江西省吉安市青原区2024-2025学年九年级上学期第一次月考数学试题

这是一份江西省吉安市青原区2024-2025学年九年级上学期第一次月考数学试题，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。
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列方程一定是一元二次方程的是（ ）
A．B．C．D．
2．如图，点F时平行四边形的边上一点，直线交的延长线与点E，则下列结论错误的是（ ）
A．B．C．D．
3．如图，四边形是正方形，已知点的坐标为，则点C的坐标为（ ）

A．B．C．D．
4．把半径为的球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，若，则的长为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，菱形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，∠AOC＝45°，OA＝，则点C的坐标为（ ）
A．（，1）B．（1，1）C．（1，）D．（+1，1）
6．如图，已知二次函数，它与轴交于、，且、位于原点两侧，与的正半轴交于，顶点在轴右侧的直线：上，则下列说法：① ② ③ ④其中正确的结论有（ ）
A．①②B．②③C．②③④D．①②③④
二、填空题
7．关于x的一元二次方程的一个根是2，则a的值为 ．
8．如图所示，在宽为米、长为米的矩形地面上，修筑同样宽的道路（图中阴影部分），余下部分种植草坪，要使草坪的面积为平方米，则道路的宽为 米．
9．已知、是方程的两根，则 ．
10．若，则 ．
11．如图，在正方形中，是上的一点，且，若点在正方形的边上，当为等腰三角形时，则的长为 ．

12．如图，点是等边三角形内一点，，．将绕点按顺时针方向旋转得到，连接．为 度时，是等腰三角形．
三、解答题
13．解方程．
(1)3x2﹣1＝4x；
(2)（x＋4）2＝5（x＋4）．
14．关于x的一元二次方程
(1)求证：方程总有两个实数根．
(2)若方程的一个根为1，求方程的另一个根．
15．如图，的对角线相交于点O，且．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，四边形的面积是，求的长．
16．如图，在边长为1的正方形网格纸中，以O为圆心，为半径作圆，点O、A、B均在格点上．仅用无刻度直尺，完成下列作图（不写作法，保留作图痕迹）：
(1)在图①中，作的中点M；
(2)在图②中，作，使得．
17．如图1，从边长为a的正方形纸片中剪去一个边长为b的小正方形，再沿着线段AB剪开，把剪成的两张纸片拼成如图2的等腰梯形．
（1）设图1中阴影部分面积为S1，图2中阴影部分面积为S2，请直接用含a，b的代数式表示S1和S2；
（2）请写出上述过程所揭示的乘法公式．
18．如图，中，，点在边上，过点且分别与边、相交于、两点，，点为垂足．
(1)求证：直线是的切线；
(2)当是等边三角形，且直线与相切时，直接写出长度为线段长度2倍的所有线段．
19．已知关于x 的方程有两个实数根，．
(1)若，是矩形的两条对角线的长，求a 的值；
(2)当时，，是菱形的两条对角线的长，求菱形的周长．
20．某商场销售某种冰箱，每台进货价为2500元，标价为3000元．
(1)若商场连续两次降价，每次降价的百分率相同，最后以2430元售出，求每次降价的百分率．
(2)市场调研表明：当每台售价为2900元时，平均每天能售出8台，当每台售价每降50元时，平均每天就能多售出4台，若商场要想使这种冰箱的销售利润平均每天达到5000元，则每台冰箱的定价应为多少元？
21．综合与探究：如果关于的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根比另一个根大1，那么称这样的方程式“邻根方程”．例如：一元二次方程的两个根是，，则方程是“邻根方程”．
(1)通过计算，判断下列方程是否是“邻根方程”：
①；
②
(2)已知关于的一元二次方程（是常数）是“邻根方程”，求的值；
(3)若关于的一元二次方程（是常数，且）是“邻根方程”，令，求当为何值时，有最大值．
22．将绕点按逆时针方向旋转度，并使各边长变为原来的倍，得，如图①所示，，我们将这种变换记为．

(1)如图①，对作变换得到，则_________；直线与直线所夹的锐角为_________度；
(2)如图②，中，，对作变换得到，使点B、C、在同一直线上，连接且，求和的值；
(3)如图③，中，，对作变换得到，便点在同一直线上，且，求和的值．
23．（1）如图1，在正方形中，为对角线上一点，连接．图中的全等三角形有________（写出一对即可，不必证明）．
（2）如图2，为延长线上一点，且交于点．判断的形状．并说明理由．
（3）如图3，过点作交的延长线于点．
①求证：．
②若，请直接写出的长．

参考答案：
1．C
【分析】本题考查了一元二次方程的定义，理解定义：“含有个未知数，并且未知数的最高次数是的整式方程，叫做一元二次方程；或能化为（）的整式方程是一元二次程．”是解题的关键．
【详解】A.方程的左边是分式，不符合定义，结论错误，故不符合题意；
B.方程含有两个未知数，不符合定义，结论错误，故不符合题意；
C.符合定义，结论正确，故符合题意；
D.有可能，不符合定义，结论错误，故不符合题意；
故选：C．
2．C
【分析】根据平行四边形的性质得到，进而证明，，根据相似三角形的性质即可得到答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，，
∴，，故A、B不符合题意，C符合题意；
∴，
∴，即，故D不符合题意；
故选C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的性质与判定，证明，是解题的关键．
3．A
【分析】作轴于点，轴于点，由，得，由正方形的性质得，，所以，即可证明，得，，所以，于是得到问题的答案．
【详解】解：作轴于点，轴于点，则，

，
，
四边形是正方形，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
故选：A．
【点睛】此题重点考查图形与坐标、正方形的性质、直角三角形的两个锐角互余、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
4．D
【分析】本题考查垂径定理，涉及到圆的基本性质，勾股定理等知识，掌握求弦长通常运用垂径定理构造直角三角形的方法是解题的关键．
设球心为，过作交于，交于，连接，结合题意可解得，，根据勾股定理求得，最后由垂径定理求得结果．
【详解】解：如图，设球心为，过作交于，交于，连接，
由题意可知是矩形，，
，
，
，
，
，，
，
，
故选：D．
5．B
【分析】作CD⊥x轴，根据菱形的性质得到OC=OA=，在Rt△OCD中，根据勾股定理求出OD的值，即可得到C点的坐标．
【详解】：作CD⊥x轴于点D，
则∠CDO=90°，
∵四边形OABC是菱形，OA=，
∴OC=OA=，
又∵∠AOC=45°，
∴∠OCD=90°-∠AOC=90°-45°=45°，
∴∠DOC=∠OCD，
∴CD=OD，
在Rt△OCD中，OC=，CD2+OD2=OC2，
∴2OD2=OC2=2，
∴OD2=1，
∴OD=CD=1（负值舍去），
则点C的坐标为（1，1），
故选：B．
【点睛】此题考查了菱形的性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理，根据勾股定理和等腰直角三角形的性质求出OD=CD=1是解决问题的关键．
6．C
【分析】先由抛物线解析式得到a=-1＜0，利用抛物线的对称轴得到b>0，易得c>0，于是可对①进行判断；由顶点D在y轴右侧的直线l：y=4上可得b的范围，从而可判断②是否正确；由a=-1及顶点D在y轴右侧的直线l：y=4上，可得抛物线与x轴两交点之间的距离AB为定值，即可求得AB的长度及S△ABD的大小．
【详解】解： ∵A，B两点位于y轴两侧，且对称轴在y轴的右侧，
∴，
∵，
则b＞0，
函数图像交y轴于C点，则c>0，
∴bc>0，即①错误；
又∵顶点坐标为（ ），即（）
∴=4，即
又∵ =，即
∴AB=4即③正确；
又∵A，B两点位于y轴两侧，且对称轴在y轴的右侧
∴＜2，即b＜4
∴0＜b＜4，故②正确；
∵顶点的纵坐标为4，即△ABD的高为4
∴△ABD的面积= ，故④正确；
故答案为C.
【点睛】本题综合考查了二次函数的图象与系数的关系，明确二次函数的相关性质是解题的关键，本题具有一定的灵活性与难度．
7．5
【分析】根据一元二次方程根的定义把代入中得到关于a的方程，解方程即可得到答案．
【详解】解：把代入中得，
解得．
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程解的定义，熟知一元二次方程的解是使方程左右两边相等的未知的值是解题的关键．
8．
【分析】将竖直方向的道路平移到矩形地面的右侧，将水平方向的道路平移至矩形的下方，从而得到空白部分为矩形，得出矩形的长和宽，运用面积公式得出一元二次方程，求解即可．
【详解】解：将竖直方向的道路平移到矩形地面的右侧，将水平方向的道路平移至矩形的下方，
设道路的宽为米，草坪的长为米，草坪的宽为米，
则，
解得：，（舍），
故道路的宽为米，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，读懂题意，运用平移的方式将原图形进行转化是解本题的关键．
9．6
【分析】根据根与系数的关系得到x1+x2=2，x1x2=-1，再把变形为，然后利用整体代入的方法计算出值即可．
【详解】解：∵、是方程的两根，
∴x1+x2=2，x1x2=-1，
所以，=．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根时，x1+x2=-，x1x2=．
10．34
【分析】本题考查了完全平方公式以及已知式子的值，求代数式的值，先整理得，则把代入，即可作答．
【详解】解：∵
∴
∴方程两边同时除以
得
∴
则
故答案为：
11．或2或
【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握正方形的性质．分三种情况画图，①当点在AD边上时，②当点在CD边上时，③当点在边上时，根据勾股定理和等腰三角形的性质分别求出的长即可．
【详解】解：分三种情况画图，如图所示：

在正方形中，
，
，
，
①当点在AD边上时，
，，
②当点在CD边上时，
过点作于点，
则四边形是矩形，
，
，
，
③当点在边上时，
．
综上所述，的长为或2或，
故答案为：或2或．
12．110、140或125
【分析】由旋转知：是等边三角形，故可表示出，，然后分三类分别解方程即可．
【详解】解：∵将绕点C按顺时针方向旋转得到，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
当时，
，
解得，
当时，
，
解得，
当时，
，
解得，
综上：或或．
故答案为：110、140或125．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质和三角形内角和定理等知识，表示出，，运用分类思想是解题的关键．
13．(1)
(2)x1=-4，x2=1
【分析】（1）先计算判别式的值，然后利用公式法解方程；
（2）先移项得到（x+4）2-5（x+4）=0，然后利用因式分解法解方程．
【详解】（1）解： 3x2-4x-1=0，
∵a=3，b=-4，c=-1，
∴Δ=b2-4ac=（-4）2-4×3×（-1）=16+12=28＞0．
∴，
∴
（2）解：（x+4）2=5（x+4），
（x+4）2-5（x+4）=0，
（x+4）（x+4-5）=0，
∴x+4=0或x-1=0，
∴x1=-4，x2=1．
【点睛】本题主要考查解一元二次方程的能力，解题的关键是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．
14．(1)证明见解析
(2)m=3，另一根为2
【分析】（1）根据方程表示出根的判别式，判断根的判别式大于等于0即可得证；
（2）把x=1代入方程求出m的值，进而确定出方程，求出另一根即可．
【详解】（1）证明：∵
，
∴方程总有两个实数根
（2）解：把x=1代入方程得：1-m+2m-4=0
解得：m=3，
把m=3代入得：，
解得：，
所以另一根为x=2．
【点睛】本题考查了根的判别式以及方程的解，熟练掌握一元二次方程根的判别式与根的关系是解答本题的关键．
15．(1)见解析
(2)的长为
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质以及勾股定理，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
（1）先证四边形是平行四边形，再由菱形的判定即可得出结论；
（2）连接，交于，由菱形的性质得，，，再由菱形的面积求出及长，然后由勾股定理得出，即可得出结论．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
，
，，
四边形是平行四边形，
又，
平行四边形是菱形；
（2）解：如图，连接，交于，

四边形是菱形，，
，，，
，
，
，
，
，
即的长为．
16．(1)图见解析
(2)图见解析
【分析】（1）连接，过点、格点作直线交于点，点即为所求点；
（2）在网格上找到点，连接，并延长交于点，则，即为所求，设点下方的格点为，点上方的格点为，连接、、，与交于点，与交于点，再根据“边角边”，得出，进而得出，再根据直角三角形两锐角互余，得出，，再根据对顶角相等，得出，进而得出，再根据垂线的定义，得出，再根据垂径定理，即可得出．
【详解】（1）解：如图，点即为所求点；
（2）解：如图，在网格上找到点，连接，并延长交于点，则，即为所求．
如图，设点下方的格点为，点上方的格点为，连接、、，与交于点，与交于点，
∵，
又∵，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了无刻度直尺作图，涉及垂径定理、全等三角形的判定与性质、网格的特点，解本题的关键在正确画出符合题意的图形．
17．解：（1）.
（2）.
【详解】解：（1）∵大正方形的边长为a，小正方形的边长为b，
∴．
S2=（2a+2b）（a-b）=（a+b）（a-b）；
（2）根据题意得：
（a+b）（a-b）= ．
18．(1)见解析
(2)长度为线段长度2倍的所有线段有：，，，．
【分析】（1）利用等腰三角形的性质，同圆的半径相等，平行线的判定与性质和圆的切线的判定定理解答即可；
（2）连接，利用圆周角定理和含角的直角三角形的性质，得到；再利用圆的切线的性质定理，等边三角形的性质和直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质解答即可得出结论．
【详解】（1）证明：连接，如图，
，
．
，
，
，
．
，
，
为的半径，
直线是的切线；
（2）解：连接，如图，
为的直径，
，
是等边三角形，
，
，
．
，
，
．
直线与相切，
，
，
，
为等边三角形，
．
在和中，
，
，
．
同理：，
．
．
由题意：，
，
，
长度为线段长度2倍的所有线段有：，，，．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质，圆的有关性质，圆的切线的判定，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，含角的直角三角形的性质，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
19．(1)
(2)20
【分析】本题考查矩形的性质、菱形的性质、一元二次方程根与系数关系、解一元二次方程、勾股定理，熟练掌握矩形和菱形的性质、根据矩形的对角线相等得到（1）中是解答的关键．
（1）根据一元二次方程根与系数关系得到，，根据矩形的两条对角线相等得到，进而列方程求解即可；
（2）先解出方程的解，进而利用菱形的性质和勾股定理求解即可
【详解】（1）解：∵方程有两个实数根，，
∴，，
∵，是矩形的两条对角线的长，
∴，则，
解得；
（2）解：当时，方程为，
解得，，
∵，是菱形的两条对角线的长，
∴菱形的边长，
∴菱形的周长为．
20．(1)
(2)2 750元
【分析】本题主要考查了一元二次方程的实际应用：
（1）设每次降价的百分率为x，根据两次降价后售价由3000元变为2430元列出方程求解即可；
（2）假设下调a个50元，则每台的利润为元，销售量为台，再根据总利润为5000元列出方程求解即可．
【详解】（1）解：设每次降价的百分率为x，
依题意得：，
解得 或（舍去）
答：每次降价的百分率是；
（2）解：假设下调a个50元，
依题意得，
解得，
∴下调150元，
∴定价为2 750元，
答：每台冰箱的定价应为2750元．
21．(1)①过程见解析，不是“邻根方程”；②过程见解析，是“邻根方程”
(2)或
(3)当时，t有最大值
【分析】（1）先解一元二次方程求出方程的两根，然后根据“邻根方程”的定义判断即可；
（2）设方程的较小的一根为，则另一根为，根据根与系数的关系得到，进而得到，解方程即可；
（3）同（2）求出，进而得到或，，据此求解即可．
【详解】（1）解：①∵，
∴，
∴或，
解得，，
∴方程不是“邻根方程”；
②∵，
∴，
∴或
解得，，
∴方程是“邻根方程”；
（2）解：设方程的较小的一根为，则另一根为，
∴，
∴，
∴，
解得或；
（3）解：设方程的较小的一根为，则另一根为，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴或，
∵，
∴，
∴当时，t有最大值．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，根与系数的关系，二次函数的性质，正确理解题意是解题的关键．
22．(1)；；
(2)，
(3)，
【分析】（1）根据变换可得△ABC∽， ，， ，再根据相似三角形的性质，即可求解；
（2）先证明四边形是矩形，根据矩形的性质可得，再由，可得，从而得到，再根据直角三角形的性质，即可求解；
（3）先证明四边形是平行四边形，结合∠BAC＝36°，可得，从而得到，可证得，从而得到，进而得到，即可求解．
【详解】（1）解：如图，设直线BC与直线的交点为H，交BH于O．

根据题意得：，，， ，
∴，
∵ ，，
∴，
直线与直线所夹的锐角为；
（2）∵，则，
同理：，
∴，，，
∵共线，
∴，
而，，
∴，
∴
∵，则，
∵四边形是矩形，
∴．
∴．
在中，，，
∴，
∴；
（3）∵，
∴，
同理可得：，，
∵，
∴，而，
∴，，
∴，，
∴，，
∴四边形 是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，而，
∴ ，
∴（负根舍），
∴，
∴．
【点睛】本题考查四边形综合题、平行四边形与矩形的判定与性质，相似三角形的性质、一元二次方程、变换的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
23．（1）；（2）等腰三角形，见解析；（3）①见解析；②
【分析】（1）先证明，，结合，从而可得结论；
（2）先证明，由（1）同理可得：，可得，则，再证明，可得，可得，可得，从而可得答案；
（3）①如图，过点分别作，垂足分别为，证明，四边形是正方形，再证明，可得，结合，可得结论；②先证明，设，则，，，建立方程，从而可得答案．
【详解】解：（1）∵正方形，
∴，，而，
∴；
（2）为等腰三角形．
理由如下：
四边形是正方形，
，
．
由（1）同理可得：，
，
．
，
，
．
，
，
，
为等腰三角形．
（3）①如图，过点分别作，垂足分别为．
∴，

四边形是正方形，
∴，，而，
∴，四边形是正方形，
．
，
．
又，
，
．
∵，
，
．
②∵，
，
设，则，
∴，，
，
．
，
，
．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，含的直角三角形的性质，正方形的性质，勾股定理的应用，二次根式的除法运算，熟练的利用正方形的性质进行证明是解本题的关键．