精品解析：福建省漳州立人学校2024-2025学年九年级上学期第一次月考数学试卷

2024-2025学年漳州立人学校九（上）第一次月考数学试题 命题：陈建海 校对：陈晓伟 满分：150 时间：120分钟 一、选择题（每题4分，共40分） 1. 方程的解为（ ） A. B. C. ， D. ， 2. 观察下列表格，一元二次方程x2﹣x＝1.1的一个解x所在的范围是（  ） x 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 x2﹣x 0.11 0.24 0.39 0.56 0.75 0.96 1.19 1.44 1.71 A. 1.5＜x＜1.6 B. 1.6＜x＜1.7 C. 1.7＜x＜1.8 D. 1.8＜x＜1.9 3. 如图，矩形中，交于点O．于点E，则与不一定相等的是（ ） A. B. C. D. 4. 矩形、菱形、正方形都具有的性质是（　　） A. 对角线相等 B. 对角线互相平分 C. 对角线互相垂直 D. 对角线互相垂直且相等 5. 用配方法解方程，则配方正确的是（　　） A B. C. D. 6. 下列条件中，不能判断为矩形的是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，四边形是菱形，对角线与相交于点O，于点H．若，，则的长度为（　　） A B. C. D. 4 8. 方程x2﹣2x+3=0的根的情况是（　　） A. 有两个相等实数根 B. 只有一个实数根 C. 没有实数根 D. 有两个不相等的实数根 9. 如图，平面直角坐标系中，点C位于第一象限，点B位于第四象限，四边形是边长为1的正方形，与x轴正半轴的夹角为，则点B的纵坐标为（ ） A. B. C. D. 10. 若关于x的二次方程有实数根，则实数k的取值范围是（ ） A. B. C. 且 D. 且 二、填空题（每题4分，共24分） 11. 方程的根是______． 12. 如图，菱形的周长为为8，对角线相交于点O，点E为的中点，则的长为______． 13. 如图，中，，D为中点，，，则______． 14. 如图，已知P是正方形ABCD对角线BD上一点，且BP＝BC，则∠ACP度数是_____度． 15. 若，则关于的一元二次方程必有一个根为______． 16. 如图，矩形对角线交于点O，，，为等边三角形，则O到直线的距离的长为______． 三、解答题（8×5+10×2+12+14=86分） 17. 解方程： （1）； （2）． 18. 如图，在中，，求证：是菱形． 19. 如图所示，在一块长为米，宽为米的矩形草地上，在中间要设计-横二竖的等宽的、供居民散步的小路，要使小路的面积是草地总面积的八分之一，请问小路的宽应是多少米？ 20. 已知关于x的一元二次方程． （1）求证：无论m取何值时，原方程总有两个不相等的实数根； （2）若原方程有一根为1，求m的值及另一个根． 21. 如图，已知四边形中，，E是中点． （1）求证：： （2）若，，求的度数． 22. 解方程时，我们可以将看成一个整体，设，则原方程可化为，解得，，当时，即，解得；当时，即，解得，所以原方程的解为，；解方程时，我们可以将看成一个整体，设，则原方程可化为 ，解得，，当时，即，解得，；当时，即，解得，；所以原方程的解为，，，；以上解法称为换元法． 请利用这种方法解方程： （1）； （2）． 23. 如图，已知矩形中，，，动点P，Q分别从点A，C同时发出，点P以的速度向点B运动，到点B为止；点Q以速度向点D运动，到点D为止；设运动时间为． （1）当t为何值时，四边形是矩形，并说明理由？ （2）连接，当t为何值时，中，． 24. 已知关于的方程有两个实数根、 （1）若，求的值； （2）若，求的值； （3）若有一边长为，另两边长恰好为、，求的取值范围． 25. 定义：对于一个四边形，我们把依次连结它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． （1）性质探究：如图1，已知：四边形中，E、F、G、H分别是、的中点，交于点O，，且，求证：四边形是“中方四边形”； （2）问题解决：如图2，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形，求证：四边形是“中方四边形”； （3）拓展应用：如图3；已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是，的中点，若，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年漳州立人学校九（上）第一次月考数学试题 命题：陈建海 校对：陈晓伟 满分：150 时间：120分钟 一、选择题（每题4分，共40分） 1. 方程的解为（ ） A. B. C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查用因式分解法解一元二次方程，对于不含常数项的一元二次方程，用因式分解法求解是最简便方法；方程左边提取公因式x分解因式即可求解． 【详解】解：， 分解因式得：， 即， ∴，； 故选：D． 2. 观察下列表格，一元二次方程x2﹣x＝1.1的一个解x所在的范围是（  ） x 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 x2﹣x 0.11 0.24 0.39 0.56 0.75 0.96 1.19 1.44 1.71 A. 1.5＜x＜1.6 B. 1.6＜x＜1.7 C. 1.7＜x＜1.8 D. 1.8＜x＜1.9 【答案】B 【解析】 【分析】利用表中数据可判断方程解的范围为1.6＜x＜1.7． 【详解】解：因为x=1.6时，x2-x=0.96， x=1.7时，x2-x=1.19， 所以一元二次方程x2﹣x=1.1的一个解的范围为1.6＜x＜1.7． 故选：B． 【点睛】本题考查了估算一元二次方程的近似解：用列举法估算一元二次方程的近似解，具体方法是：给出一些未知数的值，计算方程两边结果，当两边结果愈接近时，说明未知数的值愈接近方程的根． 3. 如图，矩形中，交于点O．于点E，则与不一定相等的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，还考查了互余关系；由矩形性质知，则有；再由，得；由及，得，从而可判定选项A、B、D正确，选项C错误； 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴，，； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴； 即选项A、B、D正确， 当或是等边三角形时，有，否则不相等； 故选项C错误； 故选：C． 4. 矩形、菱形、正方形都具有的性质是（　　） A. 对角线相等 B. 对角线互相平分 C. 对角线互相垂直 D. 对角线互相垂直且相等 【答案】B 【解析】 【分析】矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，因而平行四边形的性质就是四个图形都具有的性质． 【详解】平行四边形的对角线互相平分，而对角线相等、平分一组对角、互相垂直不一定成立． 故平行四边形、矩形、菱形、正方形都具有的性质是：对角线互相平分． 故选B． 【点睛】本题主要考查了正方形、矩形、菱形、平行四边形的性质，理解四个图形之间的关系是解题关键． 5. 用配方法解方程，则配方正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先把移到方程的右边，然后方程两边都加4，再把左边根据完全平方公式写成完全平方的形式即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 【点睛】本题考查了解一元二次方程-配方法：将一元二次方程配成的形式，再利用直接开平方法求解，掌握完全平方公式是解题的关键． 6. 下列条件中，不能判断为矩形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由矩形的判定和平行四边形的性质分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A、∵四边形是平行四边形， ∴， ∴不能判断平行四边形是矩形，故此选项符合题意； B、∵四边形是平行四边形， ， ， ， ∴平行四边形是矩形，故此选项不符合题意； C、∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形是矩形，故此选项不符合题意； D、∵， ， ∴平行四边形是矩形，故此选项不符合题意． 故选：A． 【点睛】本题考查了矩形的判定和平行四边形的性质等知识．熟练掌握矩形的判定是解题的关键． 7. 如图，四边形是菱形，对角线与相交于点O，于点H．若，，则的长度为（　　） A. B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由菱形的性质和勾股定理得，再由，即可解决问题． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∵， ∴， 即， 解得：， 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键． 8. 方程x2﹣2x+3=0的根的情况是（　　） A. 有两个相等的实数根 B. 只有一个实数根 C. 没有实数根 D. 有两个不相等实数根 【答案】C 【解析】 【分析】利用根的判别式进行判断即可． 【详解】解：∵， ∴此方程无实数根． 故选：C． 9. 如图，平面直角坐标系中，点C位于第一象限，点B位于第四象限，四边形是边长为1的正方形，与x轴正半轴的夹角为，则点B的纵坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接，作轴，根据正方形的性质可得，根据勾股定理可得，再利用含30度直角三角形的性质，求解即可． 【详解】解：连接，作轴，如下图： 由正方形的性质可得，，， 则， 由题意可得：， ∴， ∴， ∴点B的纵坐标为， 故选：B 【点睛】此题考查了正方形的性质，坐标与图形，勾股定理以及含30度直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质，作出辅助线． 10. 若关于x的二次方程有实数根，则实数k的取值范围是（ ） A. B. C. 且 D. 且 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的概念，一元二次方程根的判别式；首先方程是一元二次方程，则二次项系数；其次方程有实数根，则，最后可求得实数k的取值范围． 【详解】解：由题意知：， 解得：且； 故选：C． 二、填空题（每题4分，共24分） 11. 方程的根是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，根据两个因式的积为0，则至少有一个为0，得或，即可求解． 【详解】解：∵， ∴或， 解得：； 故答案为：． 12. 如图，菱形的周长为为8，对角线相交于点O，点E为的中点，则的长为______． 【答案】1 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线的性质；由菱形性质求得菱形边长为2；再由菱形性质及直角三角形斜边中线的性质求得． 【详解】解：∵四边形是菱形，且周长为8， ∴，； ∵点E为的中点， ∴； 故答案为：1． 13. 如图，中，，D为中点，，，则______． 【答案】8 【解析】 【分析】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，掌握这两个知识点是关键．由点D为直角三角形斜边中点，得；由勾股定理即可求得． 【详解】解：∵由点D为直角三角形斜边中点，且， ∴； 由勾股定理得． 故答案为：8． 14. 如图，已知P是正方形ABCD对角线BD上一点，且BP＝BC，则∠ACP度数是_____度． 【答案】22.5 【解析】 【详解】∵ABCD是正方形， ∴∠DBC=∠BCA=45°， ∵BP=BC， ∴∠BCP=∠BPC=（180°-45°）=67.5°， ∴∠ACP度数是67.5°-45°=22.5° 15. 若，则关于的一元二次方程必有一个根为______． 【答案】 【解析】 【分析】由a﹣b+c=0可得b=a+c，然后将b=a+c带入方程，最后用因式分解法解一元二次方程即可． 【详解】解：∵a﹣b+c=0， ∴b=a+c，① 把①代入方程ax2+bx+c=0中， ax2+（a+c）x+c=0， ax2+ax+cx+c=0， ax（x+1）+c（x+1）=0， （x+1）（ax+c）=0， ∴x1=﹣1，x2=﹣（非零实数a、b、c）． 故答案是：-1． 【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，灵活运用因式分解法解一元二次方程成为解答本题的关键． 16. 如图，矩形的对角线交于点O，，，为等边三角形，则O到直线的距离的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】连接交于M；由，得垂直平分线段，则， 可求得的长，则得，由含30度直角三角形的性质即可求解． 【详解】解：如图，连接交于M； ∵为等边三角形，四边形为矩形， ∴，，， ∴垂直平分线段， ∴，，； 由勾股定理得； ∴； ∵，， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质，线段垂直平分线的判定，含30度直角三角形性质，勾股定理等知识，题目不难，但涉及较多的知识点，熟练应用这些知识是关键． 三、解答题（8×5+10×2+12+14=86分） 17. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，根据方程特点选取适当的方法是解题的关键； （1）利用配方法，方程两边加4，左边配成完全平方式，即可求解； （2）左边分解因式，转化为，即可求解． 【小问1详解】 解：配方得：， 即， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：， 分解因式得：， ∴ ∴． 18. 如图，在中，，求证：是菱形． 【答案】见解析 【解析】 【分析】本题主要考查了菱形的判定，熟练掌握菱形的判定方法，是解题的关键．由平行四边形的性质和平行线的性质可得出，结合已知得出，得出，再结合菱形的判定得出结论． 【详解】证明：在平行四边形 中，， ， 又 ， ， ∴是菱形． 19. 如图所示，在一块长为米，宽为米的矩形草地上，在中间要设计-横二竖的等宽的、供居民散步的小路，要使小路的面积是草地总面积的八分之一，请问小路的宽应是多少米？ 【答案】小路宽应是1米． 【解析】 【分析】先设宽为x，根据题意列出一元二次方程，解方程求解即可. 【详解】解：设宽为x，根据题意列方程： ， 答：小路的宽应是1米. 【点睛】此题重点考查学生对一元二次方程的实际应用，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键. 20. 已知关于x的一元二次方程． （1）求证：无论m取何值时，原方程总有两个不相等的实数根； （2）若原方程有一根为1，求m的值及另一个根． 【答案】（1）见解析 （2）m的值为，方程的另一个根为 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，配方法，一元二次方程的解及解一元二次方程等知识，掌握这些知识是关键； （1）计算出判别式，确定判别式的符号，根据判别式的符号即可证明； （2）把已知根1代入方程中，求得m的值；再把m的值代入方程中，解方程即可求得方程的另一个根． 【小问1详解】 证明： ； ∵， ∴，即， ∴无论m取何值时，原方程总有两个不相等的实数根； 【小问2详解】 解：∵是关于x的一元二次方程的一个根， ∴， 解得：； 当时，原方程为， 解此方程得：； 即方程的另一个根为． ∴m的值为，方程的另一个根为． 21. 如图，已知四边形中，，E是的中点． （1）求证：： （2）若，，求的度数． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查了直角三角形斜边上中线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质等知识，掌握直角三角形斜边上中线的性质是解题的关键； （1）由直角三角形斜边上中线的性质得：，即可得证； （2）由（1）知，由等边对等角得：，由三角形外角性质求得的度数，则由即可求解． 【小问1详解】 证明：∵，E是的中点， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：由（1）知，， ∴， ∴， ∴． 22. 解方程时，我们可以将看成一个整体，设，则原方程可化为，解得，，当时，即，解得；当时，即，解得，所以原方程的解为，；解方程时，我们可以将看成一个整体，设，则原方程可化为 ，解得，，当时，即，解得，；当时，即，解得，；所以原方程的解为，，，；以上解法称为换元法． 请利用这种方法解方程： （1）； （2）． 【答案】（1）， （2），，， 【解析】 【分析】本题考查了换元法解特殊形式的一元二次方程，因式分解法解一元二次方程； （1）根据方程的特点，设，则原方程化为，解此方程求得y的值，再求得x的值即可； （2）根据方程的特点，设，则原方程化为，解此方程求得y的值，分别代入中，再解一元二次方程，求得x的值即可． 【小问1详解】 解：设，则原方程化为， 解得：，； 当时，即，解得； 当时，即，解得， 所以原方程的解为，； 【小问2详解】 解：设，则原方程化， 解得：，； 当时，即，解得，； 当时，即，解得，； 所以原方程的解为，，，． 23. 如图，已知矩形中，，，动点P，Q分别从点A，C同时发出，点P以的速度向点B运动，到点B为止；点Q以速度向点D运动，到点D为止；设运动时间为． （1）当t为何值时，四边形是矩形，并说明理由？ （2）连接，当t何值时，中，． 【答案】（1）当t为时，四边形是矩形；理由见解析 （2）t为时，中， 【解析】 【分析】本题是动点问题，考查了矩形的判定与性质，等腰三角形的性质； （1）由题意知，，则，则当时，四边形是矩形，从而求得t值； （2）过Q作于E，则；再证明四边形是矩形，则；由可得到关于t的方程，解方程即可求得t的值． 【小问1详解】 解：当t为时，四边形是矩形； 理由如下： 由题意知，， 在矩形中，，， ∴； 当时，四边形是矩形， 即， 解得：； 当t为时，四边形是矩形； 【小问2详解】 解：由题意知，， 则； 如图，过Q作于E，则； ∵， ∴； 在矩形中，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴； ∵， ∴， 解得：； ∴t为时，中，． 24. 已知关于的方程有两个实数根、 （1）若，求的值； （2）若，求的值； （3）若有一边长为，另两边长恰好为、，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（）根据即可求解； （）利用根和系数的关系解答即可求解； （）求出方程的解，再根据三角形的三边关系和根的判别式解答即可求解； 本题考查了解一元二次方程，一元二次方程根的判别式，根和系数的关系，掌握以上知识点是解题的关键． 【小问1详解】 解：由题意得，， 解得； 【小问2详解】 解：由根和系数的关系得，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：解方程得，，， ∵有一边长为，另两边长恰好为、， ∴， 即， 解得， 又∵， ∴， ∴的取值范围为． 25. 定义：对于一个四边形，我们把依次连结它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． （1）性质探究：如图1，已知：四边形中，E、F、G、H分别是、的中点，交于点O，，且，求证：四边形是“中方四边形”； （2）问题解决：如图2，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形，求证：四边形是“中方四边形”； （3）拓展应用：如图3；已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是，的中点，若，求的最小值． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）4 【解析】 【分析】（1）由中点条件及三角形中位线的性质易得四边形是平行四边形；再由，且，可得四边形是正方形，从而结论得证； （2）连接，证明，则得，由（1）即可得四边形是“中方四边形”； （3）分别取的中点E、F、H，连接；由四边形是“中方四边形”得四边形是正方形，则有；由三角形中位线定理得，则，当点H在线段上时，取得最小值，从而取得最小值，进而求得最小值． 【小问1详解】 证明：∵E、F、G、H分别是、的中点， ∴分别是的中位线， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； ∴； ∵， ∴； ∵是的中位线， ∴， ∴； ∴四边形是矩形； ∵，， ∴， ∴四边形是正方形， ∴四边形是“中方四边形”； 【小问2详解】 证明：如图，连接， ∵四边形和四边形都为正方形， ∴，， ∴， 即； ∴， ∴； ∵ ， ∴； ∵，， ∴由（1）知，四边形是“中方四边形”； 【小问3详解】 解：如图，分别取的中点E、F、H，连接； ∵四边形是“中方四边形”， ∴四边形是正方形， ∴； ∵的中点分别是E、F、H， ∴分别是的中位线， ∴， ∴， 故当点H在线段上时，取得最小值， 从而取得最小值，且最小值为． 【点睛】本题是四边形的综合，考查了平行四边形的判定，矩形的判定及正方形的判定与性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质，两点间线段最短等知识，有一定的综合性，三角形中位线定理的应用是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$