四川省成都东部新区联考2023-2024学年九年级上学期10月课堂监测数学试题

四川省成都东部新区联考2023-2024学年九年级上学期10月课堂监测数学试题一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，答案涂在答题卡上）1．下列方程是一元二次方程的是（）A．x+2y=1 B．xC．x2+32．将方程x2A．(x−3)2=−3 B．(x−3)2=6 C．3．下列说法正确的是（）A．对角线互相垂直的四边形是菱形B．矩形对角线互相垂直C．一组对边平行的四边形是平行四边形D．对角线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．如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点M是DC的中点.若菱形ABCD的周长为24，则OM的长为（）A．12 B．8 C．6 D．36．若关于x的方程kxA．k≠0 B．k≤1 C．k<1 D．k≤1且k≠07．如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，DE⊥AB于点E，若AC=8cm，BD=6cm，则DE=（）A．53cm B．25cm C．8．如图，矩形ABCD中，AB=8cm，AD=6cm，EF是对角线BD的垂直平分线，则EF的长为（）A．154cm B．5cm C．15二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，）9．若将方程x2+8x=7化为(x+m)2=2310．如图，菱形ABCD的两条对角线相交于O，若AC=8，BD=6，则菱形ABCD的周长是．11．关于x的一元二次方程(m−3)x2+2x−1=012．已知x1，x2是关于x的一元二次方程x2+3x+k−1=0的两个实数根，且13．如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上的一点，BE=1，F为AB上的一点，AF=2，P为AC上一个动点，则PF+PE的最小值为．三、解答题（本大题共5个小题，共48分，解答过程写在答题卡上）14．（1）计算：12+（2）解方程：3(x−3)15．已知一元二次方程x2（1）求k的取值范围；（2）如果k是符合条件的最大整数，且一元二次方程x2−4x+k=0与16．如图，在矩形ABCD中，E为AB边上一点，EC平分∠DEB，F为CE的中点，连接AF，BF，过点E作EH//BC分别交AF，CD于G，H两点．（1）求证：DE=DC；（2）求证：AF⊥BF；17．已知：关于x的一元二次方程kx2−(3k−1)x+2(k−1)=0．若此方程有两个实数根x1、18．如图，四边形ABCD是正方形，点E在直线BC上，连接AE．将△ABE沿AE所在直线折叠，点B的对应点是点B′，连接A（1）当点F与点C重合时如图（1），证：DF+BE=AF．（2）当点F在DC的延长线上时如图（2），当点F在CD的延长线上时如图（3），线段DF、BE、AF有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，并选择一种情况给予证明．四、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，）19．设m，n是一元二次方程x2+3x−5=0的两个根，则m220．关于x的方程a(x+m)2+b=0的解是x1=2，x2=−1（a、b、m为常数，a≠21．如图，四边形ABCD是菱形，BD＝42，AD＝26，点E是CD边上的一动点，过点E作EF⊥OC于点F，EG⊥OD于点G，连接FG，则FG的最小值为．22．正方形ABCD的边长是8cm，点M在BC边上，且MC=2cm，P是正方形边上的一个动点，连接PB交AM于点N，当PB=AM时，PN的长是．23．如果关于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，则4m③若p、q满足pq=2，则关于x的方程px④若方程ax2+bx+c=0五、解答题（本大题共3个小题，共30分，解答应写出必要的文字说明．证明过程或演算步骤）24．某水果店经销一种高档水果，进价为每千克40元，售价为每千克60元，每天可售出300千克．经市场调查发现，若该水果售价每千克降价1元，日销售量将增加20千克．设该水果每千克降价x元．（1）降价后，每千克水果盈利元，每天可销售千克；（用含x的代数式表示）（2）现商家为了保证销售该水果每天盈利6120元，且尽量让顾客获得优惠，那么每千克应降价多少元？25．如图，四边形ABCD是正方形，△EFC是等腰直角三角形，点E在AB上，且∠CEF=90°，FG⊥AD，垂足为点G．（1）试判断AG与FG是否相等？并给出证明；（2）若点H为CF的中点，GH与DH垂直吗？若垂直，给出证明；若不垂直，说明理由．26．如图，平面直角坐标系中，直线l分别交x轴、y轴于A、B两点（OA<OB）且OA、OB的长分别是一元二次方程x2−(3（1）求A、C两点的坐标；（2）若点M从C点出发，以每秒1个单位的速度沿射线CB运动，连接AM，设△ABM的面积为S，点M的运动时间为t，写出S关于t的函数关系式，并写出自变量的取值范围；（3）点P是y轴上的点，在坐标平面内是否存在点Q，使以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．

答案解析部分1．【答案】B【知识点】一元二次方程的定义及相关的量【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不符黑题意；

B、∵x2=1是一元二次方程，∴B符合题意；

C、∵x2+3x=8不是一元二次方程，∴C不符合题意；故答案为：B.

【分析】利用一元二次方程的定义逐项分析判断即可.2．【答案】B【知识点】配方法解一元二次方程【解析】【解答】解：∵x2−6x+3=0，

∴∴x−32=6，

【分析】利用配方法的计算方法求解一元二次方程即可。3．【答案】D【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的性质；正方形的判定【解析】【解答】解：A、∵对角线互相垂直的平行四边形是菱形，∴A不正确，不符合题意；

B、∵矩形对角线相等且互相平分，菱形的对角线互相垂直，∴B不正确，不符合题意；

C、∵一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，∴C不正确，不符合题意；

D、∵对角线相等的菱形是正方形，∴D正确，符合题意；故答案为：D.

【分析】利用菱形的判定、矩形的性质、平行四边形的判定及正方形的判定方法逐项分析判断即可.4．【答案】A【知识点】一元二次方程的根【解析】【解答】解：将x=3代入x2+kx+3=0，可得：3解得：k=-4，

故答案为：A.

【分析】将x=3代入x2+kx+3=0，可得：35．【答案】D【知识点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=DA，AC⊥BD，∵菱形ABCD的周长为24，∴CD=6，又∵点M是CD中点，∴OM=1故答案为：D.

【分析】根据菱形的性质，结合菱形的周长为24，求出菱形的边长，然后根据直角三角形斜边的中线的性质，即可求解.6．【答案】B【知识点】一元二次方程根的判别式及应用【解析】【解答】解：①当k=0时，方程kx2+2x+1=0为2x+1=0，解得x=−12，符合题意；

②当k≠0时，∵方程kx2+2x+1=0有实数根，

∴△≥0，即22-4×k×1≥0，故答案为：B.

【分析】分类讨论：①当k=0时，②当k≠0时，再利用一元二次方程根的判别式求解即可.7．【答案】C【知识点】勾股定理；菱形的性质【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+故答案为：C.

【分析】先利用菱形的性质及勾股定理求出AB的长，再结合S菱形ABCD=128．【答案】C【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；线段垂直平分线的性质；相似三角形的判定与性质【解析】【解答】解：∵EF是BD的垂直平分线，

∴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”证出△BOF≌△DOE，可得OE=OF，再证出△BOF∽△BAD，可得FOBO=AD9．【答案】4【知识点】配方法解一元二次方程【解析】【解答】解：∵x2+8x=7，

∴x2+8x+42=7+4故答案为：4.

【分析】先利用配方法将一元二次方程x2+8x=7化为10．【答案】20【知识点】菱形的性质【解析】【解答】解：∵菱形ABCD中，AC=6，BD=8，∴OA=12AC=3，OB=1∴AB==5，∴菱形ABCD的周长是：20．故答案为：20．【分析】由菱形ABCD的两条对角线相交于O，若AC=6，BD=8，可求得OA与OB的长，然后由勾股定理求得边AB的长，继而求得答案．11．【答案】m>2且m≠3【知识点】一元二次方程根的判别式及应用【解析】【解答】解：∵一元二次方程(m−3)x2+2x−1=0有两个不相等的实数根，

∴m−3≠0△=22−4×故答案为：m>2且m≠3.

【分析】利用一元二次方程根的判别式列出不等式组求解即可.12．【答案】-1【知识点】一元二次方程的根与系数的关系【解析】【解答】解：根据题意可得：x1+x2=−ba=−31=−3，x1x2故答案为：-1.

【分析】先利用根与系数的关系求出x1+x2=−13．【答案】17【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题【解析】【解答】解：作E关于直线AC的对称点E′，连接E′F，则E′F即为所求，过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'故答案为：17．【分析】要使PF+PE的值最小，添加辅助线作E关于直线AC的对称点E′，连接E′F，则E′F（E′F=PF+PE）即为所求，过F作FG⊥CD于G，在Rt△E′FG中，求出GE′、GF的长，利用勾股定理求出E′F的长。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【知识点】实数的运算；因式分解法解一元二次方程【解析】【分析】（1）先利用二次根式、负指数幂、绝对值和0指数幂的性质化简，再计算即可；

（2）利用因式分解法的计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是符合条件的最大整数，且一元二次方程x2−4x+k=0，得解得x1=1，x2=3，一元二次方程当x=1时，把x=1代入x2+mx−1=0，得1+m−1=0，解得当x=3时，把x=3代入x2+mx−1=0，得9+3m−1=0，解得综上所述：如果k是符合条件的最大整数，且一元二次方程x2−4x+k=0与x2+mx−1=0有一个相同的根，【知识点】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别式及应用【解析】【分析】（1）利用一元二次方程根的判别式列出不等式求解即可；

（2）先求出方程的根，再分别代入x216．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，

∴AB//CD，

∴∠DCE=∠CEB，∵EC平分∠DEB，

∴∠DEC=∠CEB，

∴∠DCE=∠DEC，

∴DE=DC；（2）证明：如图，连接DF，∵DE=DC，F为CE的中点，∴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．【知识点】三角形全等及其性质；矩形的性质；三角形全等的判定（SAS）；角平分线的定义【解析】【分析】（1）利用平行的性质可得∠DCE=∠CEB，再利用角平分线的定义可得∠DEC=∠CEB，根据等量代换可得∠DCE=∠DEC，再根据等角对等边的性质可得DE=DC；

（2）连接DF，先利用“SAS”证出△ABF≌△DCF，可得∠AFB=∠DFC=90°，从而可得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综上所述，故结论是：k1=1，【知识点】一元二次方程的根与系数的关系【解析】【分析】先利用根与系数的关系可得x1x2=2(k−1)k18．【答案】（1）解：由折叠可得AB=AB′，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=DC=DF，∠B∴B′E=B′F（2）解：图（2）的证明：延长CD到点G，使DG=BE，连接AG，需证△ABE≌△ADG，∵CB//AD，∴∠AEB=∠EAD，∵∠BAE=∠B′AE，∴∠B∴∠AGD=∠GAF，∴GF=AF，∴BE+DF=AF；【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）【解析】【解答】解：图（3）在BC上取点M，使BM=DF，连接AM，需证△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）利用折叠的性质及正方形的性质可得AB=DC=DF，再利用线段的和差及等量代换可得DF+BE=AF；

（2）利用正方形的性质及全等三角的判定方法和性质证出线段相等，再利用线段的和差及等量代换求解即可.19．【答案】-7【知识点】代数式求值；一元二次方程的根；一元二次方程的根与系数的关系【解析】【解答】解：∵m，n是一元二次方程x2+3x−5=0的两个根，

∴m2+3m−5=0，m+n=−31=−3，故答案为：-7.

【分析】根据一元二次方程根与系数的关系可得m2+3m−5=0，m+n=−320．【答案】x【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；利用二次函数图象求一元二次方程的近似根【解析】【解答】因为x的方程a(x+m)2+b=0的解是x1=2，x2=−1，所以二次函数y=a(x+m)2+b与x轴的交点坐标为(2，0)，(−1，0)，又因为把抛物线y=a(x+m)2+b向左平移2个单位得到y=a(x+m+2)2+b，所以y=a(x+m+2)2+b与x轴的交点坐标为(0，0)，(−3，0)，所以方程a(x+m+2)2+b=0的解是x1=0，x2=−3.故答案为：x1=0，x2=−3.【分析】可利用数形结合的思想，由a(x+m)2+b=0的解是x1=2，x2=−1，可知二次函数y=a(x+m)2+b与x轴的交点坐标为(2，0)，(−1，0)，由抛物线y=a(x+m)2+b向左平移2个单位得到y=a(x+m+2)2+b，对应的函数y=a(x+m+2)2+b与x轴的交点坐标为(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【知识点】垂线段最短；三角形的面积；勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质【解析】【解答】解：如图，连接OE，

∵四边形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°，

∴四边形EFOG是矩形，

∴OE=GF，

∴要使GF最小，则只需要OE最小，根据垂线段最短可得当OE⊥CD时，OE最短，

此时S△COD=12【分析】由菱形的性质得AC⊥BD，DO=12BD=22，OA=OC，AD=CD=22．【答案】5cm或5.2cm【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；正方形的性质【解析】【解答】解：当点P在BC上，AM＞BP，当点P在AB上，AM＞BP，不合题意，舍去；当点P在CD上，如图，∵PB=AM∵四边形ABCD为正方形，∴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，当点P在AD上，如图，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的长为5cm或5.2cm．故答案为5cm或5.2cm．

【分析】分两种情况，再利用“HL”证明三角形全等，然后根据全等三角形的性质求解即可。23．【答案】②③④【知识点】一元二次方程的其他应用；定义新运算【解析】【解答】解：①方程x2−x−2=0可化简为（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不正确；

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

③方程px2+3x+q=0的解为x1=−1p，x2=−q，∵pq=2，∴x2=-q=−2p=2x1，∴方程px2+3x+q=0是倍根方程，∴③正确；

④方程ax2+bx+c=0的解为x1=综上，正确的结论是②③④，

故答案为：②③④.

【分析】利用“倍根方程”的定义及解一元二次方程的计算方法和解逐项分析判断即可.24．【答案】（1）20−x；300+20x（2）解：(20−x)(300+20x)=6120，解得：x1=2，∵商家尽量让顾客获得优惠，∴x=3，∴每千克应降价3元．【知识点】一元二次方程的实际应用-销售问题【解析】【解答】解：（1）∵该水果每千克降价x元，进价为每千克40元，售价为每千克60元，

∴每千克水果盈利：60-x-40=20-x，

∵该水果售价每千克降价1元，日销售量将增加20千克，

∴每天销售量为：300+20x，

故答案为：20−x；300+20x；

【分析】（1）利用“利润=售价-进价”可得每千克的利润；再根据“该水果售价每千克降价1元，日销售量将增加20千克”列出代数式即可；

（2）根据“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：如图，过点F作FM⊥AB交BA的延长线于点M．∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠B=90°=∠BAD，∵FM⊥AB，∠MAD=90°，FG⊥AD，∴四边形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：如图，延长GH交CD于点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．【知识点】正方形的性质；四边形的综合【解析】【分析】（1）过点F作FM⊥AB交BA的延长线于点M，先利用“AAS”证出△EFM≌△CEB，可得BE=MF，ME=BC，再利用等量代换可得AG=FG；

（2）延长GH交CD于点N，利用平行线分线段成比例的性质可得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由题意得：CM=t，CB=23①当点M在CB边上时，S=23②当点M在CB边的延长线上时，S=t−23（3）解：存在．①当AB是菱形的边时，如图所示，在菱形AP1Q1B中，Q在菱形ABP2Q2中，AQ在菱形ABP3Q3中，AQ②当AB为菱形的对角线时，如图所示的菱形AP设菱形的边长为x，则在Rt△AP4O即x2=12+综上可得，平面内满足条件的Q点的坐标为：Q1(−1，0)，Q2【知识点】点的坐标；四边形的综合【解析】【分析】（1）先求出一元二次方程的根，可得点A、B的坐标，求出AB=2，再结合AB：AC=1：2，求出AC的长，即可得到点C的坐标；

（2）分类讨论：①当点M在CB边上时，②当点M在CB边的延长线上时，再分别求解即可；

（3）分类讨论：

试题分析部分1、试卷总体分布分析总分：150分分值分布客观题（占比）48.0(32.0%)主观题（占比）102.0(68.0%)题量分布客观题（占比）12(46.2%)主观题（占比）14(53.8%)2、试卷题量分布分析大题题型题目量（占比）分值（占比）解答题（本大题共5个小题，共48分，解答过程写在答题卡上）5(19.2%)48.0(32.0%)填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，）10(38.5%)40.0(26.7%)选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符