2020-2021学年山东省枣庄市滕州市育才中学九年级(上)第一次月考数学试卷(附答案详解)

2020-2021学年山东省枣庄市滕州市育才中学九年级（上）第一次月考数学试卷一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）1.正方形的对称轴的条数为()A. 1B. 2C. 3D. 42.如图，在矩形ABCD中，AB<BC，则图中等腰三角形的个数是()A. 8B. 6C. 4D. 23.顺次连接矩形的各边中点，所得的四边形一定是()A. 正方形B. 菱形C. 矩形D. 梯形4.下列命题是真命题的是()A. 三条边相等的四边形是菱形B. 对角线相等的四边形是矩形C. 对角线垂直且相等的四边形是正方形D. 对角线垂直的平四边形是菱形5.如图，菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，H为AD边中点，菱形ABCD的周长为28，则OH的长等于()A. 3.5B. 4C. 7D. 146.如图，E、F分别是正方形ABCD的边AD、CD上的点，且CF=DE，AF、BE相交于点O，下列结论：①AF=BE；②AF⊥BE；③BO=FO；④S△AOB=S四边形DEOF中正确的有()A. ①②B. ①②③C. ①②④D. ②③④7.已知一元二次方程x2−6x+c=0有一个根为2，则另一根为()A. 2B. 3C. 4D. 88.用配方法解方程x2−2x−1=0时，配方后得的方程为()A. (x+1)2=0B. (x−1)2=0C. (x+1)2=2D. (x−1)2=29.已知一元二次方程：①x2+2x+3=0，②x2−2x−3=0.下列说法正确的是()A. ①②都有实数解B. ①无实数解，②有实数解C. ①有实数解，②无实数解D. ①②都无实数解10.如图，某小区计划在一块长为32m，宽为20m的矩形空地上修建三条同样宽的道路，剩余的空地上种植草坪，使草坪的面积为570m2.若设道路的宽为xm，则下面所列方程正确的是()A. (32−2x)(20−x)=570B. 32x+2×20x=32×20−570C. (32−x)(20−x)=32×20−570D. 32x+2×20x−2x2=57011.一个菱形的边长是方程x2−8x+15=0的一个根，其中一条对角线长为8，则该菱形的面积为()A. 48B. 24C. 24或40D. 48或8012.关于x的一元二次方程x2−4x+m=0的两实数根分别为x1，x2，且x1+3x2=5，则m的值为()A. 74B. 75C. 76D. 0二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）13.如图，正方形ABCD的边长为2，点E，F分别在边AD，CD上，若∠EBF=45°，则△EDF的周长等于______．14.如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交点O，AC=10，P、Q分别为AO、AD的中点，则PQ的长度为______．15.如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，P为AD上一动点，PE⊥AC于E，PF⊥BD于F，则PE+PF的值为______．16.方程(x+2)(x−3)=x+2的解是______．17.若关于x的方程(k−1)x2+x+1=0有两个实数根，那么k的取值范围是______．18.已知等腰三角形三边分别为a、b、4，且a、b是关于x的一元二次方程x2−12x+m+2=0的两个根，则m的值是______．三、解答题（本大题共6小题，共60.0分）19.解方程：(1)3x2+8x+4=0(配方法)；(2)x2−3x−1=0(公式法)；(3)4x(2x+1)=3(2x+1)；(4)3x2−x−2=0．20.一商店销售某种服装，每件服装进货价80元，当售价为每件120元时，平均每天可售出20件．为了增加盈利，该店采取了降价措施，经过一段时间销售，发现销售单价每降低1元，平均每天可多售出2件．(1)若降价3元，则平均每天销售数量为______件；(2)在进货成本不超过4000元的前提下，当每件商品降价多少元时，该商店每天销售利润为1200元？21.如图，一农户要建一个矩形猪舍，猪舍的一边利用长为12m的住房墙，另外三边用25m长的建筑材料围成，为方便进出，在垂直于住房墙的一边留一个1m宽的门，所围矩形猪舍的长、宽分别为多少时，猪舍面积为80m2？22.