山东省枣庄市台儿庄区2024——2025学年九年级上学期数学月考试卷（解析版）-A4

这是一份山东省枣庄市台儿庄区2024——2025学年九年级上学期数学月考试卷（解析版）-A4，共18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（每小题3分，共30分）
1. 一元二次方程的解是（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，利用因式分解法求解即可．
【详解】解∶ ，
∴，
∴或，
∴，，
故选∶B．
2. 已知平行四边形ABCD，下列条件中，不能判定这个平行四边形为矩形的是（ ）
A. ∠A=∠BB. ∠A=∠CC. AC=BDD. AB⊥BC
【答案】B
【解析】
【分析】由矩形的判定方法依次判断即可得出结果．
【详解】解：A、∠A=∠B，∠A+∠B=180°，所以∠A=∠B=90°，可以判定这个平行四边形为矩形，不符合题意；
B、∠A=∠C不能判定这个平行四边形为矩形，符合题意；
C、AC=BD，对角线相等，可推出平行四边形ABCD是矩形，故不符合题意；
D、AB⊥BC，所以∠B=90°，可以判定这个平行四边形为矩形，不符合题意，
故选B．
【点睛】本题考查了矩形的判定，熟练掌握“有一个角是直角的平行四边形是矩形、对角线相等的平行四边形是矩形、有三个角是直角的四边形是矩形”是解题的关键．
3. 已知一元二次方程的两个根和，则的值为（ ）
A. 10B. C. 24D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了根与系数的关系：若是一元二次方程的两根时，．据此求解即可．
【详解】解：∵一元二次方程的两个根和，
∴，
故选：C．
4. 矩形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）
A. 对角相等B. 对角线相等C. 对边相等D. 对角线互相平分
【答案】B
【解析】
【分析】根据矩形和菱形的性质判断即可.
【详解】解：矩形具有对角相等、对角线相等、对边相等与对角线互相平分的性质，而菱形具有对角相等、对边相等与对角线互相平分的性质，但不一定有对角线相等的性质；
故选：B.
【点睛】本题考查了矩形和菱形的性质，明确矩形的对角线相等是解题的关键.
5. 若关于的一元二次方程的一个根是，则的值为（ ）
A. 2B. C. 2或D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的定义和一元二次方程的解，二次项系数不为．由一元二次方程的定义，可知；一根是，代入可得，即可求答案．
【详解】解：是关于的一元二次方程，
，即
由一个根，代入，
可得，解之得；
由得；
故选A
6. 对于实数定义运算“☆”如下：，例如，则方程的根的情况为（ ）
A. 没有实数根B. 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】D
【解析】
【分析】本题根据题目所给新定义将方程变形为一元二次方程的一般形式，即的形式，再根据根的判别式的值来判断根的情况即可．
【详解】解：根据题意由方程得：
整理得：
根据根的判别式可知该方程有两个不相等实数根．
故选D．
【点睛】本题主要考查了根的判别式，根据题目所给的定义对方程进行变形后依据的值来判断根的情况，注意时有两个不相等的实数根；时有一个实数根或两个相等的实数根；时没有实数根．
7. 如图，在矩形中，对角线，相交于点O，，，则的长为（ ）
A. 6B. 5C. 4D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据矩形的性质，得，结合，得到是等边三角形，结合，得到，解得即可．
本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
【详解】根据矩形的性质，得，
∵，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
解得．
故选C．
8. 如图，在正方形中，平分交于点，点是边上一点，连接，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及角平分线的定义．先利用正方形的性质得到，，，利用角平分线的定义求得，再证得，利用全等三角形的性质求得，最后利用即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，，
∵平分交于点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴ ，
∴，
故选：C．
9. 如图，在菱形ABCD中，P是对角线AC上一动点，过点P作PE⊥BC于点E，PF⊥AB于点F．若菱形ABCD的周长为20，面积为24，则PE＋PF的值为( )
A. 4B. C. 6D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接BP，通过菱形的周长为20，求出边长，菱形面积为24，求出SABC的面积，然后利用面积法，SABP+SCBP=SABC，即可求出的值．
【详解】解：连接BP，如图，
∵菱形ABCD的周长为20，
∴AB=BC=20÷4=5，
又∵菱形ABCD的面积为24，
∴SABC=24÷2=12，
又SABC= SABP+SCBP
∴SABP+SCBP=12，
∴ ，
∵AB=BC，
∴
∵AB=5，
∴PE+PF=12×=．
故选：B．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，解题关键在于添加辅助线，通过面积法得出等量关系，求出PF+PE的值．
10. 如图，在菱形ABCD中，，点E，F分别在边AB，BC上，，的周长为，则AD的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接BD，过点E作EM⊥AD，可得ME=，AM=1，再证明△BDF≌△ADE，可得是等边三角形，从而得DE=，进而即可求解．
