2024-2025学年北师大版九年级数学上册第一次月考模拟试卷

北师大版2024-2025学年九年级数学上册第一次月考模拟卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．关于的方程是一元二次方程，则□可以是（    ） A． B． C． D． 2．如图，在菱形中，对角线交于点O，其中，则菱形的面积为（    ）    A．4 B．6 C．8 D．12 3．将方程化为一般形式后，二次项系数、一次项系数、常数项之和为（     ） A．0 B．10 C．4 D． 4．如图，在菱形中，，的垂直平分线交对角线于点，垂足为．连接，则等于（    ） A． B． C． D． 5．已知、是关于x的方程的两根，下列结论一定正确的是（　　） A． B． C． D． 6．一元二次方程，用配方法解该方程，配方后的方程为（ ） A． B． C． D． 7．如图，正方形和正方形中，点在上，，，于点，那么的长是（    ） A． B． C． D． 8．如图，是边长为1的正方形内的一个动点，且满足，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 9．满足的所有实数对，使取最大值，此最大值为（　　） A． B． C． D． 10．如图，点在线段上，，分别以，为边向上作正方形和正方形．取中点，以，为邻边作，点恰好在的延长线上．连结，延长交于点，则（    ） A． B． C． D． 二、填空题 11．用配方法解一元二次方程，可将方程变形为的形式，则n的值是 12．某种商品原价50元，因销售不畅，3月份降价10%后，销量大增，4、5两月份又连续涨价，5月份的售价为64.8元，则4、5月份两个月平均涨价率为 ． 13．某水果批发商经销一种高档水果，如果每千克盈利元，平均每天可售出千克，经市场调查发现，若每千克每涨价一元，平均日销量将减少千克，要使商场每天获利最多，那么每千克应涨价 元． 14．如图，在平行四边形ABCD中，AB＜BC，∠B＝30°，AB＝2，将△ABC沿AC翻折至△AB'C，连接B'D．当BC长为 时，△AB'D是直角三角形． 15．菱形、矩形与正方形的形状有差异，我们将菱形、矩形与正方形的接近程度称为菱形或矩形的“接近度”． 设菱形相邻两个内角的度数分别为m，n． （1）若我们将菱形的“接近度”定义为，于是越小，菱形就接近正方形．若菱形的一个内角为，则“接近度” ； （2）若我们将菱形的“接近度”定义为，则菱形的“接近度” 时，菱形就是正方形． 三、解答题 16．解方程： (1)； (2)． 17．已知：关于x的方程，求证：方程有两个不相等的实数根． 18．如图，已知矩形ABCD，AD＝4，CD＝10，P是AB上一动点，M、N、E分别是PD、PC、CD的中点． （1）求证：四边形PMEN是平行四边形； （2）四边形PMEN有可能是矩形吗？若有可能，求出AP的长；若不可能，请说明理由． 19．如图，在菱形中，对角线，交于点，交延长线于，交延长线于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 20．某水果店以每千克30元出售一批草莓．一位顾客购买了2千克草莓，水果店获得利润20元． (1)求草莓的进价为每千克多少元？ (2)已知该水果店第一天以每千克30元的单价售出草莓30千克．为了让顾客获得实惠，第二天水果店决定把草莓降价促销，若在第一天销售单价的基础上每降价1元，第二天的草莓销量就会在第一天销量的基础上增加6千克．通过这两天的销售，这批草莓全部售完，水果店销售完这批草莓的利润一共为600元，求第二天的草莓每千克降价多少元？ 21．如图，在矩形中，经过点A，与矩形的两边相切，切点分别为E，F，与边相交于点G．连并延长交边于点P． (1)求证：； (2)若，直接写出的长． 22．我们知道，解一元一次方程，可以把它转化为两个一元一次方程来解，其实用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新的方程，例如一元三次方程x3+x2﹣2x=0，可以通过因式分解把它转化为x（x2+x﹣2）=0，解方程x=0和x2+x﹣2=0，可得方程x3+x2﹣2x=0的解． （1）方程x3+x2﹣2x=0的解是x1=0，x2=　 　，x3=　 　． （2）用“转化”思想求方程=x的解． （3）如图，已知矩形草坪ABCD的长AD=14m，宽AB=12m，小华把一根长为28m的绳子的一端固定在点B处，沿草坪边沿BA、AD走到点P处，把长绳PB段拉直并固定在点P处，然后沿草坪边沿PD、DC走到点C处，把长绳剩下的一段拉直，长绳的另一端恰好落在点C处，求AP的长． 23．综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动． 操作一：对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 操作二：在上选一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接，，并延长交于点Q，连接．    (1)初步感知 如图1，当点M在上时，线段与的数量关系为__________；________度． (2)迁移探究 改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合），如图2，请判断线段与的数量关系及的度数，并说明理由； (3)拓展应用 已知正方形纸片的边长为10，在以上探究中，当时，直接写出的长． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．A 【分析】本题主要考查一元二次方程的定义，判断一个方程是否是一元二次方程应注意抓住5个方面：“化简后”；“一个未知数”；“未知数的最高次数是2”；“二次项的系数不等于0”；“整式方程”．根据一元二次方程的定义判断作答即可． 【详解】解：A．，是一元二次方程，此选项符合题意； B．，是二元二次方程，此选项不符合题意； C．，是二元二次方程，此选项不符合题意； D．，是一元一次方程，此选项不符合题意； 故选：A． 2．A 【分析】根据菱形的性质求菱形的对角线的长，再根据菱形面积公式即可解决问题． 【详解】解：四边形是菱形， ，， 则菱形的面积， 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质，掌握菱形面积的公式是解答本题的关键． 3．D 【分析】此题主要考查了一元二次方程的一般形式，关键是掌握任何一个关于的一元二次方程经过整理，都能化成如下形式．这种形式叫一元二次方程的一般形式．其中叫做二次项，叫做二次项系数；叫做一次项，b一次项系数；叫做常数项． 根据一元二次方程的定义判断即可． 【详解】解：将方程化为一般形式后，二次项系数、一次项系数、常数项分别为1、、， 二次项系数、一次项系数、常数项之和为：． 故选：D． 4．C 【分析】连接，由菱形的性质得，，，由线段垂直平分线的性质得，则，，由可得，得到，由三角形的外角性质求出，进而得到答案． 【详解】连接，如图所示： ∵四边形是菱形，， ∴， ， ， ∵是线段的垂直平分线， ∴， ∴ ∴． ∵在和中， ∴ ∴ ∴ ∴ ． 故选C． 【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质等知识点；熟练掌握菱形的性质、证明三角形全等是解题的关键． 5．A 【分析】本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，牢记“当时，方程有两个不相等的实数根”是解题的关键． 根据方程的系数结合根的判别式，可得出，由此即可得出，即可判断A；根据根与系数的关系可得出，结合的值不确定，即可判断B；根据根与系数的关系可得出，即可判断C；由，可得出、异号，即可判断D． 【详解】解：A．， ∴，结论A正确，符合题意； B、∵、是关于的方程的两根， ∴， ∵的值不确定， ∴B结论不一定正确，不符合题意； C、∵、是关于的方程的两根， ∴，结论C错误，不符合题意； D、∵， ∴、异号，结论D错误，不符合题意． 故选：A． 6．D 【分析】按照配方法的步骤，移项，配方，配一次项系数一半的平方. 【详解】∵x2−2x−m=0， ∴x2−2x=m， ∴x2−2x+1=m+1， ∴(x−1)2=m+1． 故选D． 【点睛】此题考查了配方法解一元二次方程，解题时要注意解题步骤的准确使用． 7．D 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形的面积，连接，由正方形的性质得到，，利用勾股定理可求得，，，再根据三角形的面积得到，代入已求计算即可求解，由正方形的性质得到是解题的关键． 【详解】解：连接， ∵正方形和正方形， ∴，， ∵，， ∴，，， ∴， ∵， ∴， 即， 解得， 故选：． 8．D 【分析】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、圆周角定理，在凹四边形中，求出，得点在运动过程中，使得，即点在正方形内，以为圆心，长为半径的圆弧上，如解图，连接，，当、、三点共线时，取得最小值，最小值为，求出和的长度，即可得到结果，解本题的关键是证明是定值，从而得到点的轨迹． 【详解】解：四边形是正方形， ， 在凹四边形中，，，， 始终为， 得点在运动过程中，使得，即点在正方形内，以为圆心，长为半径的圆弧上，如解图，连接，， ， 由解图可得，当、、三点共线时，取得最小值，最小值为， 在中，， ， ， ， 故选：D． 9．C 【分析】令 ，则 ，代入 进行变形整理得到 ，再求出 ，得出 ，求出 的解集即可解答； 【详解】解：先令 ，则 ， 代入 可变形为：， 整理得 ， 则 ， 即 ， 由 即：(i) ，或 (ii) ， 由(i) 解得：，由(ii) 解得：无解； ∴ 的解集为：， 故 取最大值，此最大值为 ； 故选：C． 【点睛】本题考查了二次函数和一元二次方程和根的判别式，掌握当 ，方程有两个不相等的实数根；当 ，方程由两个相等的实数根； ，方程所有实数根； 同时运用 解决函数图象交点的个数问题和一元二次方程的解法是本题的关键． 10．C 【分析】过作于点，由四边形和四边形是正方形，得，，，则可证是等腰直角三角形， 设，则，，，又四边形是平行四边形，则，再证是等腰直角三角形，根据性质得，设，则，再证明从而根据相似三角形的性质得，即，最后求出即可求解． 【详解】过作于点， ∵四边形和四边形是正方形， ∴，，， ∵是中点， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， 设，则， ∴，， 由勾股定理得， ∵四边形是平行四边形， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴，即， 解得：， ∴， ∴， ∴， 故选：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，相似三角形的性质和勾股定理，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 11．6 【分析】本题考查配方法解一元二次方程．利用完全平方法则对等式左边进行配方即可得到本题答案． 【详解】解： 移项，可得 配方，可得，即 ∴n的值是6， 故答案为：6． 12．20% 【分析】4月份价格从50×（1-10%）元开始涨价，如果两个月平均涨价率为x，根据“5月份的售价为64.8元”作为相等关系得到方程50（1-10%）（1+x）2=64.8，解方程即可求解．注意解的合理性，从而确定取舍． 【详解】解：设两个月平均涨价率为x，根据题意得50（1-10%）（1+x）2=64.8 解得x1=0.2，x2=-2.2（不合理舍去）． 所以4，5月份两个月平均涨价率为20%． 故答案为：20% 【点睛】本题考查数量平均变化率问题．原来的数量（价格）为a，平均每次增长或降低的百分率为x的话，经过第一次调整，就调整到a（1±x），再经过第二次调整就是a（1±x）（1±x）=a（1±x）2．增长用“+”，下降用“-”． 13．7.5 【分析】设每千克应涨价x元，商场每天的利润为y元，再根据利润=每千克盈利×日销售量，列出y与x的函数关系式，然后配方求最值即可． 【详解】解：设每千克应涨价x元，商场每天的利润为y元， 根据题意得： 当时，y取得最大值，最大值为6 125． 所以要使商场每天获利最多，每千克应涨价7.5元． 故答案为：7.5． 【点睛】本题考查了二次函数的应用，属于销售利润问题，明确利润=每千克盈利×日销售量是本题的关键，重点理解“每千克涨价一元，日销售量将减少20千克”根据所设的未知数表示此时的销售量，与二次函数的最值结合，求出结论． 14．6或4 【分析】分∠B′AD=90°和∠AB′D=90°两种情况，画出图形，利用含30°的直角三角形的性质和矩形的判定与性质解答即可． 【详解】解：∵AB＜BC，∴∠ADB′≠90°． ①当∠B′AD=90°时，如图1，延长B′A交BC于E， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AB=CD，AD=BC，∠B=∠ADC， ∴∠B′EC=90°， 由折叠性质得，BC=B′C，AB=AB′，∠AB′C=∠B=30°， 在Rt△B′EC中，CE=B′C，即CE=BC， ∴BE=CE=BC， 在Rt△ABE中，∠B=30°，AB＝2， ∴AE=AB=，BE==3， ∴BC=2BE=6； ②当∠AB′D=90°时，如图2，设AD与B′C相交于O， ∵AD∥BC， ∴∠OAC=∠ACB， 由折叠性质得：∠BAC=∠B′AC，∠ACO=∠ACB，∠B=∠AB′C， ∴∠OAC=∠ACO， ∴OA=OC，又AD=BC=B′C， ∴OD=OB′ ∴∠ODB′=∠OB′D，即∠ADB′≠90°． ∵∠ADC=∠B=∠AB′C， ∴∠CDB′=∠AB′D=90°， ∴CD∥AB′，又CD =AB′， ∴四边形AB′DC是矩形， ∴∠B′AC=90°，即∠BAC=90°， 在Rt△BAC中，∠B=30°，AB=， ∴BC=2AC，BC2=AB2+AC2， 解得：BC=4， 综上，当BC长为6或4时，△AB′D是直角三角形． 故答案为：6或4． 【点睛】本题考查平行四边形的性质、折叠性质、平行线的判定与性质、矩形的判定与性质、含30°的直角三角形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质，熟练掌握相关知识间的联系与运用是解答的关键． 15． 1 【分析】此题主要考查了菱形的性质以及新定义，利用“接近度”定义求出是解题关键． （1）利用菱形的“接近度”定义为，进而代入求出即可； （2）根据当菱形的“接近度”等于1时，菱形的相邻的内角相等，进而得出答案． 【详解】解：（1）若菱形的一个内角为， 该菱形的相邻的另一内角的度数， “接近度”等于； （2）当菱形的“接近度”等于1时，菱形的相邻的内角相等，因而都是90度， 则菱形是正方形； 故答案为：；1． 16．(1) (2) 【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解法是解题的关键． （1）用配方法解一元二次方程； （2）利用因式分解法解一元二次方程． 【详解】（1）解：， ， ， ∴ 原方程的解为：； （2）解： 或 解得：或， ∴原方程的解为：． 17．见解析 【分析】根据题意，求出该方程根的判别式，即可解答． 【详解】证明：， ∵无论k取何值，， ∴，即， ∴方程有两个不相等的实数根． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，解题的关键是掌握要说明一个含字母系数的一元二次方程的根的情况，只需求出该方程根的判别式，分析其正、负情况，即可得出结论．当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根． 18．（1）见解析；（2）四边形PMEN可能是矩形；当AP＝2或AP＝8时，四边形PMEN是矩形． 【分析】（1）根据三角形的中位线的性质和平行四边形的判定定理可证明； （2）四边形PMEN是矩形的话，∠DPC必需为90°，再根据勾股定理求解就行． 【详解】解：（1）∵M、N、E分别是PD、PC、CD的中点， ∴ME，NE是△PDC的中位线， ∴ME//PC，EN//PD， ∴四边形PMEN是平行四边形； （2）四边形PMEN可能是矩形． 若四边形PMEN是矩形，则∠DPC＝90° ∵AD＝4，CD＝10， 设PA＝x，PB＝10−x， DP＝，CP＝． DP2＋CP2＝DC2， 16＋x2＋16＋（10−x）2＝102， x2−10x＋16＝0 x＝2或x＝8． 故当AP＝2或AP＝8时，四边形PMEN是矩形． 【点睛】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定定理和性质，勾股定理，知道矩形的四个角都是直角，对边相等等性质． 19．(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证四边形是平行四边形，再证，即可得出结论； （2）由菱形的性质得，再由勾股定理得，则，然后由勾股定理得即可． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ． ， 四边形是平行四边形． ， ， 平行四边形是矩形； （2）解：四边形是菱形， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了矩形的判定、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定是解题的关键． 20．(1)草莓的进价为每千克20元 (2)第二天的草莓每千克降价5元 【分析】（1）设草莓的进价为每千克x元，然后根据利润=（售价-进价）×数量列出方程求解即可； （2）设第二天的草莓每千克降价m元，然后根据利润=（售价-进价）×数量列出方程求解即可． 