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河南省周口市商水县九年级（上）第一次月考数学试卷
一、选择题：（本大题共10 小题，每小题4 分，共40 分）
1．下列根式中属最简二次根式的是（ ）
A．
B．
C．
D．
2．若|x+2|+
，则xy 的值为（ ）
A．﹣8 B．﹣6
C．5 D．6
3．下列计算正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
4．关于x 的方程（m+1）x2+2mx
3=0
﹣
是一元二次方程，则m 的取值是（ ）
A．任意实数B．m≠1 C．m≠﹣1
D．m＞1
5．用配方法解方程：x2
4x
﹣
+2=0，下列配方正确的是（ ）
A．
（x
2
﹣）2=2B．（x+2）2=2 C．（x
2
﹣）2=
2
﹣D．（x
2
﹣）2=6
6．若关于x 的方程
有实数根，则k 的取值范围为（ ）
A．k≥0 B．k＞0 C．k≥
D．k＞
7．某商品经过两次降价，由每件100 元调至81 元，则平均每次降价的百分率是（ ）
A．8.5% B．9%
C．9.5% D．10%
8．如图，将正方形图案绕中心O 旋转180°后，得到的图案是（ ）
A．
B．
C．
D．
9．正方形ABCD 在坐标系中的位置如图所示，将正方形ABCD 绕D 点顺时针方向旋转90°
后，B 点到达的位置坐标为（ ）
A．（﹣2，2）B．
（4，1）C．
（3，1）D．（4，0）
10．4 张扑克牌如图（1）所示放在桌子上，小敏把其中两张旋转180°后得到如图（2）所示，那
么她所旋转的牌从左起是（ ）
A．第一张、第二张B．第二张、第三张
C．第三张、第四张D．第四张、第一张
二、填空题：（本大题共5 小题，每小题4 分，共20 分）
11．当x 时，二次根式
在实数范围内有意义．
12．若（x2+y2）2
3
﹣（x2+y2）﹣70=0，则x2+y2= ．
13．方程x2=x 的解是 ．
14．如图是“靠右侧通道行驶”的交通标志，若将图案绕其中心顺时针旋转90°，则得到的图
案是“ ”交通标志（不画图案，只填含义）
15．如图，边长为3 的正方形ABCD 绕点C 按顺时针方向旋转30°后得到正方形EFCG，EF
交AD 于点H，那么DH 的长是 ．
三、解答题：（本大题共8 小题，共90 分）
16．计算下列各题
（1）2
6
﹣
+3
（2）（
+1）2（2
3
﹣）．
17．解下列方程：
（1）2x2+3x
1=0
﹣
（2）3（x
1
﹣）2=x（x
1
﹣）
18．先化简，再求值：
，其中a=
．
19．先阅读，后解答：
=
像上述解题过程中，
与
相乘，积不含有二次根式，我们可将这两个式子称为
互为有理化因式，上述解题过程也称为分母有理化，
（1）
的有理化因式是 ；
的有理化因式是 ．
（2）将下列式子进行分母有理化：
①
= ； ②
= ．
③已知
，
，比较a 与b 的大小关系．
20．如图，在矩形ABCD 中，AB=6cm，BC=12cm，点P 从点A 开始沿AB 边向点B 以1cm/s
的速度移动，点Q 从点B 开始沿BC 边向点C 以2cm/s 的速度移动．如果P、Q 分别从A、B 同
时出发，问出发多少秒钟时△DPQ 的面积等于31cm2？
21．在平面直角坐标系中，已知△ABC 的三个顶点的坐标分别是A（﹣3，0），B（0，0），C（﹣
3，4），将△ABC 绕B 点逆时针旋转90°，得到△A′B′C′．请画出△A′B′C′并写出△A′B′C′的三
个顶点的坐标．
22．已知关于x 的一元二次方程（a+c）x2+bx+
=0 有两个相等的实数根，试判断以a、b、c
为三边长的三角形的形状，并说明理由．
23．如图，B，C，E 是同一直线上的三个点，四边形ABCD 与四边形CEFG 都是正方形．连接
BG，DE．
（1）观察猜想BG 与DE 之间的关系，并证明你的猜想；
（2）图中是否存在通过旋转能够互相重合的两个三角形？若存在，请指出，并说出旋转过程；
若不存在，请说明理由．
河南省周口市商水县九年级（上）第一次月考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：（本大题共10 小题，每小题4 分，共40 分）
1．下列根式中属最简二次根式的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】最简二次根式．
【分析】判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查定义中的两个条件是
否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．
【解答】解：A、
是最简二次根式，故此选项正确；
B、
=
，故不是最简二次根式，故此选项错误；
C、
=2
，故不是最简二次根式，故此选项错误；
D、
=a
（a＞0），故不是最简二次根式，故此选项错误．
故选：A．
2．若|x+2|+
，则xy 的值为（ ）
A．﹣8 B．﹣6
C．5 D．6
【考点】非负数的性质：算术平方根；非负数的性质：绝对值．
【分析】已知任何数的绝对值一定是非负数，二次根式的值一定是一个非负数，由于已知的两
个非负数的和是0，根据非负数的性质得到这两个非负数一定都是0，从而得到一个关于x、y
的方程组，解方程组就可以得到x、y 的值，进而求出xy 的值．
【解答】解：∵|x+2|≥0，
≥0，
而|x+2|+
=0，
∴x+2=0 且y
3=0
﹣
，
∴x=
2
﹣，y=3，
∴xy=（﹣2）×3=
6
﹣．
故选：B．
3．下列计算正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】二次根式的混合运算．
【分析】根据二次根式的加法、乘法、除法法则即可判断．
【解答】解：A、2
和4
不是同类二次根式，不能合并，选项错误；
B、
和
不是同类二次根式，不能合并，选项错误；
C、
÷
=
=3，选项正确；
D、
=
=3，选项错误．
故选C．
4．关于x 的方程（m+1）x2+2mx
3=0
﹣
是一元二次方程，则m 的取值是（ ）
A．任意实数B．m≠1 C．m≠﹣1
D．m＞1
【考点】一元二次方程的定义．
【分析】本题根据一元二次方程的定义求解．一元二次方程必须满足二次项系数不为0，所以
m+1≠0，即可求得m 的值．
【解答】解：根据一元二次方程的定义得：m+1≠0，即m≠﹣1，
故选C．
5．用配方法解方程：x2
4x
﹣
+2=0，下列配方正确的是（ ）
A．
（x
2
﹣）2=2B．（x+2）2=2 C．（x
2
﹣）2=
2
﹣D．（x
2
﹣）2=6
【考点】解一元二次方程-配方法．
【分析】在本题中，把常数项2 移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数﹣4 的一半的平
方．
【解答】解：把方程x2
4x
﹣
+2=0 的常数项移到等号的右边，得到x2
4x=
2
﹣
﹣，
方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到x2
4x
﹣
+4=
2
﹣+4，
配方得（x
2
﹣）2=2．
故选：A．
6．若关于x 的方程
有实数根，则k 的取值范围为（ ）
A．k≥0 B．k＞0 C．k≥
D．k＞
【考点】根的判别式；二次根式有意义的条件．
【分析】若一元二次方程有两不等实数根，则根的判别式△=b2
4ac
﹣
＞0，建立关于k 的不等式，
求出k 的取值范围．还要根据二次根式的意义可知k≥0，然后确定最后k 的取值范围．
【解答】解：∵关于x 的方程
有实数根，
∴△=b2
4ac=
﹣
（﹣3
）2+4=9k+4≥0，
解得：k≥
，
又∵方程中含有
∴k≥0，
故本题选A．
7．某商品经过两次降价，由每件100 元调至81 元，则平均每次降价的百分率是（ ）
A．8.5% B．9%
C．9.5% D．10%
【考点】一元二次方程的应用．
【分析】降低后的价格=降低前的价格×（1﹣降低率），如果设平均每次降价的百分率是x，则
第一次降低后的价格是（1
x
﹣），那么第二次后的价格是（1
x
﹣）2，即可列出方程求解．
【解答】解：设平均每次降价的百分率是x，则100×（1
x
﹣）2=81，
解之得x=0.1 或1.9（不合题意，舍去）．
则x=0.1=10%
答：平均每次降价的百分率是10%．
故选：D．
8．如图，将正方形图案绕中心O 旋转180°后，得到的图案是（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】利用旋转设计图案．
【分析】根据旋转的性质，旋转前后，各点的相对位置不变，得到的图形全等，找到关键点，分
析选项可得答案．
【解答】解：根据旋转的性质，旋转前后，各点的相对位置不变，得到的图形全等，
分析选项，可得正方形图案绕中心O 旋转180°后，得到的图案是D．
故选D．
9．正方形ABCD 在坐标系中的位置如图所示，将正方形ABCD 绕D 点顺时针方向旋转90°
后，B 点到达的位置坐标为（ ）
A．（﹣2，2）B．
（4，1）C．
（3，1）D．（4，0）
【考点】坐标与图形变化-旋转．
【分析】利用网格结构找出点B 绕点D 顺时针旋转90°后的位置，然后根据平面直角坐标系写
出点的坐标即可．
【解答】解：如图，点B 绕点D 顺时针旋转90°到达点B′，
点B′的坐标为（4，0）．
故选：D．
10．4 张扑克牌如图（1）所示放在桌子上，小敏把其中两张旋转180°后得到如图（2）所示，那
么她所旋转的牌从左起是（ ）
A．第一张、第二张B．第二张、第三张
C．第三张、第四张D．第四张、第一张
【考点】中心对称图形．
【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义，根据定义即可求解．
【解答】解：观察两个图中可以发现，所有图形都没有变化，所以旋转的扑克是成中心对称的
第一张和第二张．
故选A．
二、填空题：（本大题共5 小题，每小题4 分，共20 分）
11．当x
≥
3
时，二次根式
在实数范围内有意义．
【考点】二次根式有意义的条件．
【分析】因为式
为二次根式，所以被开方数大于或等于0，列不等式求解．
【解答】解：根据二次根式的性质，被开方数大于或等于0，
可知：x
3
﹣≥0，
解得：x≥3．
12．若（x2+y2）2
3
﹣（x2+y2）﹣70=0，则x2+y2=
10
．
【考点】换元法解一元二次方程．
【分析】设x2+y2=t，原方程可化为t2
3t
70=0
﹣﹣
，求得t 的值，再得出答案即可．
【解答】解：设x2+y2=t，原方程可化为t2
3t
70=0
﹣﹣
，
解得t1=10，t2=
7
﹣，
∵x2+y2≥0，
∴x2+y2=10，
故答案为10．
13．方程x2=x 的解是
x 1=0
，
x 2=1
．
【考点】解一元二次方程-因式分解法．
【分析】将方程化为一般形式，提取公因式分解因式后，利用两数相乘积为0，两因式中至少
有一个为0 转化为两个一元一次方程，求出一次方程的解即可得到原方程的解．
【解答】解：x2=x，
移项得：x2
x=0
﹣
，
分解因式得：x（x
1
﹣）=0，
可得x=0 或x
1=0
﹣
，
解得：x1=0，x2=1．
故答案为：x1=0，x2=1
14．如图是“靠右侧通道行驶”的交通标志，若将图案绕其中心顺时针旋转90°，则得到的图
案是“ 靠左侧通道行驶 ”交通标志（不画图案，只填含义）
【考点】生活中的旋转现象．
【分析】根据旋转的定义，可得旋转后的图形，根据题意中所给的含义，易得答案．
【解答】解：根据旋转的意义，可得旋转后的图形是，
结合题意中所给图形的含义，
可得答案为靠左侧通道行驶．
15．如图，边长为3 的正方形ABCD 绕点C 按顺时针方向旋转30°后得到正方形EFCG，EF
交AD 于点H，那么DH 的长是
．
【考点】正方形的性质；旋转的性质；解直角三角形．
【分析】连接CH，可知△CFH≌△CDH（HL），故可求∠DCH 的度数；根据三角函数定义求解．
【解答】解：连接CH．
∵四边形ABCD，四边形EFCG 都是正方形，且正方形ABCD 绕点C 旋转后得到正方形
EFCG，
∴∠F=∠D=90°，
∴△CFH 与△CDH 都是直角三角形，
在Rt△CFH 与Rt△CDH 中，
∵
，
∴△CFH≌△CDH（HL）．
∴∠DCH=
∠DCF=
（90°
30°
﹣
）=30°．
在Rt△CDH 中，CD=3，
∴DH=tan∠DCH×CD=
．
故答案为：
．
三、解答题：（本大题共8 小题，共90 分）
16．计算下列各题
（1）2
6
﹣
+3
（2）（
+1）2（2
3
﹣）．
【考点】二次根式的混合运算．
【分析】（1）首先化简二次根式，然后合并同类二次根式即可；
（2）首先利用完全平方公式计算第一个式子，然后利用平方差公式即可求解．
【解答】解：（1）原式=4
2
﹣
+12
=14
；
（2）原式=（3+2
）（2
3
﹣）=（2
）2
9=8
9=
1
﹣
﹣
﹣．
17．解下列方程：
（1）2x2+3x
1=0
﹣
（2）3（x
1
﹣）2=x（x
1
﹣）
【考点】解一元二次方程-因式分解法．
【分析】（1）利用公式法求出x 的值即可；
（2）把方程左边化为两个因式积的形式，再求出x 的值即可．
【解答】解：（1）∵△=9+8=17，
∴x=
，
∴x1=
，x2=
；
（2）方程左边可化为3（x
1
﹣）2
x
﹣（x
1
﹣）=0，
因式分解得，（x
1
﹣）（2x
3
﹣）=0，
故x
1=0
﹣
或2x
3=0
﹣
，解得x1=1，x2=
．
18．先化简，再求值：
，其中a=
．
【考点】分式的化简求值．
【分析】本题需先根据分式的运算顺序和法则分别进行计算，再把a=
的值代入即可求出答
案．
【解答】解：
，
=
×
，
=
，
把a=
代入上式得：
=
，
=4
7
﹣．
19．先阅读，后解答：
=
像上述解题过程中，
与
相乘，积不含有二次根式，我们可将这两个式子称为
互为有理化因式，上述解题过程也称为分母有理化，
（1）
的有理化因式是
；
的有理化因式是
﹣
2
．
（2）将下列式子进行分母有理化：
①
=
； ②
=
3﹣
．
③已知
，
，比较a 与b 的大小关系．
【考点】分母有理化．
【分析】（1）
的有理化因式是它本身，
+2 的有理化因式符合平方差公式的特点的式子．
据此作答；
（2）①分子、分母同乘以最简公分母
即可；②分子、分母同乘以最简公分母3﹣
，再化简
即可；③把a 的值通过分母有理化化简，再比较．
【解答】解：（1）根据
与
相乘，积不含有二次根式，我们可将这两个式子称为
互为有理化因式，
的有理化因式是：
，
的有理化因式是：
﹣2，
故答案为：
，
﹣2；
（2）①
=
=
，
②
=
=3﹣
；
③∵a=
=
=2﹣
，b=2﹣
，
∴a=b．
20．如图，在矩形ABCD 中，AB=6cm，BC=12cm，点P 从点A 开始沿AB 边向点B 以1cm/s
的速度移动，点Q 从点B 开始沿BC 边向点C 以2cm/s 的速度移动．如果P、Q 分别从A、B 同
时出发，问出发多少秒钟时△DPQ 的面积等于31cm2？
【考点】矩形的性质；一元二次方程的应用；三角形的面积．
【分析】设出发秒x 时△DPQ 的面积等于31 平方厘米，根据三角形的面积公式列出方程可求
出解．
【解答】解：设出发秒x 时△DPQ 的面积等于31cm2．
∵S 矩形ABCD
S
﹣
△APD
S
﹣
△BPQ
S
﹣
△CDQ=S△DPQ
…
∴
…
化简整理得 x2
6x
﹣
+5=0…
解这得x1=1，x2=5…
均符合题意．
答：出发1 秒或5 秒钟时△DPQ 的面积等于31cm2． …
21．在平面直角坐标系中，已知△ABC 的三个顶点的坐标分别是A（﹣3，0），B（0，0），C（﹣
3，4），将△ABC 绕B 点逆时针旋转90°，得到△A′B′C′．请画出△A′B′C′并写出△A′B′C′的三
个顶点的坐标．
【考点】作图-旋转变换．
【分析】将△ABC 的A，C 点绕B 点逆时针旋转90°，找到对应点，顺次连接得到△A′B′C′．
【解答】解：A′（0，﹣3）、B′（0，0）、C′（﹣4，﹣3）．
22．已知关于x 的一元二次方程（a+c）x2+bx+
=0 有两个相等的实数根，试判断以a、b、c
为三边长的三角形的形状，并说明理由．
【考点】根的判别式．
【分析】根据方程有两个相等的实数根得出△=0，即可得出a2=b2+c2，根据勾股定理的逆定理
判断即可．
【解答】解：△ABC 是直角三角形，
理由是：∵关于x 的方程（a+c）x2+bx+
=0 有两个相等的实数根，
∴△=0，
即b2
4
﹣（a+c）（
）=0，
∴a2=b2+c2，
∴△ABC 是直角三角形．
23．如图，B，C，E 是同一直线上的三个点，四边形ABCD 与四边形CEFG 都是正方形．连接
BG，DE．
（1）观察猜想BG 与DE 之间的关系，并证明你的猜想；
（2）图中是否存在通过旋转能够互相重合的两个三角形？若存在，请指出，并说出旋转过程；
若不存在，请说明理由．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．
【分析】（1）猜想BG⊥BD，且BG=DE，证明：延长BG 与DE 交于H 点，则根据
∠DGH+∠GDH=90°可以证明∠DHG=90°，即BG⊥DE；
（2）存在，△BCG 和△DCE 可以通过旋转重合．求证△BCG≌△DCE 即可．
【解答】证明：（1）猜想：BG⊥BD，且BG=DE．
延长BG 与DE 交于H 点，
在直角△BCG 中，BG=
，
在直角△DCE 中，DE=
，
∵BC=DC，CG=CE，
∴BG=DE．
在△BCG 和△DCE 中，
，
∴△BCG≌△DCE，
∴∠BGC=∠DEC，BG=DE，
又∵∠BGC=∠DGH，∠DEC+∠CDE=90°，
∴∠DGH+∠GDH=90°，∴∠DHG=90°，
故BG⊥DE，且BG=DE．
（2）存在，△BCG≌△DCE，（1）中已证明，
且△BCG 和△DCE 有共同顶点C，则△DCE 沿C 点旋转向左90°与△BCG 重合．