【详解】连接BD，过点E作EM⊥AD，
∵，，
∴ME=AE×sin60°=2×=，AM= AE×cs60°=2×=1，
∵在菱形ABCD中，
∴AD＝AB＝BC＝CD，∠C＝∠A＝60°，
∴△ABD和△BCD均为等边三角形，
∴∠DBF=∠A=60°，BD=AD，
又∵，
∴△BDF≌△ADE，
∴∠BDF=∠ADE，DE=DF，
∴∠ADE＋∠BDE＝60°＝∠BDF＋∠BDE，即：∠EDF=60°，
∴是等边三角形，
∵的周长为，
∴DE=×=，
∴DM=，
∴AD=AM+DM=1+．
故选C．
【点睛】本题主要考查菱形的性质以及全等三角形的判定和性质，添加辅助线，构造全等三角形和直角三角形，是解题的关键．
二、填空题（每小题3分，共18分）
11. 关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是________．
【答案】且
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程根判别式及一元二次方程的定义．一元二次方程根的判别式：式子是一元二次方程根的判别式，方程有两个不等的实数根；方程有两个相等的实数根；方程无实数根．据此列出不等式求解即可．
【详解】解：关于的一元二次方程整理得，
∵关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴且，
解得：且，
∴的取值范围是且．
故答案为：且．
12. 已知，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
将代入，转化为解一元二次方程，，要进行舍解．
【详解】解：∵，
∴，
将代入
得，，
即：，
，
∴或，
∵，
∴舍，
∴，
故答案为：3．
13. 我国古代著作《四元玉鉴》记载“买椽多少”问题：“六贯二百一十钱，请人去买几株椽．每株脚钱三文足，无钱准与一株椽．”其大意：现请人代买一批椽，这批椽的价钱为6210文．如果每株椽的运费是3文，那么少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，试问6210文能买多少株椽？若设这批椽的数量为x株，则可列分式方程为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可知：x株需要6210文，株的运费一株椽的价钱，从而可以列出相应的方程．
【详解】解：设这批椽的数量为x株，
由题意可得：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了从实际问题中抽象出分式方程，正确理解题意找到等量关系是解题的关键．
14. 如图，在中，，，D是的中点，则______°．
【答案】36
【解析】
【分析】由“直角三角形的两个锐角互余”得到．根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”得到，则等边对等角求得．
【详解】解：∵在中，，，
∴，
∵D为线段的中点，
∴，
∴，
故答案为：36．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质．解题关键是熟练掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．
15. 以正方形ABCD的边AD作等边△ADE，则∠BEC的度数是_____．
【答案】30°或150°
【解析】
【分析】分等边△ADE在正方形的内部和外部两种情况分别求解即可得．
【详解】如图1，
∵四边形ABCD为正方形，△ADE为等边三角形，
∴，，
∴，
又，
∴，
则；
如图2，
∵△ADE是等边三角形，
∴AD=DE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，
∴DE=DC，
∴∠CED=∠ECD，
∴∠CDE=∠ADC﹣∠ADE=90°﹣60°=30°，
∴∠CED=∠ECD=×（180°﹣30°）=75°，
∴∠BEC=360°﹣75°×2﹣60°=150°，
故答案为30°或150°．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，熟记各性质、运用分类讨论思想画出符合题意的图形并准确识图是解题的关键．
16. 如图，菱形ABCD中，O是两条对角线交点，过点O的三条直线将菱形分成阴影部分和空白部分，当菱形的边长为5，一条对角线为8时，则阴影部分的面积为______．

【答案】12
【解析】
【分析】根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求出面积，再根据中心对称的性质判断出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半解答．
详解】解：连接AC、BD，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=5，OA=OC=AC=4，OB=OD，AC⊥BD，
∴，
∴BD=2OB=6，
∴菱形ABCD的面积= AC×BD= ×6×8=24，
∵O是菱形两条对角线的交点，菱形是中心对称图形，
∴阴影部分的面积=×24=12；
故答案为：12．
【点睛】本题考查了菱形性质，中心对称以及勾股定理等知识；熟记菱形的性质并判断出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半是解题的关键．
三、解答题（本大题共6小题，满分52分）
17. 解下列方程
（1）（配方法）；
（2）（公式法）；
（3）；
（4）．
【答案】（1），；
（2），；
（3），；
（4），．
【解析】
【分析】本题主要考查了解一元二次方程的知识，解答本题的关键是掌握配方法、公式法以及因式分解法解一元二次方程的方法步骤，此题难度不大．
（1）首先把二次项系数化为1，然后配方得到，再开方解方程即可；
（2）首先把二次项系数化为正数，然后找出，和，再利代入公式求解即可；
（3）首先提取公因式得到，然后解一元一次方程即可；
（4）利用十字相乘法得到，然后解一元一次方程即可．
【小问1详解】
解：，
整理得，
配方得，即，
开方得，
∴，；
【小问2详解】
解：，
整理得，
，，，，
∴，
∴，；
【小问3详解】
解：，
整理得，
因式分解得，
∴，，
∴，；
【小问4详解】
解：，
因式分解得，
∴，，
∴，．
18. 已知关于的一元二次方程．
（1）求证：无论取何值，方程都有两个不相等的实数根；
（2）如果方程两个实数根为，且，求的值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）或．
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，解一元二次方程，掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键．
（1）根据根的判别式证明恒成立即可；
（2）由题意可得，，，进行变形后代入即可求解．
【小问1详解】
证明：，
∵无论取何值，，恒成立，
∴无论取何值，方程都有两个不相等的实数根．
【小问2详解】
解：∵是方程的两个实数根，
∴，，
∴，
解得：或．
19. 阅读材料，回答下列问题：
利用我们学过的完全平方公式及不等式知识能解决代数式最大值、最小值问题．
【初步思考】观察下列式子：
（1）
∵
∴
∴代数式的最小值为；
（2）
∵
∴
∴代数式的最大值为7．
【尝试应用】阅读上述材料并完成下列问题：
（1）代数式的最小值为 ；
（2）已知；，请比较与的大小，并说明理由．
【答案】（1）
（2），理由见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了配方法的应用、非负数的性质、偶次方的性质等，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．
（1）依据题意，由，又对于任意的都有，故．，进而可以判断得解；
（2）依据题意，作差，又对于任意的都有，进而可以判断得解．
【小问1详解】
解：由题意得，，
又对于任意的都有，
．
代数式的最小值为．
故答案为：；
【小问2详解】
解：，理由如下：
，
又对于任意的都有，
∴A−B=x−12+2≥2>0．
．
20. 已知点E是中边的中点，连接并延长交的延长线于点，连接，，．

（1）求证：四边形为矩形；
（2）若是等边三角形，且边长为6，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）证，得，再由，证四边形是平行四边形，然后由即可得出结论；
（2）由矩形的性质得，再由等边三角形的性质得，，然后由勾股定理求出，即可求解．
【小问1详解】
证明：四边形是平行四边形，
，，
，
点是中边的中点，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
又，
平行四边形为矩形；
【小问2详解】
解：由（1）得：四边形为矩形，
，
是等边三角形，
，，
，
四边形的面积．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质，证明是解题的关键．
21. 如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE'（点A的对应点为点C）．延长AE交CE'于点F，连接DE．
猜想证明：
（1）四边形BE'FE的形状是______；
（2）如图②，若DA＝DE，请猜想线段CF与FE的数量关系并加以证明；
（3）如图①，若AB＝15，CF＝3，求DE的长．
【答案】（1）正方形 （2）CF＝FE'
（3）
【解析】
【分析】（1）由旋转的特征可得到∠E′＝∠AEB＝90°、∠EBE′＝90°、BE′＝BE，再由∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，可判定四边形BE′FE是正方形；
（2）过点D作DG⊥AE于点G，由DA＝DE得AG＝AE，再证明△ADG≌△BAE，且由四边形BE′FE是正方形，得到FE′＝AG＝CE′，可证得结论；
（3）过点D作DG⊥AE于点G，由旋转及四边形BE′FE是正方形可得如下关系：AE＝CE′＝FE′+CF＝FE′+3＝BE+3，在Rt△BAE中根据勾股定理求出BE、AE的长，由（1）可知，△ADG≌△BAE，得到DG＝BE，AG＝BE，再由勾股定理求出DE的长．
【小问1详解】
四边形BE′FE是正方形．
理由如下：由旋转得，∠E′＝∠AEB＝90°，∠EBE′＝90°，
∵∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，
∴四边形BE′FE是矩形，
由旋转得，BE′＝BE，
∴四边形BE′FE是正方形．
【小问2详解】
CF＝FE'，
证明：如图2，过点D作DG⊥AE于点G，则∠DGA＝∠AEB＝90°，
∵DA＝DE，
∴AG＝AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠BAE+∠DAG＝90°，
∵∠ADG+∠DAG＝90°，
∴∠ADG＝∠BAE，
在△ADG和△BAE中
，
∴△ADG≌△BAE（AAS），
∴AG＝BE；
∵四边形BE′FE是正方形，
∴BE＝FE′，
∴AG＝FE′，
由旋转得，AE＝CE′，
∴AE＝CE′，
∴FE′＝AE＝CE′，
∴CF＝FE'．
【小问3详解】
如图3，过点D作DG⊥AE于点G，
∵BE＝FE′，CF＝3，
∴AE＝CE′＝FE′+CF＝FE′+3＝BE+3，
∵AE2+BE2＝AB2，且AB＝，
∴(BE+3)2+BE2＝()2，
解得，BE＝9或BE＝﹣12（不符合题意，舍去），
∴AE＝9+3＝12，
由（2）得，△ADG≌△BAE，
∴DG＝AE＝12，AG＝BE＝9，
∴GE＝AE﹣AG＝12﹣9＝3，
∵∠DGE＝90°，
∴DE＝＝＝．