精品解析：四川省达州市天立学校2025-2026学年九年级上学期9月月考数学试题

四川省达州市天立学校2025-2026学年九年级上学期9月月考 数学试题 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分） 1. 下列属于一元二次方程的是（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的定义，根据一元二次方程的定义：含有一个未知数，未知数最高次数为次，这样的整式方程为一元二次方程，即可做出判断． 【详解】解：A. 是二元二次方程，不符合题意； B. 是分式方程，不符合题意； C. 是一元二次方程，符合题意； D. 当时，是一元二次方程，不符合题意； 故选：C． 2. 一元二次方程的根的情况是（ ） A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 没有实数根 D. 无法确定 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程判别式．根据题意利用判别式“”来判断本题即可得到答案． 【详解】解：∵， ， ∴， ∴方程没有实数根， 故选：C． 3. 下面结论中，正确的是（ ） A. 对角线相等的四边形是矩形 B. 对角线互相平分的四边形是平行四边形 C. 对角线互相垂直的四边形是菱形 D. 对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 【答案】B 【解析】 【分析】考查了平行四边形及特殊平行四边形的判定，解题的关键是了解平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定方法．利用平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项． 【详解】解：A、应该是对角线相等的平行四边形是矩形，故错误，故选项不符合题意； B、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故正确，故选项符合题意； C、应该是对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故错误，故选项不符合题意； D、应该是对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故错误，故选项不符合题意； 故选：B． 4. 如图，在中，点分别是边的中点，点是线段上的一点，连接，，且，，则的长是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形中位线的性质，熟悉以上性质是解题的关键．由题意，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，中位线等于的一半，相减即可求得的长． 【详解】解：∵点分别是边的中点，， ∴， ∵，且， 又∵点是边的中点， ∴， ∴． 故选：D． 5. 如图，在矩形中，O是对角线的交点，于点E，若，，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】此题考查了矩形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．由矩形的性质得到，求得，再由勾股定理即可得到的长． 【详解】解：∵四边形是矩形，， ∴， ∵， ∴， ∵于点E， ∴， ∴， 故选：C． 6. 菱形中，对角线、交于点O，，，则菱形的高长度为（ ） A. B. C. 12 D. 13 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，孰练掌握菱形的相关性质，勾股定理是解决本题的关键． 根据菱形的性质得到，，，根据勾股定理得到，根据菱形的面积公式即可得到结论． 【详解】解：在菱形中，，， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：A． 7. 组织一次排球邀请赛，参赛的每个队之间都要比赛一场，根据场地和时间等条件，赛程计划安排7天，每天安排4场比赛．设比赛组织者应邀请x个队参赛，则x满足的关系式为（     ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，找出等量关系是解答本题的关键． 单循环赛的总比赛场数为队数乘以每队比赛场数除以2，等于总安排场数，据此列方程即可． 【详解】解：∵每个队都与其他队比赛一场， ∴每队比赛场数为场，总比赛场数为． 又∵赛程计划安排7天，每天4场比赛， ∴总比赛场数为． ∴满足的关系式为． 故选B． 8. 已知方程的两根分别为，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查根的定义及根与系数的关系由题意得，，将代数式变形后再代入求解即可． 【详解】解：∵方程的两根分别为、， ∴，，， ∴， ∴ ． 故选：A． 9. 