贵州省2022-2023学年九年级上学期阶段性练习题数学试卷（一）（含答案）

这是一份贵州省2022-2023学年九年级上学期阶段性练习题数学试卷（一）（含答案），共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列方程中，是一元二次方程的是（ ）
A．B．C．D．
2．把一元二次方程化为一般形式，正确的是（ ）
A．B．
C．D．
3．用配方法解一元二次方程x2﹣10x+21＝0，下列变形正确的是（ ）
A．（x﹣5）2＝4B．（x+5）2＝4C．（x﹣5）2＝121D．（x+5）2＝121
4．若关于x的一元二次方程的一个解是，则（ ）
A．2021B．2022C．2023D．2024
5．如图，四边形ABCD是边长为10的正方形，点E在正方形内，且，又，则阴影部分的面积是（ ）
A．76B．24C．48D．88
6．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，下列结论中错误的是( )
A．AB＝ADB．AC⊥BDC．AC＝BDD．∠DAC＝∠BAC
7．下列说法错误的是（ ）
A．对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形B．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
C．有一个内角是直角的四边形是矩形D．对角线相等且互相平分的四边形是矩形
8．若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则m的取值范围是（ ）
A．B．且C．且D．
9．如图4，在中，，点为斜边上一动点，过点作于点 ， 于点 ，连结 ，则线段的最小值为
A．1.2B．2.4C．2.5D．4.8
10．定义新运算：对于两个不相等的实数a，b，我们规定符号max{a，b}表示a，b中的较大值，如：，因此，；按照这个规定，若max=，则x的值是（ ）
A．－1B．－1或C．D．1或
11．如图，在矩形中，E，F分别是边上的点，，连接与对角线交于点O，且，，，则的长为（ ）
A．B．C．4D．6
12．如图，在正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC延长线于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．在下列结论中：①DE＝EF；②△DAE≌△DCG；③AC⊥CG；④CE＝CF．其中正确的是（ ）
A．②③④B．①②③C．①②④D．①③④
二、填空题
13．方程的二次项系数、一次项系数与常数项之和是 _____．
14．如图，在RtABC中，，，D为AB的中点，，则四边形ADCE的周长为___．
15．若关于x的方程ax2+bx+c＝0（a≠0）满足a﹣b+c＝0，称此方程为“月亮”方程，已知方程a2x2﹣1999ax+1＝0（a≠0）是“月亮”方程，求a2+1999a+的值为 _____．
16．如图，菱形的边长为2，，对角线与交于点，为中点，为中点，连接，则的长为_________．
三、解答题
17．按要求解下列方程：
(1)（直接开平方法）；
(2)（配方法）；
(3)（公式法）；
(4)（因式分解法）．
18．若m是方程的一个根，求代数式的值．
19．如图，正方形ABCD中，点P，Q分别为CD，AD边上的点，且DQ＝CP，连接BQ，AP．求证：BQ⊥AP．
20．已知、、是的三边长，关于的一元二次方程有两个相等的实数根．
(1)请判断的形状；
(2)当，时，求一元二次方程的解．
21．如图，在四边形中，，，对角线交于点O，平分，过点C作交延长线于点E，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求四边形ABCD的面积．
22．如图，在平行四边形中，过点D作于点E，点F在边上，且，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若平分，，，求的长．
23．（1）将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点处，得到折痕DE，如图1．求证：四边形是正方形；
（2）将图1中的矩形纸片ABCD沿过点E的直线折叠，点C恰好落在AD上的点处，点B落在点处，得到折痕EF，交AB于点M，如图2．线段与ME是否相等？若相等，请给出证明；若不等，请说明理由．
24．如图，矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，E、F是对角线AC上的两个动点，分别从A、C同时出发，相向而行，速度均为2cm/s，运动时间为t（0≤t≤5）秒．
（1）若G、H分别是AB、DC的中点，且t≠2.5s，求证：以E、G、F、H为顶点的四边形始终是平行四边形；
（2）在（1）的条件下，当t为何值时？以E、G、F、H为顶点的四边形是矩形；
（3）若G、H分别是折线A-B-C，C-D-A上的动点，分别从A、C开始，与E．F相同的速度同时出发，当t为何值时，以E、G、F、H为顶点的四边形是菱形，请直接写出t的值．
参考答案：
1．B
【分析】根据一元二次方程的定义逐个判断即可．
【详解】解：A．，所含未知数的项的最高次数是1，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
B．是一元二次方程，故本选项符合题意；
C．中含有两个未知数，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
D．不是整式方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
故选：B
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义是解此题的关键，注意：只含有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程，叫一元二次方程．
2．D
【分析】把原方程通过去括号，移项，合并同类项化为一般形式即可做出判断．
【详解】解：整理得，，
即的一般形式为．
故选：D
【点睛】此题考查了一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的一般形式是解题的关键．
3．A
【分析】利用配方法，方程的两边同时加上一次项系数一半的平方，即可求解．
【详解】解：x2﹣10x+21＝0，
移项得： ，
方程两边同时加上25，得： ，
即 ．
故选：A
【点睛】本题主要考查了利用配方法解一元二次方程，熟练掌握利用配方法，需要方程的两边同时加上一次项系数一半的平方是解题的关键．
4．A
【分析】利用一元二次方程解的定义得到，然后再利用整体代入的方法计算．
【详解】解：把代入方程得，
，
所以，
所以．
故选：A．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解的概念：使方程两边成立的未知数的值叫方程的解．
5．A
【分析】利用勾股定理求出AE，根据S阴影＝S正方形ABCD−S△ABE计算即可．
【详解】解：由题意得：在Rt△ABE中，∠AEB＝90°，AB＝10，BE＝8，
∴AE＝，
∴S阴影＝S正方形ABCD−S△ABE＝10×10−×8×6＝76，
故选：A．
【点睛】本题主要考查勾股定理，解题的关键是灵活运用知识解决问题，学会利用分割法求面积，属于中考常考题型．
6．C
【分析】根据菱形的性质逐项分析判断即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，AC⊥BD，∠DAC＝∠BAC，故A、B、D选项正确，
不能得出，故C选项不正确，
故选：C.
【点睛】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．
7．C
【分析】根据正方形、菱形、矩形的判定分别进行判断即可．
【详解】解：A．对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形，故选项正确，不符合题意；
B．对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故选项正确，不符合题意；
C．有一个内角是直角的平行四边形是矩形，故选项错误，符合题意；
D．对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故选项正确，不符合题意．
故选：C．
【点睛】此题考查了正方形、菱形、矩形的判定，熟练掌握正方形、菱形、矩形的判定方法是解题的关键．
8．B
【分析】根据根的判别式，且求解即可．
【详解】解：由题意得
，且，
解得且，
故选B．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根的判别式与根的关系，熟练掌握根的判别式与根的关系式解答本题的关键．当时，一元二次方程有两个不相等的实数根；当时，一元二次方程有两个相等的实数根；当时，一元二次方程没有实数根．也考查了一元二次方程的定义．
9．B
【分析】连接PC，证明四边形PECF是矩形，从而有EF=CP，当CP⊥AB时，PC最小，利用三角形面积解答即可．
【详解】解：连接PC，
∵PE⊥AC，PF⊥BC，
∴∠PEC=∠PFC=∠C=90°，
∴四边形ECFP是矩形，
∴EF=PC，
∴当PC最小时，EF也最小，
即当CP⊥AB时，PC最小，
∵AC=4，BC=3，
∴AB=5，
∴PC的最小值为：
∴线段EF长的最小值为2.4．
故选B．
【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，关键是根据矩形的性质和三角形的面积公式解答．
10．B
【分析】根据题意，进行分类讨论即可．
【详解】解：若，即：时，，
∴，
解得：或（舍去），
若，即：时，，
∴，
解得：或（舍去），
若，即：时，，
∴得，不成立，舍去，
∴x的值为－1或，
故选：B．
【点睛】本题考查新定义以及一元二次方程，理解材料中的定义，准确进行分类讨论，并准确求解一元二次方程是解题关键．
11．D
【分析】先证明，，再证明是等边三角形即可解决问题．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是矩形，
∴
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
在中，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，利用全等三角形的性质就问题．
12．B
【分析】①过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：根据正方形的性质得到∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，推出四边形EMCN为正方形，由矩形的性质得到EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，根据全等三角形的性质得到ED＝EF，故①正确；
②利用已知条件可以推出矩形DEFG为正方形；根据正方形的性质得到AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，推出△ADE≌△CDG（SAS），故②正确；
③根据②的结论可得∠ACG＝90°，所以AC⊥CG，故③正确；
④当DE⊥AC时，点C与点F重合，得到CE不一定等于CF，故④错误．
【详解】解：①过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，
∴NE＝NC，
∵∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，
∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF，
又∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，
，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴ED＝EF，故①正确；
②∵矩形DEFG为正方形；
∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∵AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
，
∴△ADE≌△CDG（SAS），故②正确；
③根据②得∠DAE＝∠DCG＝45°，
∴∠ACG＝90°，
∴AC⊥CG，故③正确；
④当DE⊥AC时，点C与点F重合，
∴CE不一定等于CF，故④错误，
综上所述：①②③正确．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解（1）的关键．
13．-5
【分析】确定二次项系数，一次项系数，常数项以后即可求解.
【详解】解：将方程化成一般形式后为，
它二次项系数为2，一次项系数为-6，及常数项为-1；
则其和为2-6-1＝-5；
故答案为：-5．
【点睛】此题主要考查了一元二次方程的一般形式，要确定一次项系数和常数项，首先要把方程化成一般形式．
14．20
【分析】根据，可得四边形ADCE为平行四边形，根据∠ACB=90°，D为AB的中点，则，则平行四边形为菱形，由∠ACB=90°，AC=8，BC=6，可得AB=10，AD=5，由此可证菱形ADCE的周长为20．
【详解】解：∵，
∴四边形ADCE为平行四边形，
又∵∠ACB=90°，D为AB的中点，
∴，
∴平行四边形为菱形，
∵∠ACB=90°，AC=8，BC=6，
∴AB=10，AD=5，
∴菱形ADCE的周长为20．
【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定，菱形的性质与判定，能够熟练掌握菱形的性质是解决本题的关键．
15．-2
【分析】根据“月亮”方程的定义得出，变形为代入计算即可．
【详解】解：∵方程是“月亮”方程，
∴，
∴，
∴
故答案为-2．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边都相等的未知数的值是一元二次方程的解．利用整体代入的方法计算是解决本题的关键．
16．
【分析】由菱形的性质可得AB＝AD＝2，∠ABD＝30°，AC⊥BD，BO＝DO，由三角形中位线定理得FH＝AO＝，FHAO，然后求出OE、OH，由勾股定理可求解．
【详解】解：如图，取OD的中点H，连接FH，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴AB＝AD＝2，∠ABD＝30°，AC⊥BD，BO＝DO，
∴AO＝AB＝1，BO＝＝DO，
∵点H是OD的中点，点F是AD的中点，
∴FH＝AO＝，FHAO，
∴FH⊥BD，
∵点E是BO的中点，点H是OD的中点，
∴OE＝，OH＝，
∴EH＝，
∴EF＝，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．
17．(1)，
(2)，
(3)，
(4)，．
【分析】（1）利用直接直接开平方法求解即可；
（2）利用配方法求解即可；
（3）利用公式法求解即可；
（4）利用因式分解法求解即可．
【详解】（1）解：，
∴，
∴，；
（2）解：，
移项得，
配方得，即，
∴，
∴，；
（3）解：，
，，，
∴，
∴，
∴，；
（4）解：，
整理得，
因式分解得，
∴，，
∴，．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
18．6
【分析】先用因式分解法解一元二次方程，然后化简求值．
【详解】解： ，
，解得或．
∵，
∴，
∴．
∵
．
当时，原式．
【点睛】此题考查分式化简求值和一元二次方程的解法，解题关键是将得到的解根据分式分母不为0舍去一个值，然后再化简分式．
19．见解析
【分析】根据题意利用SAS证明△ABQ≌△DAP即可．
【详解】解：在正方形ABCD中，AB=AD=CD，∠BAD=∠ADC=90°，
∵DQ=CP，
∴AD-DQ=CD-CP，
∴AQ=DP，
∴△ABQ≌△DAP（SAS），
∴∠DAP=∠ABQ，
∵∠DAP+∠BAP=90°，
∴∠ABQ+∠BAP=90°，
∴BQ⊥AP．
【点睛】本题考查正方形的性质，熟练掌握正方形中的“十字架”模型是解题关键．
20．(1)△ABC为直角三角形；
(2)
【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式以及勾股定理的逆定理，即可求解；
（2）由（1）可得，再代入原方程，利用因式分解法解答，即可求解．
【详解】（1）∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴，
∴，
∴△ABC为直角三角形；
（2）∵，，，
∴，
∴，
∴原方程为，
解得：．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，一元二次方程根的判别式，勾股定理的逆定理，熟练掌握一元二次方程的解法，一元二次方程根的判别式，勾股定理的逆定理是解题的关键．
21．(1)证明见详解；
(2)．
【分析】（1）先证，则四边形是平行四边形，再由，即可得出结论；
（2）由菱形的性质可得，，由直角三角形的性质和勾股定理可求的长，即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴（负值舍去），
∴，
∴菱形的面积＝．
【点睛】本题考查菱形的判定和性质，直角三角形的性质，掌握菱形的面积公式是解题的关键．
22．(1)见解析
(2)8
【分析】（1）先证四边形是平行四边形，再证，即可得出结论；
（2）证，再由勾股定理求出，然后由矩形的性质即可求解．
【详解】（1）∵四边形是平行四边形，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
又∵，即，
∴平行四边形是矩形．
（2）∵平分，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
在中，由勾股定理，得．
由（1）知，四边形是矩形．
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的判定与性质，勾股定理，平行线的性质，等腰三角形的判定等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明四边形为矩形是解此题的关键．
23．（1）见详解；（2）相等，理由见详解
【分析】（1）先判断四边形是矩形，再由邻边相等即可证明；
（2）连接，先证，再证即可求证；
【详解】解：（1）在矩形ABCD中，
∵，
∴四边形是矩形，
由折叠的性质可知，，
∴矩形是正方形．
（2）相等，理由如下，
如图，连接，
由（1）可知，
由折叠的性质可知，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、正方形的判定、三角形的全等，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
24．（1）证明见解析；（2）当t为4.5秒或0.5秒时，四边形EGFH是矩形；（3）t为秒时，四边形EGFH是菱形．
【分析】（1）根据勾股定理求出AC，证明△AFG≌△CEH，根据全等三角形的性质得到GF=HE，利用内错角相等得GF∥HE，根据平行四边形的判定可得结论；
（2）如图1，连接GH，分AC-AE-CF=8．AE+CF-AC=8两种情况，列方程计算即可；
（3）连接AG．CH，判定四边形AGCH是菱形，得到AG=CG，根据勾股定理求出BG，得到AB+BG的长，根据题意解答．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AB∥CD，AD∥BC，∠B=90°，
∴∠BAC=∠DCA，
∵AB=6cm，BC=8cm，
∴AC=10cm，
∵G、H分别是AB、DC的中点，
∴AG=AB，CH=CD，
∴AG=CH，
∵E、F是对角线AC上的两个动点，分别从A、C同时出发，相向而行，速度均为2cm/s，
∴AE=CF，
∴AF=CE，
∴△AGF≌△CHE（SAS），
∴GF=HE，∠AFG=∠CEH，
∴GF∥HE，
∴以E、G、F、H为顶点的四边形始终是平行四边形；
（2）如图1，连接GH，由（1）可知四边形EGFH是平行四边形，
∵G、H分别是AB．DC的中点，
∴GH=BC=8cm，
∴当EF=GH=8cm时，四边形EGFH是矩形，分两种情况：
①若AE=CF=2t，则EF=10-4t=8，解得：t=0.5，
②若AE=CF=2t，则EF=2t+2t-10=8，解得：t=4.5，
即当t为4.5秒或0.5秒时，四边形EGFH是矩形；
（3）如图2，连接AG、CH，
∵四边形GEHF是菱形，
∴GH⊥EF，OG=OH，OE=OF，
∵AF=CE
∴OA=OC，
∴四边形AGCH是菱形，
∴AG=CG，
设AG=CG=x，则BG=8-x，
由勾股定理得：AB2+BG2=AG2，
即62+（8-x）2=x2，解得：x=，
∴BG=8-=，
∴AB+BG=6+=，
t=÷2=，
即t为秒时，四边形EGFH是菱形．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质．平行四边形的判定和菱形的判定，掌握矩形的性质定理．菱形的判定定理，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．