精品解析：山西省太原市山西省实验中学2025-2026学年九年级上学期9月学情诊断数学试卷

山西省实验中学2025-2026学年第一学期第一次质量监测（卷） 九年级数学 （本试卷满分100分，考试时间90分钟） 一、单项选择题（本题共10个小题，每小题3分，共30分） 1. 剪纸是我国特别悠久的民间艺术形式之一，它是人们用祥和的图案期望吉祥、幸福的一种寄托．下列剪纸图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心． 【详解】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不符合题意； C、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； D、既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意； 故选：D 2. 在平行四边形中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质．根据平行四边形的性质“对角相等”即可得． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，且， ∴ 故选：C． 3. 如图，在中，．再添加一个条件，仍不能判定四边形是正方形的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了正方形的判定，根据矩形的判定定理及正方形的判定定理即可解答． 【详解】解：在中，， ∴四边形是矩形， A、当时，四边形是正方形，正确，故A不符合题意； B、当时，无法确定矩形就是正方形，故B符合题意； C、当时，矩形是正方形，正确，故C不符合题意； D、当时，则，，所以是正方形，正确，故D不符合题意； 故选：B． 4. 如图，将三角形绕点顺时针旋转得到三角形．若，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了找旋转角，旋转的性质．先利用旋转的性质得到，，再利用，计算即可． 【详解】解：∵将绕点顺时针旋转得到， ∴，， ∵， ∴， 故选：B． 5. 综合实践课上，老师发给每人一张印有的卡片，如图，然后要求同学们画一个与全等的三角形嘉淇同学先画出了后，后续的作图步骤如图所示，则能判定的依据是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查尺规作图，全等三角形的判定，根据演示由尺规作图的方法确定作图的具体步骤，可判定选项C正确． 【详解】解：由图示知，嘉淇第一步为截取线段，第二步为作线段，判定方法为． 故选：C． 6. 如图，在菱形中，，交于点．若，，则菱形的边长为（ ） A. B. C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，由菱形的性质得，，再由勾股定理求出，即可得出结论． 【详解】解：在菱形中，，交于点．，， ∴，， ∴， 在中，由勾股定理得：， 即菱形的边长为， 故选：A． 7. 如图，矩形中，点E在的延长线上，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查矩形的性质，等腰三角形的性质，连接，根据矩形的性质得出，即可求出，进而可求出，熟练掌握矩形的性质是解题关键． 【详解】解：连接，交于点O，如图， 四边形矩形， ，，， ， ， ， ， ， ，， ． 故选：C． 8. “蓝丝带”一般指蓝丝带海洋保护协会，同时也象征着对保护海洋的呼吁，李老师用一段矩形绸缎制作了一条如图所示的蓝丝带，若．重叠部分图形的面积是，则丝带的宽为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定，勾股定理．先证明四边形是平行四边形，则，作于，于，设，利用面积法证明，得到四边形是菱形，再由勾股定理求得，然后根据重合部分四边形的面积为，列式求解作答即可． 【详解】解：由题意知，， ∴四边形是平行四边形， ∴， 如图，作于，于，连接，则， 设， ∵四边形是平行四边形， ∴，即， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， 由勾股定理得，， 则， ∴重合部分四边形的面积为： ， 解得（负值已舍去）， ∴丝带的宽为， 故选：A． 9. 矩形中，点M在对角线上，过M作的平行线交于E，交于F，连接和，已知，，则图中阴影部分的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、三角形的面积，解题的关键是证明． 根据矩形的性质和三角形面积关系可证明，即可求解． 【详解】解：过M作于P，交于Q，如图所示： ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴，， ∴，， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形，四边形，四边形，四边形都是矩形， ∴，，，，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：B． 10. 如图，将长方形纸片沿折叠，使点D落在点B处，点C落在点处，点P为折痕上的任意一点，过点P作、，垂足分别为G、H，如果，，那么的值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，翻折变换，勾股定理和平行线的性质，熟练掌握各知识点是解题的关键． 先证，过点E作，垂足为Q，证四边形是矩形，得，根据角平分线的性质得到求出． 【详解】解：过点E作，垂足为Q，如图， ∵四边形是矩形， ∴． ∵， ∴． 由折叠可得：． ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴． 延长交于点R， ∵， ∴, ∴, ∴四边形是矩形, ∴ ∵平分，， ∴ ∴ 故选：B． 【点睛】 二、填空题（本题共15分） 11. 将点向右平移2个单位后，得到的对应点的坐标是________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化-平移，根据平移时点的坐标变化规律进行计算即可． 【详解】解：由题知，将点向右平移2个单位后，得到的对应点B的坐标是． 故答案为：． 12. 已知函数和的图象如图所示，则关于的不等式的解集是_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查用一次函数图象求不等式的解集，关于的不等式的解集可以看作函数图象在的图象上方部分对应的的取值范围，数形结合即可得到答案，熟练掌握用一次函数图象求不等式的解集的方法是解决问题的关键． 【详解】解：关于的不等式的解集可以看作函数图象在的图象上方部分对应的的取值范围， 过两个图象交点作轴的垂线，如图所示： 在右侧，函数图象在的图象上方， 则不等式的解集是， 故答案为：． 13. 顺次连接四边形的各边中点得到中点四边形，若且，则中点四边形的形状是______（填“矩形”或“菱形”或“正方形”）． 【答案】矩形 【解析】 【分析】本题考查了中点四边形，首先利用三角形的中位线定理证得四边形为平行四边形，然后利用有一个角是直角的平行四边形是矩形判定即可． 【详解】解：中点四边形的形状是矩形，理由如下： 如图， ∵点E、F、G、H分别是边的中点， ∴，， ∴， 同理可得， ∴四边形是平行四边形； 又∵对角线互相垂直， ∴与垂直． ∴四边形是矩形． 故答案为：矩形． 14. 如图，是坐标原点，菱形的顶点在轴的负半轴上，顶点的坐标为，则顶点的坐标为_______． 【答案】． 【解析】 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，坐标与图形性质，关键是由勾股定理求出的长．由菱形的性质得到，推出，由点的坐标，得到，由勾股定理求出，得到，求出，可得结论． 【详解】解：如图，交轴于， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵点的坐标为， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点的坐标为； 故答案为：． 15. 如图，在菱形中，，点和点分别在边，上，，，若点、点分别为线段、的中点，则线段的长度等于______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形中位线定理，由菱形的性质可得，可证是等边三角形，可得，由三角形中位线定理可得，，，，可得，，可求，由勾股定理可求解． 【详解】解：如图，连接，取的中点H，连接，，过点N作交延长线于K， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵M、N分别为线段的中点，点H是的中点，，， ∴，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 三、解答题（本题共8个小题，共55分） 16. 分解因式： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查因式分解，熟练掌握提公因式法分解因式是解答本题的关键． （1）原式提取公因式即可； （2）原式提取公因式即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 17. 先化简，然后从，0，1中选择一个合适的值代入求值． 【答案】；当时，原式 【解析】 【分析】本题主要考查分式的化简求值，利用分式的运算法则对式子进行化简，再结合分式有意义的条件，选取合适的数代入运算即可． 【详解】解： ； 当或1时，分式无意义， 所以，取时，原式 18. 解分式方程： （1） （2） 【答案】（1） （2）无解 【解析】 【分析】本题考查了解分式方程，熟练掌握解分式方程是解题的关键 （1）先将分式方程两边同时乘以化为一元一次方程，再解一元一次方程最后检验即可求解 （2）先将分式方程两边同时乘以化为一元一次方程，再解一元一次方程最后检验即可求解． 