如图,是由三个边长分别为6、9、x的正方形所组成的图形,若直线AB将它分成面积相等的两部分,则x的值是（ ）． A. 4或6 B. 3或5 C. 1或7 D. 3或6 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意列方程，即可得到结论． 【详解】解：如图，延长BD.AF交于点E，延长BM,AN交于点C 根据题意可知：EF=3；CM=9-x且四边形EACB为矩形 ∵若直线AB将它分成面积相等的两部分， ∴矩形EFGD与矩形HNCM的面积相等 ∴ 解得：x=3，或x=6， 故选：D． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用和矩形的性质，图形的面积的计算，根据题意准确识别图形是解题的关键． 10. 如图，在中，，点分别是的中点，顺次连接，在从逐渐增大到的过程中，四边形形状的变化依次是（ ） A. 平行四边形→菱形→平行四边形 B. 平行四边形→矩形→平行四边形 C. 平行四边形→菱形→正方形→平行四边形 D. 平行四边形→矩形→正方形→平行四边形 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了三角形的中位线．熟练掌握三角形的中位线性质，平行四边形的性质与判定，菱形的判定，是解题的关键． 根据三角形中位线定理，得到，得到，得到四边形是平行四边形，当时，是矩形，，得到，得到是菱形；当时，或时，，∴，四边形是平行四边形， 【详解】连接， ∵E、F、G、H是的各边中点， ∴， ∴， 当时， ∵中，， ∴， ∴四边形是平行四边形， 当时，是矩形， ∴， ∴， ∴是菱形， 当时， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形． ∴四边形形状的变化依次是：平行四边形→菱形→平行四边形． 故选：A． 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 11. 若关于x的方程有一个根为，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了方程的解的定义，就是能使方程的左右两边相等的未知数的值．一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即用这个数代替未知数所得式子仍然成立．关于的方程的一个根是，把代入原方程即得的值． 【详解】解：根据题意关于的方程的一个根是， 把代入方程得到， 解得． 故答案为． 12. 如图所示，在菱形中，以点B为圆心，一定长为半径画弧分别交于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，连接并延长交于点Q．若，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查菱形的性质，作角平分线，由作图步骤可得平分，由菱形的性质求出的度数，最后根据三角形的外角求即可． 【详解】∵菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 由作图步骤可得平分， ∴， ∴， 故答案为：． 13. 如图，中，，，D是上一点，于点E，于点F，连接，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出时，线段的值最小是解题的关键． 连接，利用勾股定理列式求出，判断出四边形是矩形，根据矩形的对角线相等可得，再根据垂线段最短可得时，线段的值最小，然后根据三角形的面积公式列出方程求解即可． 【详解】解：如图，连接． ∵，， ∴， ∵，， ∴四边形是矩形， ∴， 由垂线段最短可得时，线段的值最小， 此时，， 即， 解得， ∴线段的最小值为． 故答案为：． 14. 已知关于的方程有且只有一个实数解，则应满足条件_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，熟练掌握根的判别式是解题的关键．分两种情况讨论：当时；当时，根据一元二次方程根的判别式即可求解． 【详解】解：当，时，， 当时，原方程为，解得，符合题意； 当时，方程左边，右边，不成立，不符合题意； 当，即时， ∵方程有且只有一个实数解， ∴， 解得，不符合题意， 综上，当时，方程有且只有一个实数解， 故答案为：． 15. 如图，已知正方形的边长为12，，将正方形的边沿折叠到，延长交于，连接，现在有如下4个结论：①；②；③；④．在以上4个结论中，正确的有_________（填序号） 【答案】①③④ 【解析】 【分析】根据正方形的性质和折叠的性质可得，，于是根据“”判定，即可判定①；依据全等三角形的性质以及折叠的性质，即可得到，即可判定③；再由，，为直角三角形，可通过勾股定理列方程求出，，则可判定②；由的面积与面积的比等于，即可判定④． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， 由折叠可知，，， ，而， ，故①正确； ， 由折叠可得，， ，故③正确； 正方形边长是12， ， 设，则，， 由勾股定理得：， 即：， 解得：， ，，，故②错误； ，，故④正确； 故答案为：①③④． 【点睛】本题主要考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的运用．熟练运用知识点是解题的关键． 三、解答题（本大题共10小题，16题-21题各8分，22-24题各10分，25题12分，共90分） 16. 解下列方程 （1）（利用公式法） （2）（利用因式分解法） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，熟知解一元二次方程的方法是解题的关键． （1）利用公式法解方程即可； （2）先移项，再把方程左边利用提公因式法分解因式，再解方程即可． 【小问1详解】 解： ∵， ∴， ∴， 解得； 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴或， 解得． 17. 已知一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的一个根是1，且a、b满足等式，求方程的根. 【答案】y1＝2，y2＝－2 【解析】 【分析】首先根据a、b满足的关系式，求出a、b的值，然后解出c，最后解关于y的方程即可． 【详解】由题意得：a ＝2，b＝－3 ∵ax2＋bx＋c＝0的一个根是1 ∴a＋b＋c＝0 ∴c＝－(a＋b)＝－2＋3＝1 ∴-c=0,变形得-1=0， 解得：y1＝2，y2＝－2 【点睛】本题考查了一元二次方程的解的概念以及二次根式有意义的条件，难度一般，解决本题的关键是根据二次根式有意义的条件求出a，b的值． 18. 如图，点、点B分别是网格图形中的一个格点，图中每个小正方形的边长均为，请在网格中按下列要求作图． （1）以为一边，在图①中画一个格点菱形； （2）以为一边，在图②中画一个面积等于的格点平行四边形． 【答案】（1） 如图，菱形即为所求； （2） 如图，平行四边形． 【解析】 【分析】（1）根据菱形的判定画出图形即可． （2）根据平行四边形的判定，利用数形结合的思想画出图形即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】此题考查了作图知识，解题的关键是熟悉平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质． 19. 如图所示，在菱形中，点，分别在，上，且，求证：． 【答案】 证明：连接， ∵四边形是菱形， ∴， 又∵，， ∴， ∴． 【解析】 【分析】连接，根据菱形的性质可得，证明，根据全等三角形的性质可得结论． 【详解】略 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，熟知菱形的对角线平分一组对角是解题的关键． 20. 关于的方程． （1）求证：不论取何值，方程总有两个实数根； （2）若该方程有两个实数根，且，求的值． 【答案】（1） 证明：， ∴， ∴不论取何值，方程总有两个实数根； （2） 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根的情况与判别式关系，一元二次方程根与系数的关系，熟记一元二次方程判别式与方程根的情况联系、一元二次方程根与系数的关系是解决问题的关键． （1）根据一元二次方程根的情况与判别式的关系，只要判定即可得到答案； （2）根据一元二次方程根与系数的关系得到，将展开，代入求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：， ， 对于方程， 可得， ∴， 解得：． 21. 如图，已知是四边形各边的中点． （1）证明：四边形为平行四边形； （2）若四边形是矩形，且其面积是，求四边形的面积． 【答案】（1） 证明：连接， 、分别为、的中点， 是的中位线， 同理， ， 四边形为平行四边形 （2） 【解析】 【分析】本题主要考查中点四边形以及矩形的性质，解题时利用三角形中位线定理判定四边形是平行四边形是解题的关键． （1）连接，由三角形中位线定理可得出，由平行四边形的判定可得出结论； （2）由矩形的判定与性质得出答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，由（1）知四边形为平行四边形， 四边形是矩形，且是四边形各边的中点， ， 四边形和四边形都是矩形， 四边形是菱形， ， 四边形的面积是， ， ． 22. 如图，菱形对角线交于点，，，与交于点． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求菱形的面积． 【答案】（1） 证明：，， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形， ， 平行四边形是矩形； （2）96 【解析】 【分析】本题是四边形的综合题，涉及菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握菱形的性质，矩形的判定与性质． （1）先证明四边形是平行四边形，再根据菱形的性质可得，推出平行四边形是矩形，即可证明； （2）根据矩形的性质可得，，利用勾股定理求出，再结合菱形的性质求出、，最后根据菱形的面积公式求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：四边形是矩形， ，， ， 四边形是菱形， ，， 菱形的面积为：． 23. 已知的一条边的长为，另两边、的长是关于的一元二次方程的两个实数根． （1）当为何值时，是以为斜边的直角三角形； （2）当为何值时，是等腰三角形，并求的周长． 【答案】（1） （2）当时，的周长为；当时，的周长为 【解析】 【分析】（）根据勾股定理结合根与系数的关系进行求解即可； （）分为腰和为底边两种情况进行求解即可． 【小问1详解】 解：由题意得，，， ∵是以为斜边的直角三角形， ∴， ∴， 解得或(不合题意，舍去)， ∴； 【小问2详解】 解：①当为腰长时，则方程有一个根为，代入方程得， ， ∴， ∴方程为， 解得，， ∴等腰三角形的三边为， ∴的周长为； ②当为底边时，则方程有个相同的实数根， ∴， 整理得，， ∴， 方程为， 解得， ∴等腰三角形的三边为， ∴的周长为； 综上，当时，的周长为；当时，的周长为． 【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，根与系数之间的关系，勾股定理及等腰三角形的性质，掌握以上知识点是解题的关键． 24. 如图，将一个长方形OABC纸片放在平面直角坐标系中，O为原点，点A在x轴正半轴上，点C在y轴正半轴上，，，将长方形折叠后，点B恰好落在OA边上的点E处，折痕所在直线经过点C且与AB边交于点D，与x轴的正半轴交于点F． （1）求点D的坐标及直线CD的解析式； （2）点P是线段CF上的一个动点，若OP将△COF的面积分为1：2两部分，求点P的坐标． 【答案】（1）D（5，）；． （2）或 【解析】 【分析】（1）根据折叠的性质，可得AE=AO，OD=ED，根据勾股定理，可得EB的长，根据线段的和差，可得CE的长，可得E点坐标；再根据勾股定理，可得OD的长，可得D点坐标； （2）先求出点F的坐标，再求出△COF的面积，再根据OP将△COF的面积分为1：2两部分分两种情况求出点P的坐标． 【小问1详解】 解：折痕CD是四边形EDBC的对称轴，且矩形边，， ∴在Rt△COE中，CE=BC=5，OC=4， 由勾股定理，得OE=， AE=OA-OE=5-3=2， 依题意可设D（5，t），则AD=t，DE=BD=4-t， 在Rt△ADE中，由勾股定理，得AE2+AD2=DE2， ， 解得：， D（5，）； 设D、C两点所在的直线的解析式为y=kx+b 则 解得 ， ∴直线DC所在的直线的解析式为：． 【小问2详解】 ∵点P在直线CD上， ∴设P（m，）， ∵点F是直线CD与x轴的交点， ∴， 解得：x=8， ∴F（8，0）， ∴S△COF=， ①当S△COP：S△FOP=2：1时，则S△COP=， ∴， 解得：， ∴=， ∴； ②当S△COP：S△FOP=1：2时，则S△COP=， ∴， 解得：， ∴=， ∴； ∴P点的坐标为或． 【点睛】本题属于一次函数综合题，涉及到矩形的性质及待定系数法求函数解析式，一次函数的交点问题，三角形的面积，折叠的性质等内容，分类讨论思想等数学思想，解题的关键是根据题意进行正确的分类讨论并作出图形． 25. 在正方形中，点是边上的一点，点是直线上一动点，于，交直线于点． （1）当点F运动到与点B重合时（如图1），线段与的数量关系是_______． （2）若点F运动到如图2所示的位置时，（1）探究的结论还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由． （3）如图3，将边长为的正方形折叠，使得点落在边的中点处，折痕为，点、分别在边、上，请直接写出折痕的长． 【答案】（1） （2） 解：成立，理由是： 过点F作，垂足为M， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． （3） 【解析】 【分析】（1）利用证明全等即可得到结论； （2）过点F作，垂足为M，利用证明，即可得到结论； （3）过点Q作于H，根据翻折变换的性质可得，然后求出，再利用“角角边”证明，根据全等三角形对应边相等可得，再利用勾股定理列式求出，从而得解． 【小问1详解】 解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：如图，过点Q作于H，则四边形中，，连接， 由翻折变换的性质得， ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵点M是的中点， ∴， 在中，由勾股定理得，， ∴的长为． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，找到相应的直角三角形利用勾股定理求解是解决本题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省达州市天立学校2025-2026学年九年级上学期9月月考 数学试题 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分） 1. 下列属于一元二次方程的是（    ） A. B. C. D. 2. 一元二次方程的根的情况是（ ） A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 没有实数根 D. 无法确定 3. 下面结论中，正确的是（ ） A. 对角线相等的四边形是矩形 B. 对角线互相平分的四边形是平行四边形 C. 对角线互相垂直的四边形是菱形 D. 对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 4. 如图，在中，点分别是边的中点，点是线段上的一点，连接，，且，，则的长是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 5. 如图，在矩形中，O是对角线的交点，于点E，若，，则的长为（ ） A. B. C. D. 6. 菱形中，对角线、交于点O，，，则菱形的高长度为（ ） A. B. C. 12 D. 13 7. 组织一次排球邀请赛，参赛的每个队之间都要比赛一场，根据场地和时间等条件，赛程计划安排7天，每天安排4场比赛．设比赛组织者应邀请x个队参赛，则x满足的关系式为（     ） A. B. C. D. 8. 已知方程的两根分别为，，则的值为（ ） A. B. C. D. 9. 如图,是由三个边长分别为6、9、x的正方形所组成的图形,若直线AB将它分成面积相等的两部分,则x的值是（ ）． A. 4或6 B. 3或5 C. 1或7 D. 3或6 10. 如图，在中，，点分别是的中点，顺次连接，在从逐渐增大到的过程中，四边形形状的变化依次是（ ） A. 平行四边形→菱形→平行四边形 B. 平行四边形→矩形→平行四边形 C. 平行四边形→菱形→正方形→平行四边形 D. 平行四边形→矩形→正方形→平行四边形 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 11. 若关于x的方程有一个根为，则__________． 12. 如图所示，在菱形中，以点B为圆心，一定长为半径画弧分别交于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，连接并延长交于点Q．若，则_________． 13. 如图，中，，，D是上一点，于点E，于点F，连接，则的最小值为______． 14. 已知关于的方程有且只有一个实数解，则应满足条件_____． 15. 如图，已知正方形的边长为12，，将正方形的边沿折叠到，延长交于，连接，现在有如下4个结论：①；②；③；④．在以上4个结论中，正确的有_________（填序号） 三、解答题（本大题共10小题，16题-21题各8分，22-24题各10分，25题12分，共90分） 16. 解下列方程 （1）（利用公式法） （2）（利用因式分解法） 17. 已知一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的一个根是1，且a、b满足等式，求方程的根. 18. 如图，点、点B分别是网格图形中的一个格点，图中每个小正方形的边长均为，请在网格中按下列要求作图． （1）以为一边，在图①中画一个格点菱形； （2）以为一边，在图②中画一个面积等于的格点平行四边形． 19. 如图所示，在菱形中，点，分别在，上，且，求证：． 20. 关于的方程． （1）求证：不论取何值，方程总有两个实数根； （2）若该方程有两个实数根，且，求的值． 21. 如图，已知是四边形各边的中点． （1）证明：四边形为平行四边形； （2）若四边形是矩形，且其面积是，求四边形的面积． 22. 如图，菱形对角线交于点，，，与交于点． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求菱形的面积． 23. 已知的一条边的长为，另两边、的长是关于的一元二次方程的两个实数根． （1）当为何值时，是以为斜边的直角三角形； （2）当为何值时，是等腰三角形，并求的周长． 24. 如图，将一个长方形OABC纸片放在平面直角坐标系中，O为原点，点A在x轴正半轴上，点C在y轴正半轴上，，，将长方形折叠后，点B恰好落在OA边上的点E处，折痕所在直线经过点C且与AB边交于点D，与x轴的正半轴交于点F． （1）求点D的坐标及直线CD的解析式； （2）点P是线段CF上的一个动点，若OP将△COF的面积分为1：2两部分，求点P的坐标． 25. 在正方形中，点是边上的一点，点是直线上一动点，于，交直线于点． （1）当点F运动到与点B重合时（如图1），线段与的数量关系是_______． （2）若点F运动到如图2所示的位置时，（1）探究的结论还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由． （3）如图3，将边长为的正方形折叠，使得点落在边的中点处，折痕为，点、分别在边、上，请直接写出折痕的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $