四川省成都東部新區(qū)聯(lián)考2023-2024學(xué)年九年級上學(xué)期10月課堂監(jiān)測數(shù)學(xué)試題

四川省成都東部新區(qū)聯(lián)考2023-2024學(xué)年九年級上學(xué)期10月課堂監(jiān)測數(shù)學(xué)試題一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求，答案涂在答題卡上）1．下列方程是一元二次方程的是（）A．x+2y=1 B．xC．x2+32．將方程x2A．(x?3)2=?3 B．(x?3)2=6 C．3．下列說法正確的是（）A．對角線互相垂直的四邊形是菱形B．矩形對角線互相垂直C．一組對邊平行的四邊形是平行四邊形D．對角線相等的菱形是正方形4．已知一元二次方程x2A．－4 B．4 C．－2 D．25．如圖，菱形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，點M是DC的中點.若菱形ABCD的周長為24，則OM的長為（）A．12 B．8 C．6 D．36．若關(guān)于x的方程kxA．k≠0 B．k≤1 C．k<1 D．k≤1且k≠07．如圖，四邊形ABCD是菱形，對角線AC，BD相交于點O，DE⊥AB于點E，若AC=8cm，BD=6cm，則DE=（）A．53cm B．25cm C．8．如圖，矩形ABCD中，AB=8cm，AD=6cm，EF是對角線BD的垂直平分線，則EF的長為（）A．154cm B．5cm C．15二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分，）9．若將方程x2+8x=7化為(x+m)2=2310．如圖，菱形ABCD的兩條對角線相交于O，若AC=8，BD=6，則菱形ABCD的周長是．11．關(guān)于x的一元二次方程(m?3)x2+2x?1=012．已知x1，x2是關(guān)于x的一元二次方程x2+3x+k?1=0的兩個實數(shù)根，且13．如圖，正方形ABCD的邊長為4，E為BC上的一點，BE=1，F(xiàn)為AB上的一點，AF=2，P為AC上一個動點，則PF+PE的最小值為．三、解答題（本大題共5個小題，共48分，解答過程寫在答題卡上）14．（1）計算：12+（2）解方程：3(x?3)15．已知一元二次方程x2（1）求k的取值范圍；（2）如果k是符合條件的最大整數(shù)，且一元二次方程x2?4x+k=0與16．如圖，在矩形ABCD中，E為AB邊上一點，EC平分∠DEB，F(xiàn)為CE的中點，連接AF，BF，過點E作EH//BC分別交AF，CD于G，H兩點．（1）求證：DE=DC；（2）求證：AF⊥BF；17．已知：關(guān)于x的一元二次方程kx2?(3k?1)x+2(k?1)=0．若此方程有兩個實數(shù)根x1、18．如圖，四邊形ABCD是正方形，點E在直線BC上，連接AE．將△ABE沿AE所在直線折疊，點B的對應(yīng)點是點B′，連接A（1）當點F與點C重合時如圖（1），證：DF+BE=AF．（2）當點F在DC的延長線上時如圖（2），當點F在CD的延長線上時如圖（3），線段DF、BE、AF有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請直接寫出你的猜想，并選擇一種情況給予證明．四、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分，）19．設(shè)m，n是一元二次方程x2+3x?5=0的兩個根，則m220．關(guān)于x的方程a(x+m)2+b=0的解是x1=2，x2=?1（a、b、m為常數(shù)，a≠21．如圖，四邊形ABCD是菱形，BD＝42，AD＝26，點E是CD邊上的一動點，過點E作EF⊥OC于點F，EG⊥OD于點G，連接FG，則FG的最小值為．22．正方形ABCD的邊長是8cm，點M在BC邊上，且MC=2cm，P是正方形邊上的一個動點，連接PB交AM于點N，當PB=AM時，PN的長是．23．如果關(guān)于x的一元二次方程ax2+bx+c=0①方程x2②若(x?2)(mx+n)=0是倍根方程，則4m③若p、q滿足pq=2，則關(guān)于x的方程px④若方程ax2+bx+c=0五、解答題（本大題共3個小題，共30分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明．證明過程或演算步驟）24．某水果店經(jīng)銷一種高檔水果，進價為每千克40元，售價為每千克60元，每天可售出300千克．經(jīng)市場調(diào)查發(fā)現(xiàn)，若該水果售價每千克降價1元，日銷售量將增加20千克．設(shè)該水果每千克降價x元．（1）降價后，每千克水果盈利元，每天可銷售千克；（用含x的代數(shù)式表示）（2）現(xiàn)商家為了保證銷售該水果每天盈利6120元，且盡量讓顧客獲得優(yōu)惠，那么每千克應(yīng)降價多少元？25．如圖，四邊形ABCD是正方形，△EFC是等腰直角三角形，點E在AB上，且∠CEF=90°，F(xiàn)G⊥AD，垂足為點G．（1）試判斷AG與FG是否相等？并給出證明；（2）若點H為CF的中點，GH與DH垂直嗎？若垂直，給出證明；若不垂直，說明理由．26．如圖，平面直角坐標系中，直線l分別交x軸、y軸于A、B兩點（OA<OB）且OA、OB的長分別是一元二次方程x2?(3（1）求A、C兩點的坐標；（2）若點M從C點出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿射線CB運動，連接AM，設(shè)△ABM的面積為S，點M的運動時間為t，寫出S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量的取值范圍；（3）點P是y軸上的點，在坐標平面內(nèi)是否存在點Q，使以A、B、P、Q為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出Q點的坐標；若不存在，請說明理由．

答案解析部分1．【答案】B【知識點】一元二次方程的定義及相關(guān)的量【解析】【解答】解：A、∵x+2y=1是二元一次方程，不是一元二次方程，∴A不符黑題意；

B、∵x2=1是一元二次方程，∴B符合題意；

C、∵x2+3x=8不是一元二次方程，∴C不符合題意；故答案為：B.

【分析】利用一元二次方程的定義逐項分析判斷即可.2．【答案】B【知識點】配方法解一元二次方程【解析】【解答】解：∵x2?6x+3=0，

∴∴x?32=6，

【分析】利用配方法的計算方法求解一元二次方程即可。3．【答案】D【知識點】平行四邊形的判定；菱形的判定；矩形的性質(zhì)；正方形的判定【解析】【解答】解：A、∵對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，∴A不正確，不符合題意；

B、∵矩形對角線相等且互相平分，菱形的對角線互相垂直，∴B不正確，不符合題意；

C、∵一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，∴C不正確，不符合題意；

D、∵對角線相等的菱形是正方形，∴D正確，符合題意；故答案為：D.

【分析】利用菱形的判定、矩形的性質(zhì)、平行四邊形的判定及正方形的判定方法逐項分析判斷即可.4．【答案】A【知識點】一元二次方程的根【解析】【解答】解：將x=3代入x2+kx+3=0，可得：3解得：k=-4，

故答案為：A.

【分析】將x=3代入x2+kx+3=0，可得：35．【答案】D【知識點】菱形的性質(zhì)；直角三角形斜邊上的中線【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=DA，AC⊥BD，∵菱形ABCD的周長為24，∴CD=6，又∵點M是CD中點，∴OM=1故答案為：D.

【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)，結(jié)合菱形的周長為24，求出菱形的邊長，然后根據(jù)直角三角形斜邊的中線的性質(zhì)，即可求解.6．【答案】B【知識點】一元二次方程根的判別式及應(yīng)用【解析】【解答】解：①當k=0時，方程kx2+2x+1=0為2x+1=0，解得x=?12，符合題意；

②當k≠0時，∵方程kx2+2x+1=0有實數(shù)根，

∴△≥0，即22-4×k×1≥0，故答案為：B.

【分析】分類討論：①當k=0時，②當k≠0時，再利用一元二次方程根的判別式求解即可.7．【答案】C【知識點】勾股定理；菱形的性質(zhì)【解析】【解答】解：∵菱形ABCD，AC=8cm，BD=6cm，

∴AC⊥BD，AO=CO=12AC=4，OB=OD=12BD=3，

在Rt△ABO中，

AB=AO2+OB2=42+故答案為：C.

【分析】先利用菱形的性質(zhì)及勾股定理求出AB的長，再結(jié)合S菱形ABCD=128．【答案】C【知識點】三角形全等及其性質(zhì)；三角形全等的判定；線段垂直平分線的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)【解析】【解答】解：∵EF是BD的垂直平分線，

∴OB=OD，

在△BOF和△DOE中，

∠OBF=∠ODE∴△BOF≌△DOE（AAS），

∴OE=OF，

∵∠OBF=∠ABD，

∴△BOF∽△BAD，

∴FOBO=ADAB，

∵BD=AD2+AB2=10，

∴BO=12BD=5，

【分析】先利用“AAS”證出△BOF≌△DOE，可得OE=OF，再證出△BOF∽△BAD，可得FOBO=AD9．【答案】4【知識點】配方法解一元二次方程【解析】【解答】解：∵x2+8x=7，

∴x2+8x+42=7+4故答案為：4.

【分析】先利用配方法將一元二次方程x2+8x=7化為10．【答案】20【知識點】菱形的性質(zhì)【解析】【解答】解：∵菱形ABCD中，AC=6，BD=8，∴OA=12AC=3，OB=1∴AB==5，∴菱形ABCD的周長是：20．故答案為：20．【分析】由菱形ABCD的兩條對角線相交于O，若AC=6，BD=8，可求得OA與OB的長，然后由勾股定理求得邊AB的長，繼而求得答案．11．【答案】m>2且m≠3【知識點】一元二次方程根的判別式及應(yīng)用【解析】【解答】解：∵一元二次方程(m?3)x2+2x?1=0有兩個不相等的實數(shù)根，

∴m?3≠0△=22?4×故答案為：m>2且m≠3.

【分析】利用一元二次方程根的判別式列出不等式組求解即可.12．【答案】-1【知識點】一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系【解析】【解答】解：根據(jù)題意可得：x1+x2=?ba=?31=?3，x1x2故答案為：-1.

【分析】先利用根與系數(shù)的關(guān)系求出x1+x2=?13．【答案】17【知識點】勾股定理；矩形的判定與性質(zhì)；正方形的性質(zhì)；軸對稱的應(yīng)用-最短距離問題【解析】【解答】解：作E關(guān)于直線AC的對稱點E′，連接E′F，則E′F即為所求，過F作FG⊥CD于G，在Rt△E′FG中，GE′=CD﹣BE﹣BF=4﹣1﹣2=1，GF=4，所以E′F=FG2+E'故答案為：17．【分析】要使PF+PE的值最小，添加輔助線作E關(guān)于直線AC的對稱點E′，連接E′F，則E′F（E′F=PF+PE）即為所求，過F作FG⊥CD于G，在Rt△E′FG中，求出GE′、GF的長，利用勾股定理求出E′F的長。14．【答案】（1）解：原式=2（2）解：3(x?3)2?(x+3)(x?3)=0∴x?3=0或2x?12=0，∴x1=3【知識點】實數(shù)的運算；因式分解法解一元二次方程【解析】【分析】（1）先利用二次根式、負指數(shù)冪、絕對值和0指數(shù)冪的性質(zhì)化簡，再計算即可；

（2）利用因式分解法的計算方法求解一元二次方程即可。15．【答案】（1）解：由一元二次方程x2Δ=b2（2）解：由k是符合條件的最大整數(shù)，且一元二次方程x2?4x+k=0，得解得x1=1，x2=3，一元二次方程當x=1時，把x=1代入x2+mx?1=0，得1+m?1=0，解得當x=3時，把x=3代入x2+mx?1=0，得9+3m?1=0，解得綜上所述：如果k是符合條件的最大整數(shù)，且一元二次方程x2?4x+k=0與x2+mx?1=0有一個相同的根，【知識點】一元二次方程的根；因式分解法解一元二次方程；一元二次方程根的判別式及應(yīng)用【解析】【分析】（1）利用一元二次方程根的判別式列出不等式求解即可；

（2）先求出方程的根，再分別代入x216．【答案】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，

∴AB//CD，

∴∠DCE=∠CEB，∵EC平分∠DEB，

∴∠DEC=∠CEB，

∴∠DCE=∠DEC，

∴DE=DC；（2）證明：如圖，連接DF，∵DE=DC，F(xiàn)為CE的中點，∴DF⊥EC，∴∠DFC=90°，在矩形ABCD中，AB=DC，∠ABC=90°，∴BF=CF=EF=1∴∠ABF=∠CEB，∵∠DCE=∠CEB，∴∠ABF=∠DCF，在△ABF和△DCF中，BF=CF∠ABF=∠DCFAB=DC，∴∴∠AFB=∠DFC=90°，∴AF⊥BF．【知識點】三角形全等及其性質(zhì)；矩形的性質(zhì)；三角形全等的判定（SAS）；角平分線的定義【解析】【分析】（1）利用平行的性質(zhì)可得∠DCE=∠CEB，再利用角平分線的定義可得∠DEC=∠CEB，根據(jù)等量代換可得∠DCE=∠DEC，再根據(jù)等角對等邊的性質(zhì)可得DE=DC；

（2）連接DF，先利用“SAS”證出△ABF≌△DCF，可得∠AFB=∠DFC=90°，從而可得AF⊥BF.17．【答案】解：|x1?x2|2(x∵x1x2∴(3k?1k)9k2?6k+1=43k2?2k?1=0，(k?1)(3k+1)=0，k綜上所述，故結(jié)論是：k1=1，【知識點】一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系【解析】【分析】先利用根與系數(shù)的關(guān)系可得x1x2=2(k?1)k18．【答案】（1）解：由折疊可得AB=AB′，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=DC=DF，∠B∴B′E=B′F（2）解：圖（2）的證明：延長CD到點G，使DG=BE，連接AG，需證△ABE≌△ADG，∵CB//AD，∴∠AEB=∠EAD，∵∠BAE=∠B′AE，∴∠B∴∠AGD=∠GAF，∴GF=AF，∴BE+DF=AF；【知識點】三角形全等及其性質(zhì)；三角形全等的判定；正方形的性質(zhì)；翻折變換（折疊問題）【解析】【解答】解：圖（3）在BC上取點M，使BM=DF，連接AM，需證△ABM≌△ADF，∵∠BAM=∠FAD，AF=AM，∵△ABE≌△A′BE，∴∠BAE=∠EAB∵AD//BE，∴∠AEM=∠DAB，∴∠MAE=∠AEM，∴ME=MA=AF，∴BE﹣DF=AF．

【分析】（1）利用折疊的性質(zhì)及正方形的性質(zhì)可得AB=DC=DF，再利用線段的和差及等量代換可得DF+BE=AF；

（2）利用正方形的性質(zhì)及全等三角的判定方法和性質(zhì)證出線段相等，再利用線段的和差及等量代換求解即可.19．【答案】-7【知識點】代數(shù)式求值；一元二次方程的根；一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系【解析】【解答】解：∵m，n是一元二次方程x2+3x?5=0的兩個根，

∴m2+3m?5=0，m+n=?31=?3，故答案為：-7.

【分析】根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系可得m2+3m?5=0，m+n=?320．【答案】x【知識點】二次函數(shù)圖象與坐標軸的交點問題；利用二次函數(shù)圖象求一元二次方程的近似根【解析】【解答】因為x的方程a(x+m)2+b=0的解是x1=2，x2=?1，所以二次函數(shù)y=a(x+m)2+b與x軸的交點坐標為(2，0)，(?1，0)，又因為把拋物線y=a(x+m)2+b向左平移2個單位得到y(tǒng)=a(x+m+2)2+b，所以y=a(x+m+2)2+b與x軸的交點坐標為(0，0)，(?3，0)，所以方程a(x+m+2)2+b=0的解是x1=0，x2=?3.故答案為：x1=0，x2=?3.【分析】可利用數(shù)形結(jié)合的思想，由a(x+m)2+b=0的解是x1=2，x2=?1，可知二次函數(shù)y=a(x+m)2+b與x軸的交點坐標為(2，0)，(?1，0)，由拋物線y=a(x+m)2+b向左平移2個單位得到y(tǒng)=a(x+m+2)2+b，對應(yīng)的函數(shù)y=a(x+m+2)2+b與x軸的交點坐標為(0，0)，(?3，0)，即方程a(x+m+2)2+b=0的解是x1=0，x2=?3.21．【答案】4【知識點】垂線段最短；三角形的面積；勾股定理；菱形的性質(zhì)；矩形的判定與性質(zhì)【解析】【解答】解：如圖，連接OE，

∵四邊形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，DO=12BD=22，OA=OC，AD=CD=26，

在Rt△AOD中，AO=AD2?OD2=262?222=4，

∴OC=OA=4，

∵EF⊥OC，EG⊥OD，AC⊥BD，

∴∠EGO=∠EFO=∠COD=90°，

∴四邊形EFOG是矩形，

∴OE=GF，

∴要使GF最小，則只需要OE最小，根據(jù)垂線段最短可得當OE⊥CD時，OE最短，

此時S△COD=12【分析】由菱形的性質(zhì)得AC⊥BD，DO=12BD=22，OA=OC，AD=CD=22．【答案】5cm或5.2cm【知識點】直角三角形全等的判定（HL）；正方形的性質(zhì)【解析】【解答】解：當點P在BC上，AM＞BP，當點P在AB上，AM＞BP，不合題意，舍去；當點P在CD上，如圖，∵PB=AM∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=BC=AD=CD=8，在Rt△ABM和Rt△BCP中，AM=BPAB=BC∴Rt△ABM≌Rt△BCP（HL），∴∠MAB=∠PBC，∵∠MAB+∠AMB=90°，∴∠PBC+∠AMB=90°，∴∠BNM=180°-∠PBC-∠AMB=90°，∴BP⊥AM，∵MC=2cm，∴BM=BC-MC=8-2=6cm，∴AM=AB∴12∴BN=AB?BM∴PN=BP-BN=AM-BN=10-4.8=5.2cm，當點P在AD上，如圖，在Rt△ABM和Rt△BAP中，AM=BPAB=BA∴Rt△ABM≌Rt△BAP（HL），∴BM=AP，∠AMB=∠BPA，∠MAB=∠PBA，∴AN=BN，∵AD∥BC，∴∠PAN=∠NMB=∠APN，∴AN=PN=BN=MN，∵AM=BP=10cm，∴PN=12∴PN的長為5cm或5.2cm．故答案為5cm或5.2cm．

【分析】分兩種情況，再利用“HL”證明三角形全等，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)求解即可。23．【答案】②③④【知識點】一元二次方程的其他應(yīng)用；定義新運算【解析】【解答】解：①方程x2?x?2=0可化簡為（x-2）（x+1）=0，解得：x1=-1，x2=2，∵x1≠2x2，∴方程x2?x?2=0不是倍根方程，∴①不正確；

②方程(x?2)(mx+n)=0的解為x1=2，x2=?nm，∵方程(x?2)(mx+n)=0是倍根方程，∴?nm的值為1或4，解得：m+n=0或4m+n=0，∴4m2+5mn+n2=0，∴②正確；

③方程px2+3x+q=0的解為x1=?1p，x2=?q，∵pq=2，∴x2=-q=?2p=2x1，∴方程px2+3x+q=0是倍根方程，∴③正確；

④方程ax2+bx+c=0的解為x1=綜上，正確的結(jié)論是②③④，

故答案為：②③④.

【分析】利用“倍根方程”的定義及解一元二次方程的計算方法和解逐項分析判斷即可.24．【答案】（1）20?x；300+20x（2）解：(20?x)(300+20x)=6120，解得：x1=2，∵商家盡量讓顧客獲得優(yōu)惠，∴x=3，∴每千克應(yīng)降價3元．【知識點】一元二次方程的實際應(yīng)用-銷售問題【解析】【解答】解：（1）∵該水果每千克降價x元，進價為每千克40元，售價為每千克60元，

∴每千克水果盈利：60-x-40=20-x，

∵該水果售價每千克降價1元，日銷售量將增加20千克，

∴每天銷售量為：300+20x，

故答案為：20?x；300+20x；

【分析】（1）利用“利潤=售價-進價”可得每千克的利潤；再根據(jù)“該水果售價每千克降價1元，日銷售量將增加20千克”列出代數(shù)式即可；

（2）根據(jù)“每天盈利6120元”列出方程(20?x)(300+20x)=6120，再求解即可.25．【答案】（1）解：AG=FG，理由如下：如圖，過點F作FM⊥AB交BA的延長線于點M．∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠B=90°=∠BAD，∵FM⊥AB，∠MAD=90°，F(xiàn)G⊥AD，∴四邊形AGFM是矩形，∴AG=MF，AM=FG，∵∠CEF=90°，∴∠FEM+∠BEC=90°，∠BEC+∠BCE=90°，∴∠FEM=∠BCE，且∠M=∠B=90°，EF=EC，∴△EFM≌△CEB(AAS)，∴BE=MF，ME=BC，∴ME=AB=BC，∴BE=MA=MF，∴AG=FG（2）解：DH⊥HG．理由如下：如圖，延長GH交CD于點N，∵FG⊥AD，CD⊥AD，∴FG//CD，∴FGCN=FH∴GH=HN，NC=FG，∴AG=FG=NC，又∵AD=CD，∴GD=DN，且GH=HN，∴DH⊥GH．【知識點】正方形的性質(zhì)；四邊形的綜合【解析】【分析】（1）過點F作FM⊥AB交BA的延長線于點M，先利用“AAS”證出△EFM≌△CEB，可得BE=MF，ME=BC，再利用等量代換可得AG=FG；

（2）延長GH交CD于點N，利用平行線分線段成比例的性質(zhì)可得FGCN=FHCH=GHNH，且CH=FH26．【答案】（1）解：x2?(3+1)x+3=0，∵OA<OB，∴OA=1，OB=3，∴A(1，0)，B(0，又∵AB：AC=1：2，∴（2）解：∵AB=2，AC=4，BC=23，∴AB2由題意得：CM=t，CB=23①當點M在CB邊上時，S=23②當點M在CB邊的延長線上時，S=t?23（3）解：存在．①當AB是菱形的邊時，如圖所示，在菱形AP1Q1B中，Q在菱形ABP2Q2中，AQ在菱形ABP3Q3中，AQ②當AB為菱形的對角線時，如圖所示的菱形AP設(shè)菱形的邊長為x，則在Rt△AP4O即x2=12+綜上可得，平面內(nèi)滿足條件的Q點的坐標為：Q1(?1，0)，Q2【知識點】點的坐標；四邊形的綜合【解析】【分析】（1）先求出一元二次方程的根，可得點A、B的坐標，求出AB=2，再結(jié)合AB：AC=1：2，求出AC的長，即可得到點C的坐標；

（2）分類討論：①當點M在CB邊上時，②當點M在CB邊的延長線上時，再分別求解即可；

（3）分類討論：

試題分析部分1、試卷總體分布分析總分：150分分值分布客觀題（占比）48.0(32.0%)主觀題（占比）102.0(68.0%)題量分布客觀題（占比）12(46.2%)主觀題（占比）14(53.8%)2、試卷題量分布分析大題題型題目量（占比）分值（占比）解答題（本大題共5個小題，共48分，解答過程寫在答題卡上）5(19.2%)48.0(32.0%)填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分，）10(38.5%)40.0(26.7%)選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符