【小问1详解】 解：， 去分母，得， 去括号，得， 解得， 经检验，是原方程的根， 则分式方程的解为； 【小问2详解】 解：， 去分母，得 去括号，得 解得 经检验，是原方程的增根 所以，原分式方程无解． 19. 解不等式组：． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了求一元一次不等式组的解集，关键是掌握解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到．先求出不等式组中每一个不等式的解集，然后再求出它们的公共部分就是不等式组的解集． 【详解】解： 解不等式①得： 解不等式②得： ∴不等式组的解集为：． 20. 如图，在中，分别是，的中点，连接． （1）实践与操作：作出线段的中点（尺规作图，保留痕迹，不写作法）； （2）应用与证明：在（1）的条件下，连接，．若于点．求证：四边形是菱形． 【答案】（1） 如图，点即为所作， （2） 证明：如图所示，连接， 分别是，的中点， ，， 线段的中点是F， ， ，， 四边形是平行四边形， ， 线段的中点是F， ， ， 四边形是菱形． 【解析】 【分析】本题主要考查尺规作垂线，中位线的判定和性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半，菱形的判定和性质，掌握中位线的判定和性质，菱形的判定和性质是关键． （1）运用尺规作线段垂直平分线即可； （2）根据中位线的判定和性质得到，，则四边形是平行四边形，再根据直角三角形斜边中线等于斜边一半得到，结合菱形的判定和性质即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 21. 某车间加工1300个零件后，采用了新工艺，工效提升了，这样加工同样多的零件就少用．采用新工艺前､后每小时分别加工多少个零件？ 【答案】采用新工艺前､后每小时分别加工零件30个､39个 【解析】 【分析】设采用新工艺前每小时加工x个零件，则采用新工艺后每小时加工个零件，根据题意列分式方程求解即可． 【详解】解：设采用新工艺前每小时加工x个零件，则采用新工艺后每小时加工个零件， 根据题意，得 解得： 经检验得：是分式方程的解，符合题意 则 答：采用新工艺前､后每小时分别加工零件30个､39个 【点睛】此题考查了分式方程的应用，解题的关键是根据题意找到等量关系，列出分式方程． 22. “转化”是数学中最常用的思想，其精髓在于将未知的、陌生的、复杂的问题通过演绎归纳转化为已知的、熟悉的、简单的问题．我们学习过一元一次方程，因此在求解二元一次方程组时，通过“消元”的方法将二元一次方程组转化为一元一次方程；类比求解二元一次方程组，小明对一元二次方程求解过程提出了如下思考： ①若，则有或者； ②结合八年级下册学习过的因式分解相关知识，， ③当时， ④所以可以将原方程转化为两个一元一次方程______和______，这是一个“降次”的过程． ⑤即或 请根据小明的思考过程，完成下列问题： （1）序号④中的两个一元一次方程分别为______和______ （2）应用小明的思路，求解下列两个一元二次方程： ； 【答案】（1）； （2）①，；②， 【解析】 【分析】本题主要考查因式分解---十字相乘法解一元二次方程，解答本题的关键是熟练掌握因式分解的方法． （1）根据“两个因数的积为零，那么这两个因数中至少有一个因数为零”可得答案； （2）①把分解成与2的积，且，方程可变形为，故可解答； ②把分解成，分解成，而，故方程可变形为，故可解答． 【小问1详解】 解：， ∴或， 故答案为：；； 【小问2详解】 解：①， ， 或， ∴，； ②， ， 或， ∴，． 23. （1）如图1，正方形的边长为4，对角线、相交于点是边上点（点不与、重合），将射线绕点逆时针旋转，所得射线与交于点，则四边形的面积为___________． 【类比迁移】 （2）如图2，矩形的对角线的交点是矩形的一个顶点，将矩形绕着点旋转，与边相交于点．与边相交于点，连接，猜想之间的数量关系．并进行证明． 【拓展应用】 （3）如图3，在直角中，，，，的顶点在边的中点处，，它的两条边和分别与直线相交于点可绕着点旋转，当时，则的长度为___________cm． 【答案】（1）；（2）；（3）或 【解析】 【分析】（1）如图①中，证明即可解决问题． （2）延长交于，连接，，证明，得到，，再根据，得到，最后根据，得到； （3）根据在线段上和线段外分情况讨论，延长至，使，连接，，证明，得到，，结合得到，再证明，得到，即，最后根据中，，代入列方程求解即可． 【详解】解：（1）如图， ∵正方形的边长为4，对角线、相交于点， ∴，，， 由旋转得， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）如图1，延长交于，连接，， ∵矩形的对角线的交点是矩形的一个顶点， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴； （3）当在线段上时，如图，延长至，使，连接，， ∵在边的中点处， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵中，， ∴， 解得， ∴； 当在线段外时，如图，延长至，使，连接，， ∵在边的中点处， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∵中，， ∴， 解得， ∴； 综上所述，或， 故答案为：或． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山西省实验中学2025-2026学年第一学期第一次质量监测（卷） 九年级数学 （本试卷满分100分，考试时间90分钟） 一、单项选择题（本题共10个小题，每小题3分，共30分） 1. 剪纸是我国特别悠久的民间艺术形式之一，它是人们用祥和的图案期望吉祥、幸福的一种寄托．下列剪纸图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 2. 在平行四边形中，，则（ ） A. B. C. D. 3. 如图，在中，．再添加一个条件，仍不能判定四边形是正方形的是（　　） A. B. C. D. 4. 如图，将三角形绕点顺时针旋转得到三角形．若，，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 综合实践课上，老师发给每人一张印有的卡片，如图，然后要求同学们画一个与全等的三角形嘉淇同学先画出了后，后续的作图步骤如图所示，则能判定的依据是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在菱形中，，交于点．若，，则菱形的边长为（ ） A. B. C. 4 D. 7. 如图，矩形中，点E在的延长线上，且，，则（ ） A. B. C. D. 8. “蓝丝带”一般指蓝丝带海洋保护协会，同时也象征着对保护海洋的呼吁，李老师用一段矩形绸缎制作了一条如图所示的蓝丝带，若．重叠部分图形的面积是，则丝带的宽为（ ） A. B. C. D. 9. 矩形中，点M在对角线上，过M作的平行线交于E，交于F，连接和，已知，，则图中阴影部分的面积是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，将长方形纸片沿折叠，使点D落在点B处，点C落在点处，点P为折痕上的任意一点，过点P作、，垂足分别为G、H，如果，，那么的值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 8 二、填空题（本题共15分） 11. 将点向右平移2个单位后，得到的对应点的坐标是________． 12. 已知函数和的图象如图所示，则关于的不等式的解集是_________． 13. 顺次连接四边形的各边中点得到中点四边形，若且，则中点四边形的形状是______（填“矩形”或“菱形”或“正方形”）． 14. 如图，是坐标原点，菱形的顶点在轴的负半轴上，顶点的坐标为，则顶点的坐标为_______． 15. 如图，在菱形中，，点和点分别在边，上，，，若点、点分别为线段、的中点，则线段的长度等于______． 三、解答题（本题共8个小题，共55分） 16. 分解因式： （1）； （2）． 17. 先化简，然后从，0，1中选择一个合适的值代入求值． 18. 解分式方程： （1） （2） 19. 解不等式组：． 20. 如图，在中，分别是，的中点，连接． （1）实践与操作：作出线段的中点（尺规作图，保留痕迹，不写作法）； （2）应用与证明：在（1）的条件下，连接，．若于点．求证：四边形是菱形． 21. 某车间加工1300个零件后，采用了新工艺，工效提升了，这样加工同样多的零件就少用．采用新工艺前､后每小时分别加工多少个零件？ 22. “转化”是数学中最常用的思想，其精髓在于将未知的、陌生的、复杂的问题通过演绎归纳转化为已知的、熟悉的、简单的问题．我们学习过一元一次方程，因此在求解二元一次方程组时，通过“消元”的方法将二元一次方程组转化为一元一次方程；类比求解二元一次方程组，小明对一元二次方程求解过程提出了如下思考： ①若，则有或者； ②结合八年级下册学习过的因式分解相关知识，， ③当时， ④所以可以将原方程转化为两个一元一次方程______和______，这是一个“降次”的过程． ⑤即或 请根据小明的思考过程，完成下列问题： （1）序号④中的两个一元一次方程分别为______和______ （2）应用小明的思路，求解下列两个一元二次方程： ； 23. （1）如图1，正方形的边长为4，对角线、相交于点是边上点（点不与、重合），将射线绕点逆时针旋转，所得射线与交于点，则四边形的面积为___________． 【类比迁移】 （2）如图2，矩形的对角线的交点是矩形的一个顶点，将矩形绕着点旋转，与边相交于点．与边相交于点，连接，猜想之间的数量关系．并进行证明． 【拓展应用】 （3）如图3，在直角中，，，，的顶点在边的中点处，，它的两条边和分别与直线相交于点可绕着点旋转，当时，则的长度为___________cm． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $