精品解析： 四川省成都市实验外国语学校2025-2026学年九年级上学期开学考试数学试卷

成都市实验外国语学校初2023级九年级上期数学周练习1 满分：120分；考试时间：90分钟 A卷（100分） 一、选择题（每小题4分，共32分） 1. 下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查轴对称及中心对称的定义，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念，要注意：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 根据轴对称图形与中心对称图形的概念逐选项判断即可． 【详解】解：A选项既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B选项是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C选项既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意； D选项是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 故选C． 2. 下列因式分解正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了因式分解，根据因式分解的方法（提公因式法和公式法）一一分解因式即可； 【详解】解：A． ，故错误； B． ，故错误； C． 无法在整式范围内分解因式，故错误； D． ，故正确； 故选：D． 3. 已知，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据不等式的性质，逐项判断即可求解． 【详解】解：A、若，则，故本选项不符合题意； B、若，则，故本选项不符合题意； C、若，则，故本选项符合题意； D、若，则，故本选项不符合题意； 故选：C 【点睛】本题主要考查了不等式的性质，熟练掌握不等式两边加（或减）同一个数（或式子），不等号的方向不变；不等式两边乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；不等式两边乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变． 4. 下列四组条件中，不能判定四边形是平行四边形的是 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定定理，熟知平行四边形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：A、不能判定四边形是平行四边形，符合题意； B、能判定四边形是平行四边形，不符合题意； C、能判定四边形是平行四边形，不符合题意； D、能判定四边形是平行四边形，不符合题意； 故选：A． 5. 如图，将三角形向右平移得到三角形，已知四边形的周长是，则三角形的周长是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了平移的性质，由平移性质可得，，根据题意可得，则有，从而求出三角形的周长，掌握平移的性质是解题的关键． 【详解】解：∵三角形向右平移得到三角形， ∴，， ∵四边形的周长是， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴三角形的周长是， 故选：． 6. 矩形具有而菱形不一定具有的性质是(　　) A. 对角线互相垂直 B. 对角线互相平分 C. 对角线相等 D. 对角线平分一组对角 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的是矩形的性质，菱形的性质，熟记矩形与菱形的对角线的性质是解本题的关键．矩形的对角线相等且互相平分，菱形的对角线互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角，根据以上性质逐一分析即可． 【详解】解：矩形的对角线相等且互相平分，菱形的对角线互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角， ∴对角线互相垂直菱形具备，矩形不一定具有；故A不符合题意； 对角线互相平分矩形与菱形都有，故B不符合题意； 对角线相等矩形具有，而菱形不一定具有，故C符合题意； 对角线平分一组对角菱形具有，而矩形不一定有，故D不符合题意； 故选：C． 7. 若关于x的一元二次方程有实数根，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了根据一元二次方程有实数根求参数以及解一元一次不等式，根据即可求出m的取值范围． 【详解】解：∵一元二次方程有实数根， ∴， 解得：． 故选∶B． 8. 如图，长为、宽为的矩形空地，现计划要在中间修建3条等宽的小道，其余面积种植绿植，种植面积为，若设小道的宽为，则根据题意，可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，设小道的宽为，则6个小矩形可合成长为、宽为的矩形，然后利用矩形的面积公式列出关于x的一元二次方程即可． 【详解】解：设小道的宽为， 则根据题意，可列方程为， 故选：D． 二、填空题（每小题4分，共20分） 9. 若代数式有意义，则x的取值范围是__________． 【答案】且 【解析】 【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，分式有意义的条件，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 根据代数式有意义，列出不等式组求解． 【详解】解：∵代数式有意义， ∴，解得：且， 故答案为：且． 10. 若多项式的一个因式是，则k的值为_________． 【答案】2 【解析】 【分析】设另一个因式为x+n，得x2-3x+k=（x-2）（x+n），则x2-3x+k=x2+（n-2）x-2n，据此求出k、n的值各是多少，并把多项式x2-3x+k分解因式即可． 【详解】解：设另一个因式为x+n， ∴x2-3x+k=（x-2）（x+n），即x2-3x+k=x2+（n-2）x-2n， ∴ ， 解得：n=-1，k=2， ∴另一个因式为x+1， 故答案为2 【点睛】此题主要考查因式分解的意义和应用，以及多项式乘多项式的方法，要熟练掌握． 11. 如图，在正五边形，以为一边，在内部作正方形，则________． 【答案】##度 【解析】 【分析】本题考查了正多边形内角的计算，熟记多边形内角和公式是解题关键．分别求出正五边形与正方形每个内角的度数，作差即可得答案． 【详解】解：∵在正五边形，以为一边，在内部作正方形， ∴，， ∴． 故答案为： 12. 若，是方程两根，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根根与系数的关系，分式的化简求值，根据题意得，，同时将转化为，可得结论．解题的关键是掌握若，是一元二次方程的两根，则，． 【详解】解：∵，是方程两根， ∴，， ∴， 即的值为． 故答案为：． 13. 如图，在菱形中，，分别是边，上的动点，连接，，，分别为，的中点，连接．若，，则的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的知识点是三角形的中位线定理、菱形的性质、勾股定理解直角三角形．由三角形中位线定理可得，则当有最小值时，有最小值，即当时，有最小值，由等腰直角三角形的性质可求的最小值，即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵，分别为，的中点， ， 当有最小值时，有最小值， 当时，有最小值， 四边形是菱形， ，， 当时，， 的最小值， 的最小值为． 故答案为：． 三、解答题（共48分） 14. 计算： （1）分解因式：； （2）解不等式组： （3）解方程： ①； ②； ③； ④． 【答案】（1） （2） （3）①，；②，；③，；④， 【解析】 【分析】（1）用提取公因式法分解因式； （2）分别求得两个不等式的解，再得出不等式组的解； （3）①用配方法解；②用因式分解法解；③用公式法解；④先化简，再用公式法解． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： 解不等式，得， 解不等式，得， ∴不等式组的解集为； 【小问3详解】 ①， 移项，得， 两边同时加上1，得， 即， ∴， 解得：，； ②， 移项，得， 方程左边分解因式，得， ∴或， 解得：，； ③， ，，， ， ∴， ∴，； ④， 去分母，得， 移项，得， ，，， ， ∴，． 【点睛】本题考查了提取公因式法分解因式，求不等式组的解，配方法解一元二次方程，因式分解法解一元二次方程，公式法解一元二次方程，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 15. 化简并求值：，＝3时求值． 【答案】6 【解析】 【分析】直接将除法转化为乘法，利用分配律进行计算即可得出答案． 【详解】原式 当时，原式． 【点睛】本题考查了分式的运算，将除法转化为乘法，并利用分配律进行计算是解题的关键． 16. 已知关于的一元二次方程． （1）当方程有两个实数根时，求的取值范围． （2）当方程的两个根满足时，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，掌握以上知识计算是关键． （1）根据方程有两个实数根得到，由此即可求解； （2）根据题意方程的两个根得到，，结合完全平方公式的变形得到，代入计算即可求解． 【小问1详解】 解：关于的一元二次方程，方程有两个实数根， ∴， 整理得，， 解得，； 【小问2详解】 解：方程的两个根， ∴， ∵， ∴，整理得，， ∴， 整理得，， ∴， 解得，， 当时，， 解得，，符合题意； 当时，， ∵， ∴原方程无实数， ∴舍去， ∴． 17. 如图，四边形中，，，，连接，的角平分线分别交，于点，． （1）连接，求证：四边形为菱形； （2）若，，求的长． 【答案】（1）证明：如图， ，平分， ， ∵， ， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 平行四边形为菱形； （2）的长为． 【解析】 【分析】（1）由等腰三角形的性质得，再证，得，则四边形是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论； （2）由勾股定理得，则，再由菱形的性质得，设，则，然后在中，由勾股定理得出方程，解得，则，进而由勾股定理求出的长，即可得出结论． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：， ， ， ，平分， ， 由（1）可知，，四边形为菱形， ， 设，则， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：， ， 在中，由勾股定理得：， ， 即的长为． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质以及勾股定理、二次根式的混合运算等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 18. 如图，在平面直角坐标系中中，直线与轴相交于点，与轴相交于点． （1）当时，求的值和点的坐标； （2）为直线上一点，为轴正半轴上一点，且，现将点绕着点顺时针旋转，点的对应点刚好落在轴上． 在（）的条件下，求的面积； 作直线交直线于点，取线段的中点，连接．试探究：随着值的改变，的度数是否为定值？若是，请求出的度数；若不是，请说明理由． 【答案】（1），； （2）的面积为； 为定值，理由如下： 设，，过作轴，过作轴， 由直线， 当时得，可得， 当时得，得，则， 同可得，，，， ∴，， ∴， 解得， ∴，，， 设直线的解析式为， 将，代入，得， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立， 解得， ∴， ∵是的中点， ∴，， ∴，， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴． 【解析】 【分析】（）求出，则，求得，确定直线解析式后即可求点坐标； （）过点作轴，设，，由是的中点, 可求，证明，则，即，解得，求得，则的面积 ； 设，，过作轴，过作轴，则，，同可得，，，推导出，则，，，再求出，，可知为等腰直角三角形，则． 【小问1详解】 解：当时， ∴， ∴， 解得， ∴， 当时，， ∴； 【小问2详解】 解：过点作轴， 设，， ∵， ∴是等腰三角形， ∵， ∴是的中点， ∴， ∴， 当时，， 得， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，解得， ∴，， ∴，， ∴， ∴的面积； 略 【点睛】本题考查了一次函数的图象及性质，待定系数法求一次函数解析式，两点距离公式，待定系数法求解析，三角形全等的判定及性质，等腰直角三角形的性质，二次根式的运算，掌握知识点的应用是解题的关键． B卷（20分） 一、填空题（每小题4分，共8分） 19. 若，是方程的两个实数根，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根的定义及根与系数的关系，将所求式变形后，利用和整体代入即可求值． 【详解】解：因为，是方程的两个实数根， 所以，， 则． 故答案为：． 20. 小亮在学习了《光的反射定律》后，知道入射光线经过反射后形成反射光线．如图1，是法线，垂直于反射面，其中入射角等于反射角．同时，他还发现可以用一次函数的图象来刻画光线的反射．如图2，一次函数与构成的图象，可看作从轴上点发出的一束光经轴上的点反射后得到的图象．小亮把这样的能刻画光线反射的函数图象称为一组“反射函数线”．如图3，从轴上点发出一束光线，经过轴上一点反射后形成的“反射函数线”．若反射光线过点，则点的坐标为_________；若，，均为“反射函数线”上的点，且，则的取值范围是_________． 【答案】 ①. ， ②. 【解析】 【分析】①作轴，再反向延长射线交轴于点，证明，则可得，进而可得，设直线的表达式为 ，利用待定系数法求得直线的表达式为，进而可求得点的坐标为． ②由题意，根据图像可得，“反射函数线”关于直线对称，且图像上的点离对称轴 越近函数值越小，由，，均为“反射函数线”上的点，且，可得，然后分，，， 四种情况解不等式即可． 本题主要考查用待定系数法求一次函数的表达式，一次函数的对称性，以及解不等式组，熟练掌握数形结合法是解题的关键． 【详解】解：如图，作轴， 由题知， ∴， 反向延长射线交轴于点， 则， ∴，　 又∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 设直线的表达式为 ， 则， 解得， ∴直线的表达式为． 当时，， ∴点的坐标为． 故空１答案为：． 由题意，根据图像可得，“反射函数线”关于直线对称，且图像上的点离对称轴越近函数值越小． ∵，，均为“反射函数线”上的点，且， ∴， ∴①当时，， ∴此时无解； ②当时，， ∴， ∴此时； ③当时，， ∴， 此时； ④当时，， ∴此时无解； 综上，的范围为：． 故空2答案为： ． 21. 在中，，点D在边上，连接，将绕点B逆时针旋转（），得线段． （1）如图1，若，连接，求证：； （2）如图2，若，连接，作的中线，用等式表示线段之间的数量关系，并证明你的结论； （3）如图3，在（2）的条件下，若，，，求的长． 