精品解析：四川省巴中中学2024—2025学年上学期10月月考九年级数学试题

巴中中学初2022级2024年10月月考 数学试题 （时间：120分钟 满分：150分） 一、单选题（每题4分，共48分） 1. 下列方程中，属于一元二次方程的是（ ） A B. C. D. 2. 如图，直线，分别交直线、于点、、、、、，下列结论不正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 用配方法解一元二次方程，方程变形为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，矩形的两条对角线，交于点，若，则等于（ ） A. B. C. D. 5. 下列说法不正确的是（ ） A. 对角线互相垂直平行四边形是菱形 B. 对角线相等且互相平分的四边形是矩形 C. 对角线互相垂直且相等四边形是菱形 D. 对角线相等的平行四边形是矩形 6. 今年“国庆节”和“中秋节”双节期间，某微信群规定，群内的每个人都要发一个红包，并保证群内其他人都能抢到且自己不能抢自己发的红包，若此次抢红包活动，群内所有人共收到132个红包，则该群一共有（ ） A. 9人 B. 10人 C. 11人 D. 12人 7. 如果顺次联结矩形各边中点，那么所围成的四边形一定是（ ） A. 菱形 B. 矩形 C. 梯形 D. 平行四边形 8. 关于一元二次方程有实数根，则满足（ ） A. B. 且 C. 且 D. 且 9. 如图，下列条件中不能判定和相似的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，正六边形外作正方形，连接交于点，则等于（ ） A. B. C. D. 11. 如图，菱形的对角线，交于点，过点作交于点，交于，若，，则的长为（ ）． A. B. C. D. 12. 如图，点是正方形的对角线上一点，于点，于点，连接给出下列五个结论：①；②；③一定是等腰三角形；④；⑤．其中正确的是（ ） A. ①②④ B. ①③⑤ C. ①②③④ D. ①②④⑤ 二、填空题（每题3分，共18分） 13. 一个多边形的内角和是，则这个多边形是_______边形． 14. 已知，求________． 15. 因式分解法方程可化为，则________． 16. 已知，是方程的两个实数根，则代数式________． 17. 如图，，，则的长为________． 18. 如图，在矩形中，，，点在边上，连接，过点作交于，已知，点是的中点，是的中点，连接，则的长为________． 三、解答题（共86分） 19. （1）解方程： （2）解方程： （3）先化简，再求值，其中满足方程． 20. 已知：如图，在中，，，分别是，中点，延长线段到点，使得，连接，，，，与交于点． （1）求证：四边形为平行四边形； （2）若，，求的长． 21. 如图，在中，点、分别在边、上，，． （1）求证：； （2）若，，求的长． 22. 2024年巴黎奥运会顺利闭幕，吉样物“弗里热”深受奥运迷的喜爱，一商场以20元的进价进一批“弗里热”纪念品，以40元每个的价格售出，每周可以卖出500个，经过市场调查发现，价格每涨1元，就少卖10个． （1）若商场计划一周的利润达到元，并且更大优惠让利消费者，售价应定为多少钱？ （2）商场改变销售策略，在不改变（1）的销售价格基础上，销售量稳步提升，两周后销售量达到了484个，求这两周的平均增长率． 23. 如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝90°，对角线AC、BD交于点O，DE平分∠ADC交BC于点E，连接OE． （1）求证：四边形ABCD是矩形； （2）若∠BDE＝15°，求∠EOC的度数； （3）在（2）的条件下，若AB＝2，求矩形ABCD的面积． 24. 已知：关于x的一元二次方程． （1）求证：方程有两个不相等的实数根； （2）若的两边长是这个方程的两个实数根，第三边的长为5，求m的值． 25. 如图1，正方形的边长为，点是边上任意一点（不与端点重合），在边上任一点，连接，过点作交边于点，连接． （1）求证：； （2）点为的中点时， ①如图2，试猜想，，的数量关系，并证明结论． ②如图3，连接交于点，交于点．当与相似，求线段的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 巴中中学初2022级2024年10月月考 数学试题 （时间：120分钟 满分：150分） 一、单选题（每题4分，共48分） 1. 下列方程中，属于一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的定义，方程的两边都是整式，只含有一个未知数，并且整理后未知数的最高次数都是2，象这样的方程叫做一元二次方程． 【详解】解：．，含2个未知数，不是一元二次方程．