如图，在三角形纸片ABC中，AD平分∠BAC，将△ABC折叠，使点A与点D重合，展开后折痕分别交AB、AC于点E、F，连接DE、DF.求证：四边形AEDF是菱形．23.如图，将矩形ABCD沿对角线BD对折，点C落在E处，BE与AD相交于点F.若DE=4，BD=8．(1)求证：BF=DF；(2)求△BDF的面积．24.如图，在▱ABCD中，E为BC的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，连接BF，AC．(1)求证：四边形ABFC是平行四边形；(2)当△ADF满足什么条件时，四边形ABFC是矩形？请说明理由；(3)当△ADF满足什么条件时，四边形ABFC是正方形？请说明理由．答案和解析1.【答案】D【解析】解：正方形有4条对称轴．故选：D．根据正方形的对称性解答．本题考查了轴对称的性质，熟记正方形的对称性是解题的关键．2.【答案】C【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD，OA=OC=12AC，BO=DO=12BD，∴OA=OC=OB=OD，∴等腰三角形有△OAB，△OAD，△OBC，△OCD，共4个．故选：C．根据矩形的性质得出AC=BD，OA=OC=12AC，BO=DO=12BD，推出OA=OC=OB=OD，根据等腰三角形的判定得出即可．本题考查了等腰三角形的判定，矩形的性质的应用，注意：矩形的对角线互相平分且相等，有两边相等的三角形是等腰三角形．3.【答案】B【解析】解：顺次连接矩形的各边中点，根据矩形的对角线相等和中位线定理可知所得的四边形四边相等，所以是菱形．故选：B．根据菱形的定义：只需证明四边相等即可．主要考查了中位线定理．要掌握：中位线平行且等于底边的一半．4.【答案】D【解析】解：A、四条边相等的四边形是菱形，故原命题错误，是假命题，不符合题意；B、对角线相等的平行四边形是矩形，故原命题错误，是假命题，不符合题意；C、对角线互相垂直且相当的平行四边形是正方形，故原命题错误，是假命题，不符合题意；D、对角线垂直的平行四边形是菱形，正确，是真命题，符合题意．故选：D．利用矩形、菱形及正方形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解矩形、菱形及正方形的判定方法，难度不大．5.【答案】A【解析】解：∵菱形ABCD的周长为28，∴AB=28÷4=7，∵ABCD是菱形，∴OB=OD∴O是BD的中点，∵H为AD边中点，∴OH是△ABD的中位线，∴OH=12AB=12×7=3.5．故选：A．根据菱形的四条边都相等求出AB，菱形的对角线互相平分可得OB=OD，判断O是BD的中点，然后判断出OH是△ABD的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得OH=12AB．本题考查了菱形的对角线互相平分的性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记性质与定理是解题的关键．6.【答案】C【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=CD，∠BAD=∠ADC=90°，∵CF=DE，∴AE=DF，在△ABE和△DAF中，{AB=AD∠BAE=∠ADF AE=DF，∴△ABE≌△DAF(SAS)，∴AF=BE，∠ABE=∠DAF，故①正确；∵∠ABE+∠AEB=90°，∴∠DAF+∠AEB=90°，∴∠AOE=90°，即AF⊥BE，故②正确；∵∠DAF与∠AEB不一定相等，∴AO与EO不一定相等，∴BO与FO不一定相等，故③错误；∵△ABE≌△DAF，∴S△ABE=S△DAF，∴S△AOB=S四边形DEOF，故④正确；故选：C．由“SAS”可证△ABE≌△DAF，由全等三角形的性质依次判断可求解．本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．7.【答案】C【解析】解：设方程的另一根为α，则α+2=6，解得α=4．故选：C．利用根与系数的关系来求方程的另一根．本题考查了根与系数的关系．若二次项系数为1，常用以下关系：x1，x2是方程x2+px+ q=0的两根时，x1+x2=−p，x1x2=q，反过来可得p=−(x1+x2)，q=x1x2，前者是已知系数确定根的相关问题，后者是已知两根确定方程中未知系数．8.【答案】D【解析】解：把方程x2−2x−1=0的常数项移到等号的右边，得到x2−2x=1，方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到x2−2x+1=1+1配方得(x−1)2=2．故选：D．在本题中，把常数项−1移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数−2的一半的平方．考查了解一元二次方程−配方法，配方法的一般步骤：(1)把常数项移到等号的右边；(2)把二次项的系数化为1；(3)等式两边同时加上一次项系数一半的平方．选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．9.【答案】B【解析】解：方程①的判别式△=4−12=−8，则①没有实数解；方程②的判别式△=4+12=16，则②有两个实数解．故选：B．求出①、②的判别式，根据：①当△>0时，方程有两个不相等的两个实数根；②当△=0时，方程有两个相等的两个实数根；③当△<0时，方程无实数根．即可得出答案．本题考查了根的判别式，解答本题的关键是掌握根的判别式与方程根的关系．10.【答案】A【解析】【分析】六块矩形空地正好能拼成一个矩形，设道路的宽为xm，根据草坪的面积是570m2，即可列出方程．此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，这类题目体现了数形结合的思想，需利用平移把不规则的图形变为规则图形，即可列出方程．【解答】解：设道路的宽为xm，根据题意得：(32−2x)(20−x)=570，故选A．11.【答案】B【解析】【分析】本题考查了解一元二次方程−因式分解法，也考查了三角形三边的关系和菱形的性质．利用因式分解法解方程得到x1=5，x2=3，利用菱形的对角线互相垂直平分和三角形三边的关系得到菱形的边长为5，利用勾股定理计算出菱形的另一条对角线为6，然后计算菱形的面积．【解答】解：(x−5)(x−3)=0，所以x1=5，x2=3，∵菱形一条对角线长为8，∴菱形的边长为5，∴菱形的另一条对角线为2√52−42=6，∴菱形的面积=12×6×8=24．故选：B．12.【答案】A【解析】【分析】本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，掌握一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与系数的关系为：x1+x2=−ba ，x1⋅x2=ca是解题的关键．根据一元二次方程根与系数的关系得到x1+x2=4，代入代数式计算即可．【解答】解：∵x1+x2=4，∴x1+3x2=x1+x2+2x2=4+2x2=5，∴x2=12，把x2=12代入x2−4x+m=0得：(12)2−4×12+m=0，解得：m=74，此时Δ=(−4)2−4×1×74=9>0，符合题意，故选：A．13.【答案】4【解析】【分析】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了全等三角形的判定与性质和正方形的性质．根据正方形的性质得AB=BC，∠BAE=∠C=90°，根据旋转的定义，把△ABE 绕点B顺时针旋转90°可得到△BCG，根据旋转的性质得BG=BE，CG=AE，∠GBE= 90°，∠BAE=∠C=90°，∠EBG=∠ABC=90°，于是可判断点G在DG的延长线上，接着利用“SAS”证明△FBG≌△EBF，得到EF=CF+AE，然后利用三角形周长的定义得到答案．【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC，∠BAE=∠C=90°，∴把△ABE绕点B顺时针旋转90°可得到△BCG，如图，∴BG=BE，CG=AE，∠GBE=90°，∠BAE=∠C=90°，∴点G在DC的延长线上，∵∠EBF=45°，∴∠FBG=∠EBG−∠EBF=45°，∴∠FBG=∠FBE，在△FBG和△EBF中，{BF=BF∠FBG=∠FBE BG=BE，∴△FBG≌△FBE(SAS)，∴FG=EF，而FG=FC+CG=CF+AE，∴EF=CF+AE，∴△DEF的周长=DF+DE+CF+AE=CD+AD=2+2=4故答案为4．14.【答案】2.5【解析】【分析】此题主要考查了矩形的性质，以及三角形中位线定理，关键是掌握矩形对角线相等且互相平分．根据矩形的性质可得AC=BD=10，BO=DO=12BD=5，再根据三角形中位线定理可得PQ=12DO=2.5．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD=10，BO=DO=12BD，∴OD=12BD=5，∵点P、Q是AO，AD的中点，∴PQ是△AOD的中位线，∴PQ=12DO=2.5．故答案为2.5．15.【答案】125【解析】解：连接OP，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=90°，AC=BD，OA=OC，OB=OD，∴OA=OD=12BD，S△AOD=S△AOB，∵AB=3，AD=4，∴S矩形ABCD=3×4=12，BD=5，∴S△AOD=14S矩形ABCD=3，OA=OC=52，∵S△AOD=S△AOP+S△DOP=12OA⋅PE+12OD⋅PF=12×52×PE+12×52×PF=54(PE+PF)=3，∴PE+PF=125．故答案为125．首先连接OP ，在矩形ABCD 中，AB =3，AD =4，可求得OA =OD =52以及△AOD 的面积，继而可得S △AOD =54(PE +PF)，则可求得答案．此题考查了矩形的性质以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想与整体思想的应用．16.【答案】x 1=−2，x 2=4【解析】解：原式可化为(x +2)(x −3)−(x +2)=0，提取公因式得，(x +2)(x −4)=0，故x +2=0或x −4=0，解得x 1=−2，x 2=4．故答案为：x 1=−2，x 2=4．先移项，再提取公因式，求出x 的值即可．本题考查的是解一元二次方程，熟知因式分解法解一元二次方程的一般步骤是解答此题的关键．17.【答案】k ≤54且k ≠1【解析】解：∵关于x 的方程(k −1)x 2+x +1=0有两个实数根，∴{k −1≠0△=12−4×(k −1)×1≥0， 解得：k ≤54且k ≠1．故答案为：k ≤54且k ≠1．由二次项系数非零及根的判别式Δ≥0，即可得出关于k 的一元一次不等式组，解之即可得出k 的取值范围．本题考查了根的判别式以及一元二次方程的定义，利用二次项系数非零及根的判别式Δ≥0，找出关于k 的一元一次不等式组是解题的关键．18.【答案】34【解析】解：当a =4时，∵a ，b 是关于x 的一元二次方程x 2−12x +m +2=0的两根，∴4+b=12，∴b=8，而4+4≠0，不符合题意；当b=4时，∵a，b是关于x的一元二次方程x2−12x+m+2=0的两根，∴4+a=12，而4+4=8，不符合题意；当a=b时，∵a，b是关于x的一元二次方程x2−12x+m+2=0的两根，∴12=a+b，解得a=b=6，∴m+2=36，∴m=34，故m的值为34，故答案为34．讨论：当a=4时，则4+b=12，解得b=8，此时不符合三角形三边的关系；同理可得当b=4时，不符合三角形三边的关系；当a=b时，利用根与系数的关系得到12=a+ b，解得a=b=6，则m+2=36，从而得到m的值．本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．也考查了三角形三边的关系．19.【答案】解：(1)∵3x2+8x+4=0，∴3x2+8x=−4，∴x2+83x=−43，∴x2+83x+169=−43+169，即(x+43)2=49，则x+43=±23，∴x1=−23，x2=−2；(2)∵a=1，b=−3，c=−1，∴Δ=(−3)2−4×1×(−1)=13>0，则Δ=−b±√b2−4ac2a =3±√132，即x1=3+√132，x2=3−√132；(3)∵4x(2x+1)=3(2x+1)，∴4x(2x+1)−3(2x+1)=0，则(2x+1)(4x−3)=0，∴2x+1=0或4x−3=0，解得x1=−12，x2=34；(4)∵3x2−x−2=0，∴(x−1)(3x+2)=0，则x−1=0或3x+2=0，解得x1=1，x2=−23．【解析】(1)根据配方法的步骤依次求解即可；(2)利用求根公式求解即可；(3)利用因式分解法求解即可；(4)利用因式分解法求解即可．本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．20.【答案】26【解析】解：(1)由题意可得，若降价3元，则平均每天销售数量为：20+2×3=26(件)，故答案为：26；(2)设每件商品降价x元，销售利润为w元，(40−x)(20+2x)=1200，整理得：−2x2+60x−400=0，则x2−30x+200=0，(x−10)(x−20)=0，解得：x1=10，x2=20，当x=20时，进货费用为：(20+40)×(80−20)=3600(元)，当x=10时，进货费用为：(20+20)×(80−10)=2800(元)，∴x的值都符合题意，答：当每件商品降价10元或20元时，该商店每天销售利润为1200元．(1)根据题意，可以求出降价3元时，平均每天销售数量；(2)根据题意，可以得到利润与降价x的方程，即可解答本题．本题考查了一元二次方程的应用，解答本题的关键是明确题意列出一元二次方程．21.【答案】解：设矩形猪舍垂直于住房墙一边长为xm可以得出平行于墙的一边的长为(25−2x+1)m，由题意得x(25−2x+1)=80，化简，得x2−13x+40=0，解得：x1=5，x2=8，当x=5时，26−2x=16>12(舍去)，当x=8时，26−2x=10<12，答：所围矩形猪舍的长为10m、宽为8m．【解析】设矩形猪舍垂直于住房墙一边长为xm可以得出平行于墙的一边的长为(25−2x+1)m.根据矩形的面积公式建立方程求出其解就可以了．本题考查了列一元二次方程解实际问题的运用，矩形的面积公式的运用及一元二次方程的解法的运用，解答时寻找题目的等量关系是关键．22.【答案】证明：∵AD平分∠BAC∴∠BAD=∠CAD又∵EF⊥AD，∴∠AOE=∠AOF=90°∵在△AEO和△AFO中{∠EAO=∠FAO AO=AO∠AOE=∠AOF，∴△AEO≌△AFO(ASA)，∴EO=FO 又∵A点与D点重合，∴AO=DO，∴EF、AD相互平分，∴四边形AEDF是平行四边形∵点A与点D关于直线EF对称，∵EF⊥AD，∴平行四边形AEDF为菱形．【解析】由∠BAD=∠CAD，AO=AO，∠AOE=∠AOF=90°证△AEO≌△AFO，推出EO=FO，得出平行四边形AEDF，根据EF⊥AD得出菱形AEDF．本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，线段垂直平分线，全等三角形的性质和判定等知识点，注意：对角线互相平分的四边形是平行四边形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形．23.【答案】(1)证明：由折叠可知∠EBD=∠CBD，∵AD//BC，∴∠ADB=∠CBD，∴∠EBD=∠ADB，∴BF=DF；(2)解：∵将矩形ABCD沿对角线BD对折，点C落在E处，∴DE=CD=AB=4，∵BD=8，∴AD=√BD2−AB2=√82−42=4√3，设DF=x，则BF=x，AF=10−x，在Rt△ABF中，根据勾股定理有42+(4√3−x)2=x2．解得：x=8√33，∴DF=8√33，∴S△BDF=12DF⋅AB=12×8√33×4=16√33．【解析】(1)证明∠EBD=∠ADB，得出BF=DF，则结论得证；(2)设DF=x，则BF=x，AF=10−x，在Rt△ABF中，根据勾股定理有42+(4√3−x)2=x2，解方程求出DF的长，由三角形的面积公式即可得解．本题考查的是翻折变换，矩形的性质，勾股定理，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键．24.【答案】证明：(1)∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB//DC，∴∠ABE=∠ECF，∵E为BC的中点，∴BE=CE，在△ABE和△FCE中，{∠ABE=∠ECF BE=CE∠AEB=∠FEC，∴△ABE≌△FCE(ASA)，∴AE=EF，BE=CE，∴四边形ABFC是平行四边形；(2)当AD=AF时，四边形ABFC是矩形，理由：∵AD=AF，四边形ABFC为平行四边形，∴AE=12AF=12AD，∵四边形ABCD是平行四边形，∴BC=AD，∵AE=12BC，∴AF=BC，∴四边形ABFC为矩形(对角线相等的平行四边形是矩形)；(3)当△ADF为等腰直角三角形时，四边形ABFC为正方形；理由如下：∵△DAF是等腰直角三角形，∴AC=12DF，∵AB=CD=CF=12DF，∴AC=CF，由(2)知，四边形ABFC为矩形，∴四边形ABFC为正方形(邻边相等的矩形是正方形)．【解析】(1)根据平行线的性质，可以利用AAS或ASA判断△ABE≌△FCE，根据全等三角形的性质得到AE=EF，BE=CE，于是得到结论．(2)根据对角线相等的平行四边形是矩形证明即可．(3)根据邻边相等的矩形是正方形即可证明．本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定、正方形的判定，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握特殊四边形的判定和性质，属于中考常考题型．。