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第=page11頁,共=sectionpages11頁2024-2025學(xué)年江蘇省常州市新北區(qū)河海實(shí)驗(yàn)學(xué)校九年級(jí)(上)月考數(shù)學(xué)試卷(10月份)一、選擇題:本題共8小題,每小題2分,共16分。在每小題給出的選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.下列方程中,屬于一元二次方程的是(
)A.x2?2x?3=0 B.x2?xy=2 C.2.下列一元二次方程中,沒有實(shí)數(shù)根的是(
)A.x2?x+1=0 B.x(x?1)=0 C.x23.若關(guān)于x的一元二次方程mx2?2x+6=0的一個(gè)根是?1,則m的值是A.?3 B.?2 C.?1 D.?84.如圖,在△ABC中,點(diǎn)D,E分別為邊AB,AC的中點(diǎn).下列結(jié)論中,錯(cuò)誤的是(
)A.DE//BC
B.△ADE∽△ABC
C.BC=2DE
D.S5.如圖,在△ABC中,點(diǎn)D,E,F(xiàn)分別是AB,AC,BC上的點(diǎn),DE//BC,EF//AB,且AD:DB=3:5,那么CF:CB等于(
)
A.5:8 B.3:8 C.3:5 D.2:56.如圖,正方形CEFG的頂點(diǎn)G在正方形ABCD的邊CD上,AF與DC交于點(diǎn)H,若AB=6,CE=2,則DH的長為(
)A.2
B.3
C.52
D.7.我國古代數(shù)學(xué)家趙爽(公元3~4世紀(jì))在其所著的《勾股圓方圖注》中記載過一元二次方程(正根)的幾何解法.以方程x2+2x?35=0即x(x+2)=35為例說明,記載的方法是:構(gòu)造如圖,大正方形的面積是(x+x+2)2.同時(shí)它又等于四個(gè)矩形的面積加上中間小正方形的面積,即4×35+22,因此x=5.A. B. C. D.8.有關(guān)于x的兩個(gè)方程:ax2+bx+c=0與ax2?bx+c=0A.兩個(gè)方程可能一個(gè)有實(shí)數(shù)根,另一個(gè)沒有實(shí)數(shù)根
B.若兩個(gè)方程都有實(shí)數(shù)根,則必有一根互為相反數(shù)
C.若兩個(gè)方程都有實(shí)數(shù)根,則必有一根相等
D.若兩個(gè)方程都有實(shí)數(shù)根,則必有一根互為倒數(shù)二、填空題:本題共10小題,每小題2分,共20分。9.一元二次方程x2?3x=0的實(shí)數(shù)根為x1=______,x10.用配方法解一元二次方程x2+4x?3=0,配方后的方程為(x+2)2=n11.已知x3=y4=z5(x,y,z12.設(shè)關(guān)于x的方程x2?6x+k=0的兩根是m和n,且3m+2n=20,則k值為______.13.若a是方程x2?x?1=0的一個(gè)根,則代數(shù)式?a3+2a+2014的值14.某超市銷售一種飲料,平均每天可售出100箱,每箱利潤12元,為擴(kuò)大銷量,增加利潤,超市準(zhǔn)備適當(dāng)降價(jià),據(jù)測(cè)算,每箱每降價(jià)1元平均每天可多售出20箱,若要使每天銷售飲料獲利1440元,則每箱應(yīng)降價(jià)______元.15.如圖所示,網(wǎng)格中相似的兩個(gè)三角形是______.(填序號(hào))
16.如圖,AD是△ABC的中線,E是AD上一點(diǎn),AE:ED=1:3,BE的延長線交AC于F,AF:FC為______.
17.如圖,在?ABCD中,AD=10cm,CD=6cm,E為AD上一點(diǎn),且BE=BC,CE=CD,則DE=______cm.
18.如圖,在Rt△ABC中,∠C=90°,AD是△ABC的一條角平分線,E為AD中點(diǎn),連接BE.若BE=BC,CD=2,則BD=______.
三、解答題:本題共7小題,共64分。解答應(yīng)寫出文字說明,證明過程或演算步驟。19.(本小題8分)
解方程:
(1)x(3x?2)=3(3x?2);
(2)x220.(本小題8分)
已知關(guān)于x的一元二次方程x2?(m+2)x+m?1=0.
(1)求證:無論m取何值,方程都有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根;
(2)如果方程的兩個(gè)實(shí)數(shù)根為x1,x2,且x21.(本小題8分)
新定義:如果一個(gè)矩形,它的周長和面積分別是另外一個(gè)矩形的周長和面積的一半,則這個(gè)矩形是另一個(gè)矩形的“減半”矩形.
(1)驗(yàn)證:矩形EFGH是矩形ABCD的“減半”矩形,其中矩形ABCD的長為12、寬為2,矩形EFGH的長為4、寬為3.
(2)探索:一矩形的長為2、寬為1時(shí),它是否存在“減半”矩形?請(qǐng)作出判斷,并說明理由.22.(本小題8分)
如圖,已知點(diǎn)B、C在線段AD上,且AB=9,CD=4,△PBC是邊長為6的等邊三角形.求證:△ABP∽△PCD.
23.(本小題10分)
如圖,已知梯形ABCD中,AD//BC.E是邊AB上一點(diǎn),CE與對(duì)角線BD交于點(diǎn)F,且BE2=EF?EC.求證:
(1)△ABD∽△FCB;24.(本小題10分)
如圖,在四邊形ABCD中,AB//DC,AD=BC=5cm,AB=12cm,CD=6cm,點(diǎn)P從A開始沿AB邊向B以每秒3cm的速度移動(dòng),點(diǎn)Q從C開始沿CD邊向D以每秒1cm的速度移動(dòng),如果點(diǎn)P、Q分別從A、C同時(shí)出發(fā),當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)運(yùn)動(dòng)停止.設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒.
(1)求證:當(dāng)t=32時(shí),四邊形APQD是平行四邊形;
(2)PQ是否可能平分對(duì)角線BD?若能,求出當(dāng)t為何值時(shí)PQ平分BD;若不能,請(qǐng)說明理由;
(3)若△DPQ是以PD為腰的等腰三角形,求t的值.25.(本小題12分)
【探究】如圖①,在矩形ABCD中,點(diǎn)E在邊DC上,連結(jié)AE,過點(diǎn)D作DF⊥AE于點(diǎn)G,交邊BC于點(diǎn)F.若AB=6,BC=8,求DFAE的值.
【應(yīng)用】(1)如圖②,在△ABC中,∠BAC=90°,點(diǎn)F為邊BC的中點(diǎn),連結(jié)AF,過點(diǎn)B作BD⊥AF于點(diǎn)E,交邊AC于點(diǎn)D.若ABAC=34,AFBD的值為______.
(2)如圖③,在△ABC中,∠BAC=90°,點(diǎn)D為AC的中點(diǎn),連結(jié)BD,過點(diǎn)A作AE⊥BD于點(diǎn)E,交邊BC于點(diǎn)F.若ABAC=參考答案1.A
2.A
3.D
4.D
5.A
6.B
7.D
8.B
9.0
3
10.7
11.11712.?16
13.2013
14.3或4
15.①③
16.1:6
17.3.6
18.1+19.解:(1)∵x(3x?2)=3(3x?2),
∴x(3x?2)?3(3x?2)=0,
則(3x?2)(x?3)=0,
∴3x?2=0或x?3=0,
解得x1=23,x2=3;
(2)∵x2+12x=4,
∴x20.解:(1)x2?(m+2)x+m?1=0,
這里a=1,b=?(m+2),c=m?1,
Δ=b2?4ac
=[?(m+2)]2?4×1×(m?1)
=m2+4m+4?4m+4
=m2+8.
∵m2≥0,
∴△>0.
∴無論m取何值,方程都有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根;
(2)設(shè)方程x2?(m+2)x+m?1=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根為x1,x2,
則x1+x2=m+2,x1x221.(1)證明:∵矩形EFGH的周長為:2×(4+3)=14,
矩形ABCD的周長為:2×(12+2)=28,
∴矩形EFGH的周長=12矩形ABCD的周長;
∵矩形EFGH的面積為:4×3=12,
矩形ABCD的面積為:2×12=24,
∴矩形EFGH的面積=12矩形ABCD的面積;
∴矩形EFGH是矩形ABCD的“減半”矩形.
(2)解:該矩形不存在“減半”矩形,理由如下:
若矩形存在“減半”矩形,設(shè)該“減半”矩形長和寬分別為m,n(m>n),
∵原矩形的長和寬分別為2,1,
∴2(m+n)=12×2×(2+1)①,mn=12×1×2②,
由①得:m=32?n,
將m=32?n代入②得:(22.證明:在等邊三角形PBC中,∠PCA=∠PBD=60°,
∴在△ABP和△PCD中,∠PCD=∠ABP=120°,
∵AB=9,PC=PB=6,CD=4,
∴ABPC=96=32,BP23.證明:(1)∵BE2=EF?EC,
∴BEEF=ECBE,
∵∠BEF=∠CEB,
∴△BEF∽△CEB,
∴∠EBF=∠ECB,
∵AD/?/BC,
∴∠ADB=∠FBC,
∴△ABD∽△FCB;
(2)由(1)知△BEF∽△CEB,△ABD∽△FCB
∴24.(1)證明:∵123<61,
∴當(dāng)t=4秒時(shí),兩點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng),在運(yùn)動(dòng)過程中AP=3t,CQ=t,
∴BP=12?3t,DQ=6?t,
當(dāng)t=32時(shí),DQ=6?32=92,AP=3×32=92,
∴AP=DQ
又∵四邊形ABCD為等腰梯形,
∴AP//DQ,
∴四邊形APQD為平行四邊形;
(2)解:PQ能平分對(duì)角線BD,當(dāng)t=3秒時(shí),PQ平分對(duì)角線BD.
理由如下:
連接BD交PQ于點(diǎn)E,如圖1所示:
若PQ平分對(duì)角線BD,則DE=BE,
∵CD/?/AB,
∴∠1=∠2,∠3=∠4,
在△DEQ和△BEP中,
∠3=∠4∠1=∠2DE=BE,
∴△DEQ≌△BEP(AAS),
∴DQ=BP,
即四邊形DPBQ為平行四邊形,
∴6?t=12?3t,
解得t=3,符合題意,
∴當(dāng)t=3秒時(shí),PQ平分對(duì)角線BD.
(3)解:分兩種
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