北师大版九年级上册数学第一次月考试卷及答案
- 格式：docx
- 大小：38.35 KB
- 文档页数：7
北师大版九年级上册数学第一次月考试卷及答案
北师大版九年级上册数学第一次月考试题
一、选择题。（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共30分）
1.将一元二次方程3x2=4x-6化为一般形式，得到3x2-4x-6=0.
2.由已知条件可得：2的平方-3×2+k=0，即k=2.
3.菱形不一定具有对角线互相垂直的性质。
4.将x2+4x-1=0配方法得到(x+2)2=5.
5.2x2-3x+1=0的根为x=1/2和x=1，即有两个不相等的实数根。
6.若顺次连结四边形四条边的中点所得的四边形是菱形，则原四边形是矩形。
7.根据勾股定理可得：AC'=√(AD²+CD²)=√(6²+8²)=10.
8.∠XXX∠CFA+∠AFD=∠BAD+∠AFD=70°+90°-∠DFC=160°-∠XXX。 9.将矩形沿AE折叠后，DE=AB=3/2，因此DE的长为3/2.
10.△BCF的面积最大值为8.
二、填空题
11.一元二次方程2x2-4x-9的一次项系数是-4.
12.方程x2=9的解是x=3或x=-3.
13.方程(x+2)(x-1)=0的解是x=-2或x=1.
14.已知菱形的边长是10cm，较短的对角线长为12cm，则较长的对角线为20cm。
15.∠AEB=120°。
公园有一块正方形的空地，后来从这块空地上划出部分区域栽种鲜花（如图），原空地一边减少了1m，另一边减少了2m，剩余空地的面积为18m²，求原正方形空地的边长．设原正方形的空地的边长为x，则可列方程$(x-1)(x-2)=18$．
17．解方程$x^2+4x-5=0$，得到$x=1$或$x=-5$．
18．已知关于x的一元二次方程$x^2+kx-5=0$的一个根是1，由二次方程的性质可知另一个根为$\frac{-5}{1}=-5$，将这个根代入方程中，得到$k=4$．
19．在矩形ABCD中，两条对角线相交于O，$\angle
AOB=60°$，$AB=2$，设AD的长为x，则由三角函数可得$OD=\frac{x}{2}$，又由勾股定理可得$AD=\sqrt{4+x^2}$，根据正弦定理可得$\frac{\frac{x}{2}}{sin60°}=\frac{\sqrt{4+x^2}}{sin120°}$，解得$x=2\sqrt{3}$．
20．如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，DE∥AC，CE∥BD，由对角线的性质可知$\triangle AOB\cong\triangle
COD$，$\triangle AOD\cong\triangle BOC$，因此$\angle
AOD=\angle BOC=90°$，又因为DE∥AC，所以$\angle
ADE=\angle ACD$，$\angle CDE=\angle CAB$，因此$\angle
AED=\angle BDC$，又因为CE∥BD，所以$\angle CED=\angle
CBD$，因此四边形OCED是菱形．
21．解方程$(x+1)-3(x+1)+2=0$，我们可以将$x+1$看成一个整体，设$x+1=y$，则原方程可化为$y-3y+2=0$，解得$y_1=1$，$y_2=2$．当$y_1=1$时，$x+1=1$，解得$x=0$，当$y_2=2$时，$x+1=2$，解得$x=1$，所以原方程的解为$x_1=0$，$x_2=1$．
22．如图，把一张矩形纸片沿对角线折叠，已知AB=6，AD=8。
1）由对角线折叠的性质可知，折叠后的图形是一个对称图形，因此BF=DF；
2）设BF为x，则根据勾股定理可得$BE=\sqrt{36-x^2}$，由对称性可得$CF=BE$，又因为矩形ABCD中，$AD\perp
DC$，所以$\triangle ADF\sim\triangle CBF$，因此$\frac{CF}{BF}=\frac{AD}{AB}=\frac{4}{3}$，解得$x=\frac{24}{7}$．
23．如图，矩形ABCD中，点P是线段AD上一动点，O为BD的中点，PO的延长线交BC于Q.
1)由BD的中点定义可知OP=OQ； 2)设PD的长度为x，则根据勾股定理可得$AD=\sqrt{64+x^2}$，由相似三角形可得$\frac{AD}{AB}=\frac{AP}{AQ}$，即$\frac{\sqrt{64+x^2}}{8}=\frac{x+8}{x+2}$，解得$x=\frac{12}{7}$，此时四边形PBQD是菱形．
24．如图所示，在菱形ABCD中，E、F分别为AB、AD上两点，AE＝AF．
1）由对角线的性质可知$\triangle AOB\cong\triangle
COD$，$\triangle AOD\cong\triangle BOC$，因此CE=CF；
2）$\angle ECF=60°$，$\angle A=80°$，若BC=CE，则$\angle CEB=80°-60°=20°$，由正弦定理可得$\frac{BE}{sin20°}=\frac{CE}{sin60°}$，解得$BE=\frac{\sqrt{3}}{2}CE$，又因为AE=AF，所以$\angle
AEF=\angle AFE$，又因为$\angle AEB=\angle AFE=90°$，所以$\triangle AEB\sim\triangle AFE$，因此$\frac{BE}{AE}=\frac{EF}{AF}$，解得$BE=\frac{2\sqrt{3}}{3}AE$，联立两个式子可得$\frac{2\sqrt{3}}{3}AE=\frac{\sqrt{3}}{2}CE$，即$AE=\frac{3}{4}CE$，因此BC≠CE．
25．如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AB上的点，且CE=BF．连接DE，过点E作EG⊥DE，使EG=DE，连接FG，FC．
1）由勾股定理可得$DE=\sqrt{2}CE$，又因为$\triangle
EFG\sim\triangle CFB$，所以$\frac{FG}{CE}=\frac{BF}{BC}$，即$FG=\frac{CE\cdot
BF}{BC}=\frac{CE^2}{BC}=\frac{DE^2}{2BC}$，因此FG与CE的关系是正比例关系；
2）如图2，若点E，F分别是边CB，BA延长线上的点，其它条件不变，由相似三角形可得$\frac{EF}{AB}=\frac{FB}{BC}$，即$EF=\frac{AB\cdot
FB}{BC}=\frac{AB^2}{BC}$，因此FG与CE的关系仍为正比例关系；
3）如图3，若点E，F分别是边BC，AB延长线上的点，其它条件不变，由相似三角形可得$\frac{EF}{AB+BF}=\frac{BF}{BC}$，即$EF=\frac{AB\cdot
BF}{BC-BF}=\frac{AB^2}{BC-AB}$，因此FG与CE的关系不再是正比例关系．
11.$x_1=3.x_2=-3$ 12.该段落已删除
13.$x_1=-2.x_2=1$
14.长度为16厘米
15.角度为15度
16.方程$(x-1)(x-2)=18$成立。
17.$x_1=1.x_2=-5$
18.方程的另一个根为-5，且$k=4$
19.数字为23
20.详见解析部分
21.$x_1=-2.x_2=2$
22.(1)详见解析部分；(2)数字为25/4
23.(1)证明详见解析部分；(2)当运动时间为7/4秒时，四边形PBQD是菱形，且PD=8-t。
24.(1)详见解析部分；(2)BC=CE，详见解析部分
25.(1)FG=CE，且FG平行于CE；(2)成立；(3)成立。