【详解】（1）解：设草莓的进价为每千克x元， 由题意得：， 解得， ∴草莓的进价为每千克20元， 答：草莓的进价为每千克20元； （2）解：设第二天的草莓每千克降价m元， 由题意得， 解得或（舍去）， ∴第二天的草莓每千克降价5元， 答：第二天的草莓每千克降价5元． 【点睛】本题主要考查了一元一次方程和一元二次方程的实际应用，正确理解题意列出方程求解是解题的关键． 21．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的定义，矩形的性质，正方形的判定和性质，正确画出辅助线，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）连接，通过证明，四边形是正方形，即可求证； （2）连接，过点O作，则，通过证明四边形是矩形，得出，再根据勾股定理得出，易得，最后根据，即可求解． 【详解】（1）证明：连接， ∵与相切， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴，四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴； （2）解：连接，过点O作， ∵，四边形是正方形， ∴， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， 根据勾股定理可得：， ∵，， ∴， ∴． 22．（1）1、﹣2；（2）x=3；（3）AP的长为5m或9m． 【分析】（1）先提取公因式x，再因式分解可得x（x﹣1）（x+2）=0，据此解之可得； （2）两边平方后整理可得x2﹣2x﹣3=0，解之可得； （3）设AP=x，则DP=14﹣x，根据勾股定理可得PB=、PC=，由PB+PC=28得+=28，移项、平方求解可得． 【详解】解：（1）∵x3+x2﹣2x=0， ∴x（x2+x﹣2）=0， ∴x（x﹣1）（x+2）=0， 则x=0或x﹣1=0或x+2=0， 解得：x1=0、x2=1、x3=﹣2． 故答案为1、﹣2． （2）∵=x， ∴2x+3=x2，即x2﹣2x﹣3=0， ∴（x+1）（x﹣3）=0， 则x+1=0或x﹣3=0， 解得：x1=﹣1（舍去）、x2=3； （3）设AP=x，则DP=14﹣x， ∵AB=CD=12，∠A=∠D=90°， ∴PB==、PC==， ∵PB+PC=28， ∴+=28， =28﹣， 两边平方，整理可得：， 再两边平方，整理可得：x2﹣14x+45=0， 解得x1=5、x2=9， 则AP的长为5m或9m． 【点睛】本题考查了转化的思想方法，一元二次方程的解法．解无理方程是注意到验根．解决（3）时，根据勾股定理和绳长，列出方程是关键． 23．(1)； (2)；，理由见解析 (3)或 【分析】（1）根据正方形的性质得到，，由折叠可得，，，进而证明，从而得到，，又， ，，因此，即； （2）根据正方形的性质得到，，由折叠可得，，，进而证明，从而得到，，又， ，，因此，即； （3）分两种情况讨论：①点Q在点F的下方时，，，由（2）可知，，设，则，在中，根据勾股定理构造方程即可求解；②当点Q在点F的上方时，，，设，则，在中，根据勾股定理构造方程即可求解． 【详解】（1）∵四边形是正方形， ∴，， 由折叠可得，，， ∴， ∴，， 又， ∴ ∴，， ∵， ，， ∴，即。 故答案为：， （2）；，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， 由折叠可得，，， ∴， ∴，， 又， ∴ ∴，， ∵， ，， ∴，即。 （3）    分两种情况讨论： ①当点Q在点F的下方时，如图2，    ∵，，， ∴ ， 由（2）可知，， 设，则 ∵在中，， ∴， 解得， ∴； ②当点Q在点F的上方时，如图3，   ， ， ， 由（2）可知，， 设， 则， ∵在中，， ∴， 解得， ， 综上所述：或． 【点睛】本题是正方形的折叠问题，考查正方形的性质，折叠的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，折叠的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，掌握分类讨论思想是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$