故该选项不符合题意； ．，是一元二次方程，故该选项符合题意； ．，的分母中含未知数，是分式方程，不是一元二次方程．故该选项不符合题意； ．，的最高次数是1，不是一元二次方程．故该选项不符合题意； 故选：B． 2. 如图，直线，分别交直线、于点、、、、、，下列结论不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了平行线分线段成比例．熟练掌握平行线分线段成比是解题的关键． 根据平行线分线段成比例对各选项判断作答即可． 【详解】解：∵， ∴，，A、D正确，故不符合要求； ∴，C正确，故不符合要求； ，B错误，故符合要求； 故选：B． 3. 用配方法解一元二次方程，方程变形为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程-配方法，将方程常数项移动方程右边，二次项系数化为1，然后方程左右两边都加上一次项系数一半的平方，方程左边化为完全平方式，右边合并为一个非负常数，开方转化为两个一元一次方程来求解． 直接运用配方法即可解答． 【详解】解：， 移向得：， 两边都加上1得：，即， 所以用配方法解一元二次方程时，方程变形正确的是． 故选C． 4. 如图，矩形的两条对角线，交于点，若，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形等边对等角的性质以及三角形外角的定义和性质，解题的关键是熟记矩形的对角线互相平分且相等．根据矩形的对角线互相平分且相等可得，再根据等腰三角形中等边对等角可得，然后根据三角形外角的性质列式计算即可得解． 【详解】解：∵是矩形，且两条对角线，交于点， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 5. 下列说法不正确的是（ ） A. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形 B. 对角线相等且互相平分的四边形是矩形 C. 对角线互相垂直且相等的四边形是菱形 D. 对角线相等的平行四边形是矩形 【答案】C 【解析】 【分析】此题考查了菱形和矩形的判定．根据菱形和矩形的判定逐项分析即可得到答案． 【详解】解：A. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形，说法正确，不符合题意； B. 对角线相等且互相平分的四边形是矩形，说法正确，不符合题意； C. 对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，选项说法不正确，符合题意； D. 对角线相等的平行四边形是矩形，说法正确，不符合题意． 故选：C 6. 今年“国庆节”和“中秋节”双节期间，某微信群规定，群内的每个人都要发一个红包，并保证群内其他人都能抢到且自己不能抢自己发的红包，若此次抢红包活动，群内所有人共收到132个红包，则该群一共有（ ） A. 9人 B. 10人 C. 11人 D. 12人 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．设该群一共有x人，则每人收到个红包，根据群内所有人共收到132个红包，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论． 【详解】解：设该群一共有x人，则每人收到个红包， 依题意，得：， 解得：，（舍去）． 则该群一共有12人， 故选：D． 7. 如果顺次联结矩形各边中点，那么所围成的四边形一定是（ ） A. 菱形 B. 矩形 C. 梯形 D. 平行四边形 【答案】A 【解析】 【分析】因为题中给出的条件是中点，所以可利用三角形中位线性质，以及矩形对角线相等可证明四条边都相等，从而说明是一个菱形． 【详解】如图，联结对角线AC、BD， 在△ABD中， ∵AH=HD，AE=EB ∴EH=BD， 同理FG=BD，HG=AC，EF=AC， 又∵在矩形ABCD中，AC=BD， ∴EH=HG=GF=FE， ∴四边形EFGH为菱形． 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的判定，菱形的判别方法是说明一个四边形为菱形的理论依据，常用三种方法：①定义，②四边相等，③对角线互相垂直平分． 8. 关于的一元二次方程有实数根，则满足（ ） A. B. 且 C. 且 D. 且 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了根的判别式，由方程有实数根可知根的判别式，结合二次项的系数非零，得到，且，求解即可，由根的判别式结合二次项系数非零得出不等式是解题的关键． 【详解】解：∵关于的一元二次方程有实数根， ∴，且， ∴且， 故选：C． 9. 如图，下列条件中不能判定和相似的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的判定定理．根据相似三角形的判定定理逐项判断即可． 【详解】解：A．∵，， ∴根据两角分别对应相等两个三角形相似，可得； 故A不符合题意； B．∵，， ∴根据两角分别对应相等的两个三角形相似，可得； 故B不符合题意； C．若， ∵与的夹角，与的夹角，不一定相等， ∴不能推出； 故C符合题意； D．∵， ∴， ∵， ∴根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似，可得； 故D不符合题意； 故选：C． 10. 如图，正六边形外作正方形，连接交于点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接，作交于点M，如图所示：设正六边形的边长为a，则，由正六边形和正方形的性质得：B、D、H三点共线，解直角三角形求出，再利用平行线分线段成比例定理解决问题即可． 【详解】解：如图，连接，作交于点M， 设正六边形的边长为a，则， ∵六边形是正六边形， ∴， ∴， ∴，， ∴， 同理可得， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴B、H、D三点共线， ∵， ∴， ∴ 故选：B． 【点睛】本题主要考查了正六边形的性质，平行线分线段成比例定理，解直角三角形，正方形的性质等等，正确作出辅助线是解题的关键． 11. 如图，菱形的对角线，交于点，过点作交于点，交于，若，，则的长为（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质，利用勾股定理求出的长时解题的关键．根据菱形的性质和勾股定理得到，设，，利用勾股定理，在和中，得到，解得，进而得解． 【详解】是菱形， ， 又， ， 在中， ， 设，则， 在中，， 在中，， 有 ， ， ． 故选：A． 12. 如图，点是正方形的对角线上一点，于点，于点，连接给出下列五个结论：①；②；③一定是等腰三角形；④；⑤．其中正确的是（ ） A. ①②④ B. ①③⑤ C. ①②③④ D. ①②④⑤ 【答案】D 【解析】 【分析】过点作于点，根据正方形对角线的性质及题中的已知条件，证明后即可证明①，④；延长到上于一点，利用角平分线性质即可证得②；点是正方形的对角线上任意一点，，当或或时，是等腰三角形，除此之外，不是等腰三角形，故③错误；在此基础上，根据正方形的对角线平分对角的性质，在中，，求得⑤． 【详解】解：如图，过点作于点， 点为正方形的对角线上的一点， ， 在中，， ， ， 同理得：， ， ，， ， ， ，故①正确； ， ，故④正确； 如图，延长到上于一点， ， ， ，即， ，故②正确； 点是正方形的对角线上任意一点，， 当或或时，等腰三角形， 除此之外，不是等腰三角形，故③错误； ， ， 又， ， ， 在中， ， ，故⑤正确， 综上所述正确的结论有：①②④⑤， 故选：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，垂直的判定，等腰三角形的性质，勾股定理的运用，本题难度较大，综合性较强，在解答时要认真审题． 二、填空题（每题3分，共18分） 13. 一个多边形的内角和是，则这个多边形是_______边形． 【答案】八 【解析】 【分析】本题考查了多边形的内角和公式，熟记多边形的内角和公式为是解答本题的关键．根据多边形内角和公式求解即可． 【详解】设这个多边形是n边形， 由题意得， 解得， ∴这个多边形是八边形． 故答案为：八． 14. 已知，求________． 【答案】## 【解析】 【分析】此题考查了比例性质和分式的约分． 根据可设其中，代入进行化简即可． 【详解】解：由可设其中， ∴， 故答案为： 15. 因式分解法方程可化为，则________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，代数式求值，由因式分解法得出，，由根与系数的关系可得出，，代入代数式求解即可． 【详解】解： 则，， ∴， ∴， 故答案为：． 16. 已知，是方程的两个实数根，则代数式________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的根，一元二次方程的根与系数的定义，代数式求值．熟练掌握一元二次方程根的定义，一元二次方程的根与系数的关系是解题的关键． 由题意得，，，则，根据，代值求解即可． 【详解】解：∵，是方程的两个实数根， ∴，， ∴， ∴ ， 故答案为：． 17. 如图，，，则的长为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了等边对等角，相似三角形的判定与性质．熟练掌握等边对等角，相似三角形的判定与性质是解题的关键． 由等边对等角可得，，，证明，则，即，可求，根据求解作答即可． 【详解】解：∵，， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， 解得，， ∴， 故答案为：． 18. 如图，在矩形中，，，点在边上，连接，过点作交于，已知，点是的中点，是的中点，连接，则的长为________． 【答案】## 【解析】 【分析】证明，则，即，可求，如图，作，使，连接，作于，则，，证明，则，，证明E、H、M三点共线，得出为的中点，由点是的中点，可得，由勾股定理得，，进而可求． 【详解】解：∵矩形，， ∴，即， 又∵， ∴， ∴，即， 解得，， 如图，作，使，连接，作于，则，， ∵， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴E、H、M三点共线， ∵， ∴为中点， ∵点是的中点， ∴， ∵，， ∴， 由勾股定理得，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，中位线，勾股定理等知识．熟练掌握矩形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，中位线，勾股定理是解题的关键． 三、解答题（共86分） 19. （1）解方程： （2）解方程： （3）先化简，再求值，其中满足方程． 【答案】（1）（2）（3）， 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程以及分式化简求值，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）运用直接开平方法解方程，即可作答． （2）运用公式法解解方程，即可作答． （3）先通分括号，再运算除法，化简得，再运用因式分解法解方程，得出，结合分式有意义，得，再代入求值，即可作答． 【详解】解：（1）移项得， ∴， 解得； （2）， ∴， 则， ∴； （3） ∵满足方程 ∴ 解得 ∵原分式有意义， ∴ 即 ∴． 20. 已知：如图，在中，，，分别是，的中点，延长线段到点，使得，连接，，，，与交于点． （1）求证：四边形为平行四边形； （2）若，，求的长． 【答案】（1）证明见解析； （2）． 【解析】 【分析】本题考查了三角形中位线定理，勾股定理，平行四边形的判定与性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键． （1）由分别是的中点，得到是的中位线，再得出且结合得到即可证明结论． （2）由平行四边形的性质，得到，，再根据勾股定理得到，即可求解． 【小问1详解】 证明：∵分别是的中点， ∴是的中位线， ∴且 又∵即 ∴四边形是平行四边形， 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∵，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， 在中，， ∴， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴． 21. 如图，在中，点、分别在边、上，，． （1）求证：； （2）若，，求的长． 【答案】（1）见详解 （2） 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的性质和判定，比的利用等知识．熟练掌握相似三角形的判定是解此题的关键． （1）首先得到，然后结合即可证明； （2）由已知条件可得出，，根据等高三角形面积比等于三角形的底比可得出：，，进一步即可得出答案． 【小问1详解】 证明：∵， ∴，， ∴， 又∵， ∴． 【小问2详解】 解：，，，， ∴，， ∴，， 根据等高三角形面积比等于三角形的底比可得出：，， ∴， ∴ 22. 2024年巴黎奥运会顺利闭幕，吉样物“弗里热”深受奥运迷的喜爱，一商场以20元的进价进一批“弗里热”纪念品，以40元每个的价格售出，每周可以卖出500个，经过市场调查发现，价格每涨1元，就少卖10个． （1）若商场计划一周的利润达到元，并且更大优惠让利消费者，售价应定为多少钱？ （2）商场改变销售策略，在不改变（1）的销售价格基础上，销售量稳步提升，两周后销售量达到了484个，求这两周的平均增长率． 【答案】（1）元； （2）． 【解析】 【分析】本题考查的是一元二次方程的应用，确定相等关系是解本题的关键； （1）设售价应定为每个元，则每个利润为元，销量为个，再利用总利润为元，再建立方程解题即可； （2）由（1）得：当售价为每个元时，销量为个，设这两周的平均增长率为，再结合增长率的含义建立方程求解即可． 【小问1详解】 解：设售价应定为每个元，则 ， 整理得： ， 解得：，； ∵更大优惠让利消费者， ∴不符合题意， ∴商场计划一周的利润达到元，并且更大优惠让利消费者，售价应定为每个元． 【小问2详解】 解：由（1）得：当售价为每个元时，销量为（个）， 设这两周的平均增长率为，则 ， 解得：，（不符合题意舍去）， ∴这两周的平均增长率为． 23. 如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝90°，对角线AC、BD交于点O，DE平分∠ADC交BC于点E，连接OE． （1）求证：四边形ABCD是矩形； （2）若∠BDE＝15°，求∠EOC的度数； （3）在（2）的条件下，若AB＝2，求矩形ABCD的面积． 【答案】（1）详见解析； （2）75°； （3）． 【解析】 【分析】（1）由平行线的性质易证∠BAD＝90°，得出∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，即可得出结论； （2）由矩形和角平分线的性质得出∠CDE＝∠CED＝45°，则EC＝DC，推出∠CDO＝60°，证明△OCD是等边三角形，求出∠OCB＝30°，得出∠COE＝75°，即可得出结果； （3）作OF⊥BC于F．求出EC、OF的长即可． 【小问1详解】 证明：∵AD∥BC， ∴∠ABC+∠BAD＝180°， ∵∠ABC＝90°， ∴∠BAD＝90°， ∴∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°， ∴四边形ABCD是矩形； 【小问2详解】 解：∵四边形ABCD是矩形，DE平分∠ADC， ∴∠CDE＝∠CED＝45°， ∴EC＝DC， 又∵∠BDE＝15°， ∴∠CDO＝60°， 又∵矩形对角线互相平分且相等， ∴OD＝OC， ∴△OCD是等边三角形， ∴∠DOC＝∠OCD＝60°， ∴∠OCB＝90°﹣∠DCO＝30°， ∵CO＝CE， ∴∠COE＝（180°﹣30°）÷2＝75°； 【小问3详解】 解：∵四边形ABCD是矩形， ∴CD＝AB＝2，∠BCA＝90°， 由（1）可知，∠OCB＝30°， ∴AC=2AB=4， ∴， ∴矩形OEC的面积． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键． 24. 已知：关于x的一元二次方程． （1）求证：方程有两个不相等的实数根； （2）若的两边长是这个方程的两个实数根，第三边的长为5，求m的值． 【答案】（1）证明见解析 （2）12或3 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的根的判别式，勾股定理，公式法解一元二次方程． （1）先计算出，然后根据判别式的意义即可得到结论； （2）先利用公式法求出方程的解为，，然后分类讨论，利用勾股定理构建方程即可解决问题． 【小问1详解】 证明：， 方程有两个不相等的实数根； 【小问2详解】 解：一元二次方程的解为，即，， ， 不可能是斜边长度， 当是斜边长度时，，解得， 当5是斜边长度时，， 解得或（舍弃负数值）， 综合上述，的值为12或3． 25. 如图1，正方形的边长为，点是边上任意一点（不与端点重合），在边上任一点，连接，过点作交边于点，连接． （1）求证：； （2）点为的中点时， ①如图2，试猜想，，的数量关系，并证明结论． ②如图3，连接交于点，交于点．当与相似，求线段的长． 【答案】（1）见解析 （2）①，证明见解析；②2或． 【解析】 【分析】本题主要考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相似三角形的判定与性质成为解题的关键． （1）根据正方形的性质可得，即；再根据可得，即；再结合即可证明结论； （2）①由中点的定义可得；再根据相似三角形的性质可得，进而得到，再运用勾股定理可得，进而得到，再运用完全平方公式得到即可解答；②如图1，延长交的延长线于，先证明可得，再根据等腰三角形的性质可得、；然后分和两种情况解答即可 【小问1详解】 解：如图1：∵正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； 【小问2详解】 解：①，证明如下： ∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ ， ∵， ∴． ②解：如图1，延长交的延长线于， ∵点E是的中点， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是正方形的对角线， ∴， ∵与相似； ∴①， ∴， ∵， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴，，即，解得：； ∴． ②， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 综上，当与相似，线段的长为2或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $