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四川省成都实验外国语学校（西区）2025-2026学年九年级上学期月考数学试卷（10月份）
1．（2025九上·成都月考）下列方程是一元二次方程的是（　　）
A． B．（a、b、c为常数）
C． D．
【答案】C
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解：A、方程中出现，属于分式方程，不符合整式条件，不符合题意；
B、中未明确，当时不是二次方程，不符合题意；
C、∵
∴，
∴，满足整式、一元、二次的条件，符合题意；
D、方程含两个未知数和，是二元二次方程，不符合题意．
故答案为：C．
【分析】只含有一个未知数，且未知数的最高次数是2的整式方程是一元二次方程，据此逐一判断得出答案.
2．（2025九上·成都月考）下列各组的四条线段a，b，c，d是成比例线段的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】比例线段
【解析】【解答】解：A、，故长度为a=4，b=6，c=5，d=10的四条线段不成比例，此选项不符合题意；
B、， 故长度为a=1，b=2，c=3，d=4的四条线段不成比例，此选项不符合题意；
C、 ， 故长度为a=，b=3，c=2，d=的四条线段不成比例，此选项不符合题意；
D、， 故长度为a=2，b=5，c=6，d=15的四条线段成比例，此选项符合题意.
故答案为：D．
【分析】如果四条线段a、b、c、d满足ad=bc，那么这四条线段成比例，据此逐一判断得出答案.
3．（2025九上·成都月考）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，下列条件中不能判断△ABC∽△AED的是（　　）
A．∠AED=∠B B．∠ADE=∠C C． D．
【答案】D
【知识点】相似三角形的判定
【解析】【解答】解：由题意得∠DAE=∠CAB，
A、当∠AED=∠B时，△ABC∽△AED，故本选项不符合题意；
B、当∠ADE=∠C时，△ABC∽△AED，故本选项不符合题意；
C、当=时，△ABC∽△AED，故本选项不符合题意；
D、当=时，不能推断△ABC∽△AED，故本选项符合题意.
故答案为：D．
【分析】由于△ABC与△AED具有公共角∠DAE，从而根据有两组角对应相等的两个三角形相似可判断A、B选项；根据两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似可判断C、D选项.
4．（2025九上·成都月考）若关于x的一元二次方程 有实数根，则实数k的取值范围是（　　）
A． B．
C． 且 D． 且
【答案】D
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：由题意可知：
解得：
∴ 且 .
故答案为：D.
【分析】对于一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”中，当b2-4ac＞0时方程有两个不相等的实数根，当b2-4ac=0时方程有两个相等的实数根，当b2-4ac＜0时方程没有实数根，由此并结合题意可得△≥0且k+2≠0，代入求解可得k的范围.
5．（2025九上·成都月考）已知，则的值为（　　）
A． B．5 C． D．2
【答案】B
【知识点】因式分解法解一元二次方程；偶次方的非负性
【解析】【解答】解：，
，
，
，
，
即，
所以，
故答案为：B．
【分析】把a2+b2看成一个整体，利用单项式乘以多形式法则展开括号，把方程整理成一般形式，然后将方程左边利用十字相乘法分解因式，根据两个因式的乘积等于零则至少有一个为零，并结合偶数次幂的非负性即可得出关于a2+b2的方程，求解即可.
6．（2025九上·成都月考）如图，在长为32米、宽为12米的矩形地面上修建如图所示的道路（图中的阴影部分）余下部分铺设草坪，要使得草坪的面积为300平方米，则可列方程为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】列一元二次方程；利用平移的思想解决实际问题
【解析】【解答】解：根据题意得：；
故答案为：．
故答案为：C．
【分析】利用平移的思想可得草坪实际就是一个长为(32-x)米，宽为(12-x)米的距离，根据矩形的面积公式建立方程即可.
7．（2025九上·成都月考）如图，顺次连接四边形各边中点得到四边形，要使四边形为菱形，要添加的条件是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】菱形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：应该添加的条件是；
连接、，
∵、、、分别为四边形四条边上的中点，
∴、分别为和的中位线，
，
同理，
又，
，
∴四边形是菱形，
故答案为：B．
【分析】添加AC=BD，理由如下：根据三角形中位线等于第三边的一半得，，结合AC=BD，得到EF=EH=HG=FG，由“四边相等的四边形是菱形”得出四边形为菱形．
8．（2025九上·成都月考）如图，在菱形ABCD中，AC=6，BD=6，E是BC边的中点，P，M分别是AC，AB上的动点，连接PE，PM，则PE+PM的最小值是（　　）
A．6 B．3 C．2 D．4.5
【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】如图，作点E关于AC的对称点E'，过点E'作E'M⊥AB于点M，交AC于点P
则点P、M即为使PE+PM取得最小值的点
则有PE+PM=PE'+PM=E'M
∵四边形ABCD是菱形
∴点E'在CD上
∵AC=6，BD=6
∴AB=
由S菱形ABCD=AC BD=AB E'M得×6×6=3 E'M
解得：E'M=2
即PE+PM的最小值是2
故选：C．
【分析】
如图，作点E关于AC的对称点E'，过点E'作E'M⊥AB于点M，交AC于点P，由于E'是E关于AC的对称点，所以PE=E'P。根据菱形的性质，可以计算出AB的长度。然后，利用菱形的面积公式和已知的AC、BD的长度，可以计算出菱形ABCD的面积。再根据菱形的面积也可以表示为AB和E'M的乘积，即可解出EM的长度，即可得答案．
9．（2025九上·成都月考）已知，且，则　 　．
【答案】5
【知识点】比例的性质
【解析】【解答】解：假设，
∴
解得，
∴，
∴，
故答案为：5．
【分析】根据连比可设，然后代入已知方程可得关于字母k的方程，求解得出k的值，进而即可求出a、b、c的值，最后再将a、b、c的值代入待求式子计算即可得出答案.
10．（2025九上·成都月考）已知方程有一个实数根为，则另一个实数根是　 　，　 　．
【答案】；
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：方程有一个实数根为，设另一个根是．
则，，
∴，．
故答案为：，．
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，假设x1与x2是一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”的两个实数根，则x1+x2=，，据此设方程另一个根是，可得，，再进一步计算即可．
11．（2025九上·成都月考）已知a、b是关于x的一元二次方程的两个根，则代数式　 　．
【答案】1
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：∵a、b是关于x的一元二次方程的两个根，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：1．
【分析】由一元二次方程根的定义得a2+2a=7，由一元二次方程根与系数的关系得a+b=-2，再将式子利用拆项及乘法分配律逆用变形为含a2+2a及a+b表示的形式，从而整体代入计算即可得解．
12．（2025九上·成都月考）如图，在中，，，则　 　．
【答案】4
【知识点】相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；两直线平行，同位角相等
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：4.
【分析】由二直线平行，同位角相等得，，进而根据有两组角相等的两个三角形相似证明，由相似三角形对应边成比例建立方程可求出BF的长.
13．（2025九上·成都月考）如图，在矩形中，，，连接，分别以点A，C为圆心，大于长为半径画弧，两相交于点E，F，连接，相交于点G． 与相交于点H，连接，． 则的长为　 　．
【答案】
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；菱形的判定与性质；尺规作图-垂直平分线
【解析】【解答】解：连接，，，，如图：
由题意得：，
∴四边形为菱形，
∴垂直平分，即垂直平分，
∴，
过点作交于点，如图：
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，即，
解得：，
∴，
同理可得：，
又∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，
在中，
，
故答案为：．
【分析】连接，，，，根据作图并结合菱形的判定“四边都相等的四边形是菱形”可得四边形为菱形，由线段的垂直平分线的性质“线段的垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等”可得，过点作交于点，根据勾股定理求出，同理可得，由线段的构成IG=AB-AI-BG求得IG的值，在中，再根据勾股定理即可求解．
14．（2025九上·成都月考）若 ，则k＝　 　.
【答案】 或﹣1
【知识点】等式的基本性质
【解析】【解答】解：当a+b+c＝0时，a＝﹣（b+c），则k＝ ＝ ＝﹣1；
当a+b+c≠0时，根据等比性质可以得到：k＝ ＝ ＝ .
则k＝ 或﹣1.
【分析】根据a+b+c的值是否为0分类讨论：a+b+c＝0时，根据等式的基本性质可得a＝﹣（b+c），代入即可求出k；当a+b+c≠0时，根据等比性质即可求出k.
15．（2025九上·成都月考）已知 、 是关于 的一元二次方程 的两个不相等的实数根，且满足 ，则 的值是　 　．
【答案】
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：得 + =-2m-3， =m2，又因为 ，所以m2-2m-3=0，得m=3或m=-1，因为一元二次方程 的两个不相等的实数根，所以△>0，得（2m+3）2-4×m2=12m+9>0，所以m＞ ，所以m=-1舍去，综上m=3.
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系得 + =-2m-3， =m2，然后将 左边利用异分母分式加法法则通分计算，再整体代入去分母就可得出关于m的方程，求解得出m的值；再根据一元二次方程 的两个不相等的实数根，故△>0，从而列出不等式，求解得出m的取值范围，综上所述即可得出m的值。
16．（2025九上·成都月考）如图，D为中上一点，E为上一点，连接，交于点M，满足，则　 　．
【答案】
【知识点】8字型相似模型；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】解：作交的延长线于点，
则：，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【分析】作交的延长线于点，由平行于三角形一边的直线截其它两边的延长线，所截三角形与原三角形相似证明与，由相似三角形对应边成比例建立方程结合已知线段关系，求解即可.
17．（2025九上·成都月考）新定义：关于的一元二次方程与称为“同族二次方程”，例如：与是“同族二次方程”．现有关于的一元二次方程与是“同族二次方程”，则代数式的最小值是　 　．
【答案】
【知识点】偶次方的非负性；配方法的应用
【解析】【解答】解：关于的一元二次方程与是“同族二次方程”，
，
，
，
解得：，
，
，
代数式的最小值是．
故答案为：．
【分析】根据新定义，两个方程为同族二次方程，需满足顶点坐标相同且二次项系数不同；从而将(m+2)x2+(n-4)x+8=0转化为顶点式，求出m和n的值，再利用二次函数性质求最小值即可.
18．（2025九上·成都月考）如图，正方形的边长为4，是等边三角形，点F在边的上方，点E在射线上运动．连接，取的中点M，则线段的长度的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】正方形的性质；三角形的中位线定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：取的中点N，连接，
∵点M是的中点，点N是的中点，
∴，
∵在等边中，，
∴，
∴是点M的运动轨迹，
∴当时，线段取得最小值，如下图．
连接，
∵点N是的中点，
∴，
∵在正方形中，，
∴在中，，
过点B作于点Q，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴．
设与相交于点H，过点H作于点P，
设，则
∵，，
∴，
∴，
∵，∠HNP=∠ANB，
∴，
∴，即，
解得，
∴．
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴线段的长度的最小值为．
故答案为：．
【分析】取BC的中点N，连接MN，由三角形中位线定理得，由平行线性质及等边三角形性质得，从而得到是点M的运动轨迹，因此当时，线段取得最小值；连接，根据勾股定理算出AN，过点B作BQ⊥AN于点Q，从而由有两组角相等的三角形相似证，由相似三角形对应边成比例建立方程求出BQ的长；设与相交于点H，过点H作于点P，设，则，，根据勾股定理表示出HP， 由有两组角相等的三角形相似证，由相似三角形对应边成比例建立方程求出x，从而得到BH的长；再由有两组角相等的三角形相似证， 由相似三角形对应边成比例建立方程求出 AM，从而即可得出答案.
19．（2025九上·成都月考）用适当的方法解下列关于x的方程：
（1）
（2）
（3）
（4）
【答案】（1）解：，
变形为，
∴，
∴或，
解得：，．
（2）解：，
∴，，，
∴，
∴，
∴，．
（3）解：，
整理得：，
∴，，，
∴，
∴，
∴，．
（4）解：，
∴，
∴，
∴或或，
解得：，，．
【知识点】公式法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）把2x-5看成一个整体，将方程右边提取公因式后整体移到方程左边，再将方程左边利用提取公因式法分解因式，根据两个因式的乘积等于零，则至少有一个因式为零，从而将方程降次为两个一元一次方程，解两个一元一次方程即可求出原方程的解；
（2）此方程是一元二次方程的一般形式，直接找出二次项系数a、一次项系数b及常数项c的值，然后算出根的判别式b2-4ac的值，由判别式的值大于0可知方程有两个不相等的实数根，进而利用求根公式“”求出方程的根；
（3）首项利用去括号、移项、合并同类项将方程整理成一般形式，然后找出二次项系数a、一次项系数b及常数项c的值，然后算出根的判别式b2-4ac的值，由判别式的值大于0可知方程有两个不相等的实数根，进而利用求根公式“”求出方程的根；
（4）先把x2+2x看成一个整体，将方程左边利用十字相乘法分解因式，进而再利用十字相乘法及完全平方公式法进行第二次分解，根据几个因式的乘积等于零，则至少有一个因式为零，从而将方程降次为三个一元一次方程，解三个一元一次方程即可求出原方程的解.
（1）解：，
变形为，
∴，
∴或，
解得：，．
（2）解：，
∴，，，
∴，
∴，
∴，．
（3）解：，
整理得：，
∴，，，
∴，
∴，
∴，．
（4）解：，
∴，
∴，
∴或或，
解得：，，．
20．（2025九上·成都月考）在“趣味化学实验室”选修课上，张老师用毛笔蘸取透明无色液体，并在白纸上书写，立马显现出红色的文字，这是酚酞溶液产生的神奇变化．酚酞是化学领域重要的酸碱指示剂，它遇碱变红，遇酸或中性溶液不变色、现有四个完全相同且无标签的滴瓶，里面分别装有四种无色溶液：
（1）小明同学从中随机拿出一瓶，选中酚酞的概率是______；
（2）张老师随机从两瓶溶液中各取一定量的溶液混合均匀，请用列表格或画树状图的方法求出混合后的溶液变红色的概率．
【答案】（1）
（2）解：列表如下，
　 A B C D
A 　
B 　
C 　
D 　
共有12种等可能结果，其中混合后的溶液变红色的结果有：，共2种，
∴混合后的溶液变红色的概率为．
【知识点】用列表法或树状图法求概率；概率公式
【解析】【解答】（1）解：由题意知，共有4种等可能的结果，其中选中酚酞的结果有1种，
∴小明同学从中随机拿出一瓶，选中酚酞的概率是；
故答案为：；
【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）利用列表法列举出所有等可能的结果数，由表可知共有12种等可能结果，其中混合后的溶液变红色的结果有2种， 再利用概率公式可得出答案．
（1）解：由题意知，共有4种等可能的结果，其中选中酚酞的结果有1种，
∴小明同学从中随机拿出一瓶，选中酚酞的概率是；
故答案为：．
（2）解：列表如下，
　 A B C D
A 　
B 　
C 　
D 　
共有12种等可能结果，其中混合后的溶液变红色的结果有：，共2种，
∴混合后的溶液变红色的概率为．
21．（2025九上·成都月考）已知关于x的一元二次方程x2-（2k+1）x+k2+1=0有两个不等的实数根x1，x2．
（1）求实数k的取值范围；
（2）若该方程的两个实数根x1，x2满足|x1|+|x2|=x12+x22-10，求k的值．
【答案】解：（1）由题意，△，
，
解得．
（2）依题意得：，，
由（1）得：，
，，
、同为正根，
，
可化为：，
，
，
，
，
，，
，
．
【知识点】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；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【分析】（1）对于一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”中，当b2-4ac＞0时方程有两个不相等的实数根，当b2-4ac=0时方程有两个相等的实数根，当b2-4ac＜0时方程没有实数根，据此结合题意列出关于字母k的不等式，求解可得k的取值范围；
（2）根据一元二次方程根与系数的关系，假设x1与x2是一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”的两个实数根，则x1+x2=，，据此结合题意可得＞0，＞0， 根据有理数加法及乘法法则判断出、同为正根，然后根据绝对值性质、完全平方公式恒等变形计整体代入可将等式变形为，求解再结合（1）中k的取值确定出符合题意的k值.
22．（2025九上·成都月考）如图，矩形的对角线与相交于点O，，直线是线段的垂直平分线，分别交于点F，G，连接．
（1）判断四边形的形状，并说明理由；
（2）证明：；
（3）当时，求四边形的面积及线段的长．
【答案】（1）证明：四边形是菱形，理由如下，
∵矩形的对角线与相交于点O，
∴，
∵直线是线段的垂直平分线，
∴，，
∴，即是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）证明：∵是线段的垂直平分线，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：∵，为等边三角形，直线是线段的垂直平分线，
∴，
∴，，
由（1）得四边形是菱形，
∴，
∴，
∴四边形的面积为：，
在中，，
∴，
∴．
【知识点】四边形的综合
【解析】【分析】（1） 四边形OCDE是菱形，理由如下；由矩形的对角线相等且互相平分得OC=OD，由线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等得CO=CD，EO=ED，从而由三边相等的三角形是等边三角形得△COD是等边三角形，由等边三角形三个内角都是60°及二直线平行，内错角相等、等边对等角得∠EOD=∠EDO=∠ODC=60°，由有两个内角为60°的三角形是等边三角形得△EOD是等边三角形，由等边三角形三边相等推出CO=CD=EO=ED，从而根据四边相等的四边形是菱形得出结论；
（2）由有两组角相等得三角形相似得出△DCF∽△GCD，由相似三角形对应边对应边成比例得出，结合即可得到结论；
（3）利用含30度角的直角三角形的性质求得和的长，利用菱形的性质得到，进而根据菱形面积公式可得面积；在中，由正切函数定义及特殊锐角三角函数值可求出GF的长，最后根据EG=EF-GF可得答案.
（1）证明：四边形是菱形，理由如下，
∵矩形的对角线与相交于点O，
∴，
∵直线是线段的垂直平分线，
∴，，
∴，即是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）证明：∵是线段的垂直平分线，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：∵，为等边三角形，
∴，
∵直线是线段的垂直平分线，且，
∴，，
由（1）得四边形是菱形，
∴，
∴，
∴四边形的面积为：，
在中，，
∴，
∴．
23．（2025九上·成都月考）【知识技能】（1）如图1，点E是正方形中边上一点，以点A为中心，把顺时针旋转得到，若正方形边长为3，，求的长．
【数学理解】（2）如图2，点E是正方形内部一点，连接，将绕点B逆时针方向旋转90度得到，延长交于点H，连接，请证明： ．
【拓展探索】（3）如图3，正方形的边长为3，，将绕点B逆时针旋转一周，当时，求的长度．
【答案】解：（1）∵四边形是正方形，正方形边长为3，
∴，
根据旋转可得：，
∴，
∴点三点共线，
∴，
∴．
证明：（2）如图，在上截取，连接，
根据旋转可得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴．
解：（3）∵，将绕点B逆时针旋转一周，
∴点E在以点B为圆心，1为半径的圆上运动，
当时，如图，
过点B作，
则，
∴，
∴，
∴．
当时，如图，
过点B作，
则，
∴，
∴，
∴．
综上，是。
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；解直角三角形；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质得出，然后再根据旋转可得：，即可可求出CE的值，进而可得出点三点共线，从而可求出FC的值，在直角三角形EFC中，根据勾股定理：，代入数据即可求解。
（2）在上截取，连接，易证，，从而可得，根据，易得是等腰直角三角形，得出，即可证明．
（3）将绕点B逆时针旋转一周，可得，点E在以点B为圆心，1为半径的圆上运动，过点B作，根据等腰直角三角形的性质，可得，然后再根据勾股定理，可得，进而可得，当时，可得，，进而根据勾股定理，可得，进而可得。
24．（2025九上·成都月考）成都市公安交警部门提醒市民：“出门戴头盔，放心平安归”．某商店统计了某品牌头盔的销售量，四月份售出375个，六月份售出540个，且从四月份到六月份月增长率相同．
（1）求该品牌头盔销售量的月增长率；
（2）经市场调研发现，此种品牌头盔如果每个盈利10元，月销售量为500个，若在此基础上每个涨价4元，则月销售量将减少80个，现在既要使月销售利润达到6000元，又要尽可能让顾客得到实惠，那么该品牌头盔每个应涨价多少元？
【答案】（1）解：设头盔销售量的月增长率为，根据题意得：
，
解得，（舍去），
头盔销售量的月增长率为．
（2）解：设头盔每个涨价元，根据题意得：，
整理得，
解得，，
∵尽可能让顾客得到实惠，
∴不符合题意舍去，
答：该品牌的头盔每个应涨价5元．
【知识点】一元二次方程的实际应用-百分率问题；一元二次方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）此题是一道平均增长率的问题， 根据公式a(1+x)n=p，其中a是平均增长开始的量，x是增长率，n是增长次数，P是增长结束达到的量，根据公式列出方程，利用直接开平方法求解并检验可得答案；
（2）设头盔每个涨价元，则每月实际销售头盔的数量为个，每一个头盔的利润为(m+10)元，根据单个利润乘以销售数量等于总利润并结合月销售利润达到6000元，得出关于的一元二次方程求解，根据“尽可能让市民得到实惠”取舍即可．
（1）解：设头盔销售量的月增长率为，根据题意得：
，
解得，（舍去），
头盔销售量的月增长率为．
（2）解：设头盔每个涨价元，根据题意得：
，
整理得，
解得，，
∵尽可能让顾客得到实惠，
∴不符合题意舍去，
答：该品牌的头盔每个应涨价5元．
25．（2025九上·成都月考）材料1：法国数学家弗朗索瓦·韦达在著作《论方程的识别与订正》中提出一元二次方程的两根有如下的关系（韦达定理）：；
材料2：如果实数m、n满足、，且，则可利用根的定义构造一元二次方程，将m、n看作是此方程的两个不相等的实数根．
请根据上述材料解决下面问题：
（1）已知实数m、n满足、，求的值．
（2）已知实数p、q满足、，且，求的值．
（3）已知实数a、b、c满足、，且，求c的最大值．
【答案】（1）解：∵实数m、n满足、，，
∴m，n是方程的两个不相等的实数根，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴p、可看作方程的两根，
∴，
∴；
（3）解：∵、，
∴a、b是方程的两个根，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴c的最大值为7．
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【分析】（1）由阅读材料2得到m，n是方程的两个不相等的实数根，由韦达定理得到，变形为整体代入即可求解；
（2）把方程变形为，把变形为p2-3p-2=0，由阅读材料2得到p、可看作方程的两根，由韦达定理得到得到，变形为，再整体代入计算即可求解；
（3）由韦达定理得到a、b是方程的两个根，即可得到，根据，即可求出，得到c的最大值为7．
（1）解：∵实数m、n满足、，，
∴m，n是方程的两个不相等的实数根，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴p、可看作方程的两根，
∴，
∴；
（3）解：∵、，
∴a、b是方程的两个根，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴c的最大值为7．
26．（2025九上·成都月考）【问题背景】
（1）如图1，在正方形中，E是上一点，连接，F为射线上一点（不与射线端点A重合），且．求证：且；
【类比探究】
（2）如图2，将（1）中的“正方形”改为“矩形”，其他条件均不变，若，．探究线段与之间的关系，并说明理由；
【拓展延伸】
（3）在（2）的条件下，过点E作交于点H，延长交边于点G，若是等腰三角形，直接写出的值．
【答案】解：（1）证明：如下图，过点E作于点N，于点M，
∴
∵四边形正方形．
∴，∠ABC=90°
∴
∵，
∴≌，
∴．
∵，
∴
∵，，
∴
即．
（2），．
理由：如下图，过点E作交于点M，
∴，
∵四边形矩形，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∵EM⊥BD，
∴ ∠ BEM=90°，
∴ ∠BEM-∠FEM=∠FEC-∠FEM
即，
∴，
∴．
在和中，
∴，
∴，
∴．
（3）的值为或或．
【知识点】矩形的性质；正方形的性质；四边形的综合；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：（3）若△CDE是等腰三角形，则分为以下三种情况：
①当CD=DE=3时，
∵BD=
∴BE=BD-DE=2，
∵EH⊥BD，
∴∠BEH=∠CEF=90°，
∴∠BEF=∠CEH，
又∵∠AFE=∠BCE，
∴△BEF∽△HEC，
∴，
∴，
∴，
∴CH=BC-BH=，
∴；
设BC与FG交于点M，
∵BC∥AD，AB=CD=3，AD=BC=4，
∴△FBM∽△FAG，△BME∽△DGE，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
②当CE=CD=3时，过点C作CP⊥BD于点P，
∴DP=EP，
∵sin∠BDC=，
∴，
∴，
∴，
∴BE=BD-DP-EP=；
同①可得，
∴，
∴，
∴CP=4-；
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
③当DE=EC时，过点E作EQ⊥CD于点Q，
∴CQ=DQ，
∵∠ADC=∠BQC=90°，
∴GD∥EH∥BC，
∴EQ是△BDC的中位线，∠ADB=∠CBD，
∴DE=BE=；
∵tan∠DBC=，
∴，
在△MBE与△GDE中，
∵∠GDE=∠MBE，DE=BE，∠DEG=∠BEM，
∴△MBE≌△GDE（ASA），
∴EM=GM，BM=GD，
∵∠CEF=90°，
∴CE垂直平分MG，
∴CM=CG，
设CM=CG=x，则BM=GD=4-x，
∵DG2+CD2=CG2，
∴(4-x)2+32=x2，
解得，
∴，
综上，的值为或或．
【分析】（1）过点E作于点N，于点M，由正方形性质得，∠ABC=90°，由角平分线上的点到角两边的距离相等得EN=EM，从而利用那个“AAS”证得≌，由全等三角形的对应边相等得EF=EC；由邻补角、等量代换及四边形的内角和定理推出∠FEC=90°，根据垂直的定义可得EF⊥CE；
（2）过点E作交于点M，结合对顶角相等及三角形的内角和定理推出∠FEC=∠FBC=90°，由同角的余角相等推出∠BEF=∠MEC，从而由有两组角对应相等的两个三角形相似得，由相似三角形对应边成比例得出，进而根据∠CBD的正切三角函数定义得出，从而即可得出；
（3）分类讨论： ①当CD=DE=3时，由有两组角相等的三角形相似得△BEF∽△HEC，由相似三角形对应边成比例求出EH、进而利用勾股定理算出BH；设BC与FG交于点M，由平行于三角形一边得直线截其它两边或两边的延长线，所截三角形与原三角形相似得△FBM∽△FAG，△BME∽△DGE，由相似三角形对应边成比例可求出，再利用勾股定理算出CG，即可求出 的值； ②当CE=CD=3时，过点C作CP⊥BD于点P，由等腰三角形的三线合一得DP=PE，由∠BDC的正弦函数得，据此可求出CP，进而利用勾股定理算出PD，同①可得，从而可算出EH、BP、BF、CG，即可求出的值 ；③当DE=EC时，过点E作EQ⊥CD于点Q，由等腰三角形的三线合一得CQ=DQ，由三角形中位线定理得DE=BE=；由∠DBC的正切函数得，据此可求出EH长；利用“ASA”证△MBE≌△GDE，得EM=GM，BM=GD，由线段垂直平分线定理得CM=CG，利用勾股定理建立方程可求出CG，从而可求出的值，综上可得答案.
1 / 1四川省成都实验外国语学校（西区）2025-2026学年九年级上学期月考数学试卷（10月份）
1．（2025九上·成都月考）下列方程是一元二次方程的是（　　）
A． B．（a、b、c为常数）
C． D．
2．（2025九上·成都月考）下列各组的四条线段a，b，c，d是成比例线段的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025九上·成都月考）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，下列条件中不能判断△ABC∽△AED的是（　　）
A．∠AED=∠B B．∠ADE=∠C C． D．
4．（2025九上·成都月考）若关于x的一元二次方程 有实数根，则实数k的取值范围是（　　）
A． B．
C． 且 D． 且
5．（2025九上·成都月考）已知，则的值为（　　）
A． B．5 C． D．2
6．（2025九上·成都月考）如图，在长为32米、宽为12米的矩形地面上修建如图所示的道路（图中的阴影部分）余下部分铺设草坪，要使得草坪的面积为300平方米，则可列方程为（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025九上·成都月考）如图，顺次连接四边形各边中点得到四边形，要使四边形为菱形，要添加的条件是（　　）
A． B． C． D．
8．（2025九上·成都月考）如图，在菱形ABCD中，AC=6，BD=6，E是BC边的中点，P，M分别是AC，AB上的动点，连接PE，PM，则PE+PM的最小值是（　　）
A．6 B．3 C．2 D．4.5
9．（2025九上·成都月考）已知，且，则　 　．
10．（2025九上·成都月考）已知方程有一个实数根为，则另一个实数根是　 　，　 　．
11．（2025九上·成都月考）已知a、b是关于x的一元二次方程的两个根，则代数式　 　．
12．（2025九上·成都月考）如图，在中，，，则　 　．
13．（2025九上·成都月考）如图，在矩形中，，，连接，分别以点A，C为圆心，大于长为半径画弧，两相交于点E，F，连接，相交于点G． 与相交于点H，连接，． 则的长为　 　．
14．（2025九上·成都月考）若 ，则k＝　 　.
15．（2025九上·成都月考）已知 、 是关于 的一元二次方程 的两个不相等的实数根，且满足 ，则 的值是　 　．
16．（2025九上·成都月考）如图，D为中上一点，E为上一点，连接，交于点M，满足，则　 　．
17．（2025九上·成都月考）新定义：关于的一元二次方程与称为“同族二次方程”，例如：与是“同族二次方程”．现有关于的一元二次方程与是“同族二次方程”，则代数式的最小值是　 　．
18．（2025九上·成都月考）如图，正方形的边长为4，是等边三角形，点F在边的上方，点E在射线上运动．连接，取的中点M，则线段的长度的最小值为　 　．
19．（2025九上·成都月考）用适当的方法解下列关于x的方程：
（1）
（2）
（3）
（4）
20．（2025九上·成都月考）在“趣味化学实验室”选修课上，张老师用毛笔蘸取透明无色液体，并在白纸上书写，立马显现出红色的文字，这是酚酞溶液产生的神奇变化．酚酞是化学领域重要的酸碱指示剂，它遇碱变红，遇酸或中性溶液不变色、现有四个完全相同且无标签的滴瓶，里面分别装有四种无色溶液：
（1）小明同学从中随机拿出一瓶，选中酚酞的概率是______；
（2）张老师随机从两瓶溶液中各取一定量的溶液混合均匀，请用列表格或画树状图的方法求出混合后的溶液变红色的概率．
21．（2025九上·成都月考）已知关于x的一元二次方程x2-（2k+1）x+k2+1=0有两个不等的实数根x1，x2．
（1）求实数k的取值范围；
（2）若该方程的两个实数根x1，x2满足|x1|+|x2|=x12+x22-10，求k的值．
22．（2025九上·成都月考）如图，矩形的对角线与相交于点O，，直线是线段的垂直平分线，分别交于点F，G，连接．
（1）判断四边形的形状，并说明理由；
（2）证明：；
（3）当时，求四边形的面积及线段的长．
23．（2025九上·成都月考）【知识技能】（1）如图1，点E是正方形中边上一点，以点A为中心，把顺时针旋转得到，若正方形边长为3，，求的长．
【数学理解】（2）如图2，点E是正方形内部一点，连接，将绕点B逆时针方向旋转90度得到，延长交于点H，连接，请证明： ．
【拓展探索】（3）如图3，正方形的边长为3，，将绕点B逆时针旋转一周，当时，求的长度．
24．（2025九上·成都月考）成都市公安交警部门提醒市民：“出门戴头盔，放心平安归”．某商店统计了某品牌头盔的销售量，四月份售出375个，六月份售出540个，且从四月份到六月份月增长率相同．
（1）求该品牌头盔销售量的月增长率；
（2）经市场调研发现，此种品牌头盔如果每个盈利10元，月销售量为500个，若在此基础上每个涨价4元，则月销售量将减少80个，现在既要使月销售利润达到6000元，又要尽可能让顾客得到实惠，那么该品牌头盔每个应涨价多少元？
25．（2025九上·成都月考）材料1：法国数学家弗朗索瓦·韦达在著作《论方程的识别与订正》中提出一元二次方程的两根有如下的关系（韦达定理）：；
材料2：如果实数m、n满足、，且，则可利用根的定义构造一元二次方程，将m、n看作是此方程的两个不相等的实数根．
请根据上述材料解决下面问题：
（1）已知实数m、n满足、，求的值．
（2）已知实数p、q满足、，且，求的值．
（3）已知实数a、b、c满足、，且，求c的最大值．
26．（2025九上·成都月考）【问题背景】
（1）如图1，在正方形中，E是上一点，连接，F为射线上一点（不与射线端点A重合），且．求证：且；
【类比探究】
（2）如图2，将（1）中的“正方形”改为“矩形”，其他条件均不变，若，．探究线段与之间的关系，并说明理由；
【拓展延伸】
（3）在（2）的条件下，过点E作交于点H，延长交边于点G，若是等腰三角形，直接写出的值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解：A、方程中出现，属于分式方程，不符合整式条件，不符合题意；
B、中未明确，当时不是二次方程，不符合题意；
C、∵
∴，
∴，满足整式、一元、二次的条件，符合题意；
D、方程含两个未知数和，是二元二次方程，不符合题意．
故答案为：C．
【分析】只含有一个未知数，且未知数的最高次数是2的整式方程是一元二次方程，据此逐一判断得出答案.
2．【答案】D
【知识点】比例线段
【解析】【解答】解：A、，故长度为a=4，b=6，c=5，d=10的四条线段不成比例，此选项不符合题意；
B、， 故长度为a=1，b=2，c=3，d=4的四条线段不成比例，此选项不符合题意；
C、 ， 故长度为a=，b=3，c=2，d=的四条线段不成比例，此选项不符合题意；
D、， 故长度为a=2，b=5，c=6，d=15的四条线段成比例，此选项符合题意.
故答案为：D．
【分析】如果四条线段a、b、c、d满足ad=bc，那么这四条线段成比例，据此逐一判断得出答案.
3．【答案】D
【知识点】相似三角形的判定
【解析】【解答】解：由题意得∠DAE=∠CAB，
A、当∠AED=∠B时，△ABC∽△AED，故本选项不符合题意；
B、当∠ADE=∠C时，△ABC∽△AED，故本选项不符合题意；
C、当=时，△ABC∽△AED，故本选项不符合题意；
D、当=时，不能推断△ABC∽△AED，故本选项符合题意.
故答案为：D．
【分析】由于△ABC与△AED具有公共角∠DAE，从而根据有两组角对应相等的两个三角形相似可判断A、B选项；根据两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似可判断C、D选项.
4．【答案】D
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：由题意可知：
解得：
∴ 且 .
故答案为：D.
【分析】对于一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”中，当b2-4ac＞0时方程有两个不相等的实数根，当b2-4ac=0时方程有两个相等的实数根，当b2-4ac＜0时方程没有实数根，由此并结合题意可得△≥0且k+2≠0，代入求解可得k的范围.
5．【答案】B
【知识点】因式分解法解一元二次方程；偶次方的非负性
【解析】【解答】解：，
，
，
，
，
即，
所以，
故答案为：B．
【分析】把a2+b2看成一个整体，利用单项式乘以多形式法则展开括号，把方程整理成一般形式，然后将方程左边利用十字相乘法分解因式，根据两个因式的乘积等于零则至少有一个为零，并结合偶数次幂的非负性即可得出关于a2+b2的方程，求解即可.
6．【答案】C
【知识点】列一元二次方程；利用平移的思想解决实际问题
【解析】【解答】解：根据题意得：；
故答案为：．
故答案为：C．
【分析】利用平移的思想可得草坪实际就是一个长为(32-x)米，宽为(12-x)米的距离，根据矩形的面积公式建立方程即可.
7．【答案】B
【知识点】菱形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：应该添加的条件是；
连接、，
∵、、、分别为四边形四条边上的中点，
∴、分别为和的中位线，
，
同理，
又，
，
∴四边形是菱形，
故答案为：B．
【分析】添加AC=BD，理由如下：根据三角形中位线等于第三边的一半得，，结合AC=BD，得到EF=EH=HG=FG，由“四边相等的四边形是菱形”得出四边形为菱形．
8．【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】如图，作点E关于AC的对称点E'，过点E'作E'M⊥AB于点M，交AC于点P
则点P、M即为使PE+PM取得最小值的点
则有PE+PM=PE'+PM=E'M
∵四边形ABCD是菱形
∴点E'在CD上
∵AC=6，BD=6
∴AB=
由S菱形ABCD=AC BD=AB E'M得×6×6=3 E'M
解得：E'M=2
即PE+PM的最小值是2
故选：C．
【分析】
如图，作点E关于AC的对称点E'，过点E'作E'M⊥AB于点M，交AC于点P，由于E'是E关于AC的对称点，所以PE=E'P。根据菱形的性质，可以计算出AB的长度。然后，利用菱形的面积公式和已知的AC、BD的长度，可以计算出菱形ABCD的面积。再根据菱形的面积也可以表示为AB和E'M的乘积，即可解出EM的长度，即可得答案．
9．【答案】5
【知识点】比例的性质
【解析】【解答】解：假设，
∴
解得，
∴，
∴，
故答案为：5．
【分析】根据连比可设，然后代入已知方程可得关于字母k的方程，求解得出k的值，进而即可求出a、b、c的值，最后再将a、b、c的值代入待求式子计算即可得出答案.
10．【答案】；
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：方程有一个实数根为，设另一个根是．
则，，
∴，．
故答案为：，．
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，假设x1与x2是一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”的两个实数根，则x1+x2=，，据此设方程另一个根是，可得，，再进一步计算即可．
11．【答案】1
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：∵a、b是关于x的一元二次方程的两个根，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：1．
【分析】由一元二次方程根的定义得a2+2a=7，由一元二次方程根与系数的关系得a+b=-2，再将式子利用拆项及乘法分配律逆用变形为含a2+2a及a+b表示的形式，从而整体代入计算即可得解．
12．【答案】4
【知识点】相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；两直线平行，同位角相等
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：4.
【分析】由二直线平行，同位角相等得，，进而根据有两组角相等的两个三角形相似证明，由相似三角形对应边成比例建立方程可求出BF的长.
13．【答案】
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；菱形的判定与性质；尺规作图-垂直平分线
【解析】【解答】解：连接，，，，如图：
由题意得：，
∴四边形为菱形，
∴垂直平分，即垂直平分，
∴，
过点作交于点，如图：
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，即，
解得：，
∴，
同理可得：，
又∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，
在中，
，
故答案为：．
【分析】连接，，，，根据作图并结合菱形的判定“四边都相等的四边形是菱形”可得四边形为菱形，由线段的垂直平分线的性质“线段的垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等”可得，过点作交于点，根据勾股定理求出，同理可得，由线段的构成IG=AB-AI-BG求得IG的值，在中，再根据勾股定理即可求解．
14．【答案】 或﹣1
【知识点】等式的基本性质
【解析】【解答】解：当a+b+c＝0时，a＝﹣（b+c），则k＝ ＝ ＝﹣1；
当a+b+c≠0时，根据等比性质可以得到：k＝ ＝ ＝ .
则k＝ 或﹣1.
【分析】根据a+b+c的值是否为0分类讨论：a+b+c＝0时，根据等式的基本性质可得a＝﹣（b+c），代入即可求出k；当a+b+c≠0时，根据等比性质即可求出k.
15．【答案】
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：得 + =-2m-3， =m2，又因为 ，所以m2-2m-3=0，得m=3或m=-1，因为一元二次方程 的两个不相等的实数根，所以△>0，得（2m+3）2-4×m2=12m+9>0，所以m＞ ，所以m=-1舍去，综上m=3.
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系得 + =-2m-3， =m2，然后将 左边利用异分母分式加法法则通分计算，再整体代入去分母就可得出关于m的方程，求解得出m的值；再根据一元二次方程 的两个不相等的实数根，故△>0，从而列出不等式，求解得出m的取值范围，综上所述即可得出m的值。
16．【答案】
【知识点】8字型相似模型；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】解：作交的延长线于点，
则：，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【分析】作交的延长线于点，由平行于三角形一边的直线截其它两边的延长线，所截三角形与原三角形相似证明与，由相似三角形对应边成比例建立方程结合已知线段关系，求解即可.
17．【答案】
【知识点】偶次方的非负性；配方法的应用
【解析】【解答】解：关于的一元二次方程与是“同族二次方程”，
，
，
，
解得：，
，
，
代数式的最小值是．
故答案为：．
【分析】根据新定义，两个方程为同族二次方程，需满足顶点坐标相同且二次项系数不同；从而将(m+2)x2+(n-4)x+8=0转化为顶点式，求出m和n的值，再利用二次函数性质求最小值即可.
18．【答案】
【知识点】正方形的性质；三角形的中位线定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：取的中点N，连接，
∵点M是的中点，点N是的中点，
∴，
∵在等边中，，
∴，
∴是点M的运动轨迹，
∴当时，线段取得最小值，如下图．
连接，
∵点N是的中点，
∴，
∵在正方形中，，
∴在中，，
过点B作于点Q，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴．
设与相交于点H，过点H作于点P，
设，则
∵，，
∴，
∴，
∵，∠HNP=∠ANB，
∴，
∴，即，
解得，
∴．
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴线段的长度的最小值为．
故答案为：．
【分析】取BC的中点N，连接MN，由三角形中位线定理得，由平行线性质及等边三角形性质得，从而得到是点M的运动轨迹，因此当时，线段取得最小值；连接，根据勾股定理算出AN，过点B作BQ⊥AN于点Q，从而由有两组角相等的三角形相似证，由相似三角形对应边成比例建立方程求出BQ的长；设与相交于点H，过点H作于点P，设，则，，根据勾股定理表示出HP， 由有两组角相等的三角形相似证，由相似三角形对应边成比例建立方程求出x，从而得到BH的长；再由有两组角相等的三角形相似证， 由相似三角形对应边成比例建立方程求出 AM，从而即可得出答案.
19．【答案】（1）解：，
变形为，
∴，
∴或，
解得：，．
（2）解：，
∴，，，
∴，
∴，
∴，．
（3）解：，
整理得：，
∴，，，
∴，
∴，
∴，．
（4）解：，
∴，
∴，
∴或或，
解得：，，．
【知识点】公式法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）把2x-5看成一个整体，将方程右边提取公因式后整体移到方程左边，再将方程左边利用提取公因式法分解因式，根据两个因式的乘积等于零，则至少有一个因式为零，从而将方程降次为两个一元一次方程，解两个一元一次方程即可求出原方程的解；
（2）此方程是一元二次方程的一般形式，直接找出二次项系数a、一次项系数b及常数项c的值，然后算出根的判别式b2-4ac的值，由判别式的值大于0可知方程有两个不相等的实数根，进而利用求根公式“”求出方程的根；
（3）首项利用去括号、移项、合并同类项将方程整理成一般形式，然后找出二次项系数a、一次项系数b及常数项c的值，然后算出根的判别式b2-4ac的值，由判别式的值大于0可知方程有两个不相等的实数根，进而利用求根公式“”求出方程的根；
（4）先把x2+2x看成一个整体，将方程左边利用十字相乘法分解因式，进而再利用十字相乘法及完全平方公式法进行第二次分解，根据几个因式的乘积等于零，则至少有一个因式为零，从而将方程降次为三个一元一次方程，解三个一元一次方程即可求出原方程的解.
（1）解：，
变形为，
∴，
∴或，
解得：，．
（2）解：，
∴，，，
∴，
∴，
∴，．
（3）解：，
整理得：，
∴，，，
∴，
∴，
∴，．
（4）解：，
∴，
∴，
∴或或，
解得：，，．
20．【答案】（1）
（2）解：列表如下，
　 A B C D
A 　
B 　
C 　
D 　
共有12种等可能结果，其中混合后的溶液变红色的结果有：，共2种，
∴混合后的溶液变红色的概率为．
【知识点】用列表法或树状图法求概率；概率公式
【解析】【解答】（1）解：由题意知，共有4种等可能的结果，其中选中酚酞的结果有1种，
∴小明同学从中随机拿出一瓶，选中酚酞的概率是；
故答案为：；
【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）利用列表法列举出所有等可能的结果数，由表可知共有12种等可能结果，其中混合后的溶液变红色的结果有2种， 再利用概率公式可得出答案．
（1）解：由题意知，共有4种等可能的结果，其中选中酚酞的结果有1种，
∴小明同学从中随机拿出一瓶，选中酚酞的概率是；
故答案为：．
（2）解：列表如下，
　 A B C D
A 　
B 　
C 　
D 　
共有12种等可能结果，其中混合后的溶液变红色的结果有：，共2种，
∴混合后的溶液变红色的概率为．
21．【答案】解：（1）由题意，△，
，
解得．
（2）依题意得：，，
由（1）得：，
，，
、同为正根，
，
可化为：，
，
，
，
，
，，
，
．
【知识点】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；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【分析】（1）对于一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”中，当b2-4ac＞0时方程有两个不相等的实数根，当b2-4ac=0时方程有两个相等的实数根，当b2-4ac＜0时方程没有实数根，据此结合题意列出关于字母k的不等式，求解可得k的取值范围；
（2）根据一元二次方程根与系数的关系，假设x1与x2是一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”的两个实数根，则x1+x2=，，据此结合题意可得＞0，＞0， 根据有理数加法及乘法法则判断出、同为正根，然后根据绝对值性质、完全平方公式恒等变形计整体代入可将等式变形为，求解再结合（1）中k的取值确定出符合题意的k值.
22．【答案】（1）证明：四边形是菱形，理由如下，
∵矩形的对角线与相交于点O，
∴，
∵直线是线段的垂直平分线，
∴，，
∴，即是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）证明：∵是线段的垂直平分线，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：∵，为等边三角形，直线是线段的垂直平分线，
∴，
∴，，
由（1）得四边形是菱形，
∴，
∴，
∴四边形的面积为：，
在中，，
∴，
∴．
【知识点】四边形的综合
【解析】【分析】（1） 四边形OCDE是菱形，理由如下；由矩形的对角线相等且互相平分得OC=OD，由线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等得CO=CD，EO=ED，从而由三边相等的三角形是等边三角形得△COD是等边三角形，由等边三角形三个内角都是60°及二直线平行，内错角相等、等边对等角得∠EOD=∠EDO=∠ODC=60°，由有两个内角为60°的三角形是等边三角形得△EOD是等边三角形，由等边三角形三边相等推出CO=CD=EO=ED，从而根据四边相等的四边形是菱形得出结论；
（2）由有两组角相等得三角形相似得出△DCF∽△GCD，由相似三角形对应边对应边成比例得出，结合即可得到结论；
（3）利用含30度角的直角三角形的性质求得和的长，利用菱形的性质得到，进而根据菱形面积公式可得面积；在中，由正切函数定义及特殊锐角三角函数值可求出GF的长，最后根据EG=EF-GF可得答案.
（1）证明：四边形是菱形，理由如下，
∵矩形的对角线与相交于点O，
∴，
∵直线是线段的垂直平分线，
∴，，
∴，即是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）证明：∵是线段的垂直平分线，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：∵，为等边三角形，
∴，
∵直线是线段的垂直平分线，且，
∴，，
由（1）得四边形是菱形，
∴，
∴，
∴四边形的面积为：，
在中，，
∴，
∴．
23．【答案】解：（1）∵四边形是正方形，正方形边长为3，
∴，
根据旋转可得：，
∴，
∴点三点共线，
∴，
∴．
证明：（2）如图，在上截取，连接，
根据旋转可得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴．
解：（3）∵，将绕点B逆时针旋转一周，
∴点E在以点B为圆心，1为半径的圆上运动，
当时，如图，
过点B作，
则，
∴，
∴，
∴．
当时，如图，
过点B作，
则，
∴，
∴，
∴．
综上，是。
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；解直角三角形；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质得出，然后再根据旋转可得：，即可可求出CE的值，进而可得出点三点共线，从而可求出FC的值，在直角三角形EFC中，根据勾股定理：，代入数据即可求解。
（2）在上截取，连接，易证，，从而可得，根据，易得是等腰直角三角形，得出，即可证明．
（3）将绕点B逆时针旋转一周，可得，点E在以点B为圆心，1为半径的圆上运动，过点B作，根据等腰直角三角形的性质，可得，然后再根据勾股定理，可得，进而可得，当时，可得，，进而根据勾股定理，可得，进而可得。
24．【答案】（1）解：设头盔销售量的月增长率为，根据题意得：
，
解得，（舍去），
头盔销售量的月增长率为．
（2）解：设头盔每个涨价元，根据题意得：，
整理得，
解得，，
∵尽可能让顾客得到实惠，
∴不符合题意舍去，
答：该品牌的头盔每个应涨价5元．
【知识点】一元二次方程的实际应用-百分率问题；一元二次方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）此题是一道平均增长率的问题， 根据公式a(1+x)n=p，其中a是平均增长开始的量，x是增长率，n是增长次数，P是增长结束达到的量，根据公式列出方程，利用直接开平方法求解并检验可得答案；
（2）设头盔每个涨价元，则每月实际销售头盔的数量为个，每一个头盔的利润为(m+10)元，根据单个利润乘以销售数量等于总利润并结合月销售利润达到6000元，得出关于的一元二次方程求解，根据“尽可能让市民得到实惠”取舍即可．
（1）解：设头盔销售量的月增长率为，根据题意得：
，
解得，（舍去），
头盔销售量的月增长率为．
（2）解：设头盔每个涨价元，根据题意得：
，
整理得，
解得，，
∵尽可能让顾客得到实惠，
∴不符合题意舍去，
答：该品牌的头盔每个应涨价5元．
25．【答案】（1）解：∵实数m、n满足、，，
∴m，n是方程的两个不相等的实数根，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴p、可看作方程的两根，
∴，
∴；
（3）解：∵、，
∴a、b是方程的两个根，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴c的最大值为7．
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【分析】（1）由阅读材料2得到m，n是方程的两个不相等的实数根，由韦达定理得到，变形为整体代入即可求解；
（2）把方程变形为，把变形为p2-3p-2=0，由阅读材料2得到p、可看作方程的两根，由韦达定理得到得到，变形为，再整体代入计算即可求解；
（3）由韦达定理得到a、b是方程的两个根，即可得到，根据，即可求出，得到c的最大值为7．
（1）解：∵实数m、n满足、，，
∴m，n是方程的两个不相等的实数根，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴p、可看作方程的两根，
∴，
∴；
（3）解：∵、，
∴a、b是方程的两个根，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴c的最大值为7．
26．【答案】解：（1）证明：如下图，过点E作于点N，于点M，
∴
∵四边形正方形．
∴，∠ABC=90°
∴
∵，
∴≌，
∴．
∵，
∴
∵，，
∴
即．
（2），．
理由：如下图，过点E作交于点M，
∴，
∵四边形矩形，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∵EM⊥BD，
∴ ∠ BEM=90°，
∴ ∠BEM-∠FEM=∠FEC-∠FEM
即，
∴，
∴．
在和中，
∴，
∴，
∴．
（3）的值为或或．
【知识点】矩形的性质；正方形的性质；四边形的综合；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：（3）若△CDE是等腰三角形，则分为以下三种情况：
①当CD=DE=3时，
∵BD=
∴BE=BD-DE=2，
∵EH⊥BD，
∴∠BEH=∠CEF=90°，
∴∠BEF=∠CEH，
又∵∠AFE=∠BCE，
∴△BEF∽△HEC，
∴，
∴，
∴，
∴CH=BC-BH=，
∴；
设BC与FG交于点M，
∵BC∥AD，AB=CD=3，AD=BC=4，
∴△FBM∽△FAG，△BME∽△DGE，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
②当CE=CD=3时，过点C作CP⊥BD于点P，
∴DP=EP，
∵sin∠BDC=，
∴，
∴，
∴，
∴BE=BD-DP-EP=；
同①可得，
∴，
∴，
∴CP=4-；
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
③当DE=EC时，过点E作EQ⊥CD于点Q，
∴CQ=DQ，
∵∠ADC=∠BQC=90°，
∴GD∥EH∥BC，
∴EQ是△BDC的中位线，∠ADB=∠CBD，
∴DE=BE=；
∵tan∠DBC=，
∴，
在△MBE与△GDE中，
∵∠GDE=∠MBE，DE=BE，∠DEG=∠BEM，
∴△MBE≌△GDE（ASA），
∴EM=GM，BM=GD，
∵∠CEF=90°，
∴CE垂直平分MG，
∴CM=CG，
设CM=CG=x，则BM=GD=4-x，
∵DG2+CD2=CG2，
∴(4-x)2+32=x2，
解得，
∴，
综上，的值为或或．
【分析】（1）过点E作于点N，于点M，由正方形性质得，∠ABC=90°，由角平分线上的点到角两边的距离相等得EN=EM，从而利用那个“AAS”证得≌，由全等三角形的对应边相等得EF=EC；由邻补角、等量代换及四边形的内角和定理推出∠FEC=90°，根据垂直的定义可得EF⊥CE；
（2）过点E作交于点M，结合对顶角相等及三角形的内角和定理推出∠FEC=∠FBC=90°，由同角的余角相等推出∠BEF=∠MEC，从而由有两组角对应相等的两个三角形相似得，由相似三角形对应边成比例得出，进而根据∠CBD的正切三角函数定义得出，从而即可得出；
（3）分类讨论： ①当CD=DE=3时，由有两组角相等的三角形相似得△BEF∽△HEC，由相似三角形对应边成比例求出EH、进而利用勾股定理算出BH；设BC与FG交于点M，由平行于三角形一边得直线截其它两边或两边的延长线，所截三角形与原三角形相似得△FBM∽△FAG，△BME∽△DGE，由相似三角形对应边成比例可求出，再利用勾股定理算出CG，即可求出 的值； ②当CE=CD=3时，过点C作CP⊥BD于点P，由等腰三角形的三线合一得DP=PE，由∠BDC的正弦函数得，据此可求出CP，进而利用勾股定理算出PD，同①可得，从而可算出EH、BP、BF、CG，即可求出的值 ；③当DE=EC时，过点E作EQ⊥CD于点Q，由等腰三角形的三线合一得CQ=DQ，由三角形中位线定理得DE=BE=；由∠DBC的正切函数得，据此可求出EH长；利用“ASA”证△MBE≌△GDE，得EM=GM，BM=GD，由线段垂直平分线定理得CM=CG，利用勾股定理建立方程可求出CG，从而可求出的值，综上可得答案.
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