【答案】（1） 证明：将绕点B逆时针旋转得线段 ，， 又， ， ，即， 在和中， ， ≌， ， 又， ； （2） 解：，证明如下： 如图，延长使，连接 是的中线， ， 是的中位线， ， 将绕点B逆时针旋转得线段 ，， ，即， 又， ， ，即， ，， ， 在和中， ， ≌， ， ； （3）或 【解析】 【分析】（1）先证明≌，再由全等三角形的性质证明即可； （2）延长使，则是的中位线，那么，然后证明≌，则，即可证明； （3）分两种情况讨论，在左侧时，以及在右侧时，利用（2）的辅助线，分类讨论求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：情况一：当在左侧时，设与的交点为G，过B点作于H点． ，， ， 又，， ， 设则，则，解得负值舍， ， ， ， 若， ，由知≌， ， ，， ，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， 由知 情况二：当在右侧时，延长使，连接 ， 同上有， ∴， 同上可得， ∴ 则， ， 是CE中点， ， 综上，或． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，角直角三角形的性质，勾股定理等知识点，难度较大，解题的关键是正确添加辅助线，构造全等三角形． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都市实验外国语学校初2023级九年级上期数学周练习1 满分：120分；考试时间：90分钟 A卷（100分） 一、选择题（每小题4分，共32分） 1. 下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列因式分解正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 4. 下列四组条件中，不能判定四边形是平行四边形的是 （ ） A. B. C. D. 5. 如图，将三角形向右平移得到三角形，已知四边形的周长是，则三角形的周长是（　　） A. B. C. D. 6. 矩形具有而菱形不一定具有的性质是(　　) A. 对角线互相垂直 B. 对角线互相平分 C. 对角线相等 D. 对角线平分一组对角 7. 若关于x的一元二次方程有实数根，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，长为、宽为的矩形空地，现计划要在中间修建3条等宽的小道，其余面积种植绿植，种植面积为，若设小道的宽为，则根据题意，可列方程为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（每小题4分，共20分） 9. 若代数式有意义，则x的取值范围是__________． 10. 若多项式的一个因式是，则k的值为_________． 11. 如图，在正五边形，以为一边，在内部作正方形，则________． 12. 若，是方程两根，则的值为________． 13. 如图，在菱形中，，分别是边，上的动点，连接，，，分别为，的中点，连接．若，，则的最小值为_______． 三、解答题（共48分） 14. 计算： （1）分解因式：； （2）解不等式组： （3）解方程： ①； ②； ③； ④． 15. 化简并求值：，＝3时求值． 16. 已知关于的一元二次方程． （1）当方程有两个实数根时，求的取值范围． （2）当方程的两个根满足时，求的值． 17. 如图，四边形中，，，，连接，的角平分线分别交，于点，． （1）连接，求证：四边形为菱形； （2）若，，求的长． 18. 如图，在平面直角坐标系中中，直线与轴相交于点，与轴相交于点． （1）当时，求的值和点的坐标； （2）为直线上一点，为轴正半轴上一点，且，现将点绕着点顺时针旋转，点的对应点刚好落在轴上． 在（）的条件下，求的面积； 作直线交直线于点，取线段的中点，连接．试探究：随着值的改变，的度数是否为定值？若是，请求出的度数；若不是，请说明理由． B卷（20分） 一、填空题（每小题4分，共8分） 19. 若，是方程的两个实数根，则的值为______． 20. 小亮在学习了《光的反射定律》后，知道入射光线经过反射后形成反射光线．如图1，是法线，垂直于反射面，其中入射角等于反射角．同时，他还发现可以用一次函数的图象来刻画光线的反射．如图2，一次函数与构成的图象，可看作从轴上点发出的一束光经轴上的点反射后得到的图象．小亮把这样的能刻画光线反射的函数图象称为一组“反射函数线”．如图3，从轴上点发出一束光线，经过轴上一点反射后形成的“反射函数线”．若反射光线过点，则点的坐标为_________；若，，均为“反射函数线”上的点，且，则的取值范围是_________． 21. 在中，，点D在边上，连接，将绕点B逆时针旋转（），得线段． （1）如图1，若，连接，求证：； （2）如图2，若，连接，作的中线，用等式表示线段之间的数量关系，并证明你的结论； （3）如图3，在（2）的条件下，若，，，求的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $