方形的边长是x步，则圆的半径为(x2+3)步，
列出的方程是：π(x2+3)2−x2=72．
11.【答案】2025
【解析】解：∵m是方程x2−x−1=0的一个根，
∴m2−m−1=0，
∴m2−m=1，
∴5m2−5m+2020=5(m2−m)+2020=5×1+2020=2025．
故答案为：2025．
12.【答案】4
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=4 3，∠ABD=∠CBD，
∵BE=CE，
∴BE=CE=2 3，
∵sin∠BAE=BEAB=12，
∴∠BAE=30°，
∴∠ABE=60°，
∴∠CBD=∠ABD=30°，
∴∠BAE=∠CBD=∠ABD，BF=2EF，BE= 3EF，
∴AF=BF，EF=2，
∴AF=BF=2EF=4，
故答案为：4．
由菱形的性质可得AB=BC=4 3，∠ABD=∠CBD，由锐角三角函数可求∠BAE=30°，由直角三角形的性质可得AF=BF，EF=2，即可求解．
本题考查了菱形的性质，锐角三角函数，直角三角形的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．
13.【答案】10
【解析】解：如图，
由第一个图可得m⋅OA=20×OB，则OBOA=m20，
由第二个图可得5OA=m⋅OB，则OAOB=m5，
∴OBOA⋅OAOB=m20⋅m5=1，
解得：m=10，负值舍去，
故答案为：10．
根据动力×动力臂=阻力×阻力臂，分别利用两幅图分别列式变形为OBOA=m20，OAOB=m5，然后得出方程OBOA⋅OAOB=m20⋅m5=1，解方程即可得到答案．
此题考查了一元二次方程的应用，准确列出等式列出关于m的方程，是解题的关键．
14.【答案】P1，P2
4 2−2≤a≤10

【解析】解：由图可知，P1B=1，P2A=1，
∴在点P1(0,5)，P2(−4,1)，P3(−2,0)中，线段AB的“拉手点”是P1，P2，
故答案为：P1，P2；
当线段AB在正方形CDEF内部时，如图，
即过(0,5)，则a=10；
当线段AB在正方形CDEF外部时，过点E作EG⊥AB于点G，
∵∠GAE=45°=∠GEA，
∴△GEA是等腰直角三角形，
当GE=1时，AE= AG2+EG2= 2，
∴OE=OA−AE=4− 2，
∴DE= 2OE=4 2−2，
∴当正方形CDEF上存在线段AB的“拉手点”，
则a的取值范围为：4 2−2≤a≤10．
根据“拉手点”的定义求解即可；分线段AB在正方形CDEF外部和内部两种情况，由勾股定理求出正方形的边长即可．
本题考查正方形的性质，坐标与图形的性质等知识，掌握函数中的新定义问题是解题的关键．
15.【答案】3
【解析】解：∵m，n是一元二次方程x2−3x−1=0的两个实数根，
∴m+n=3，
故答案为：3．
16.【答案】7
【解析】解：连接AC、AP、CP，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD=6，∠BAD=∠B=∠BCD=90°，
∴AC= AB2+BC2= 82+62=10，
∵P是线段EF的中点，
∴AP=12EF=3，
∵PG⊥BC，PH⊥CD，
∴∠PGC=∠PHC=90°，
∴四边形PGCH是矩形，
∴GH=CP，
当A、P、C三点共线时，CP最小=AC−AP=10−3=7，
∴GH的最小值是7，
故答案为：7
17.【答案】x1=2，x2=−2；
x1=2+ 11,x2=2− 11；
y1=−3+ 3,y2=−3− 3；
x1=−12,x2=3
【解析】(1)2x2−8=0，
x2=4，
所以x1=2，x2=−2；
(2)x2−4x−7=0，
x2−4x+4=11，
(x−2)2=11，
则x−2=± 11，
所以x1=2+ 11,x2=2− 11；
(3)y2+6y+6=0，
Δ=36−24=12>0，
则y=−6± 122，
所以y1=−3+ 3,y2=−3− 3；
(4)2x2−5x−3=0，
(2x+1)(x−3)=0，
则2x+1=0或x−3=0，
所以x1=−12,x2=3．
(1)先移项，然后利用直接开平方法解一元二次方程即可求解；
(2)利用配方法解一元二次方程即可求解；
(3)根据公式法解一元二次方程即可求解；
(4)利用因式分解法解一元二次方程即可求解；
本题主要考查了解一元二次方程−公式法、解一元二次方程−因式分解法、解一元二次方程−配方法及解一元二次方程−直接开平方法，熟知因式分解法、直接开平方法、公式法及配方法解一元二次方程的步骤是解题的关键．
18.【答案】方程有两个相等的实数根；
证明：Δ=[−(3k+1)]2−4×1×(2k2+2k)
=k2−2k+1
=(k−1)2，
∵(k−1)2≥0，
∴Δ≥0，
所以无论k取什么实数值，方程总有实数根；
三角形的周长为16或22
【解析】(1)解：∵Δ=[−(3k+1)]2−4×1×(2k2+2k)
=(k−1)2，
当k=1时，Δ=0，则方程有两个相等的实数根；
(2)证明：Δ=[−(3k+1)]2−4×1×(2k2+2k)
=k2−2k+1
=(k−1)2，
∵(k−1)2≥0，
∴Δ≥0，
所以无论k取什么实数值，方程总有实数根；
(3)解：原方程因式分解得：(x−2k)(x−k−1)=0，
解得：x1=2k，x2=k+1，
∵b，c恰好是这个方程的两个实数根，设b=2k，c=k+1，
当a、b为腰，则a=b=6，而a+b>c，a−b