精品解析：广东深圳市宝安中学（集团）2026-2027学年上学期九年级数学开学考试题

2026－2027宝安中学（集团）初中部九年级上数学开学练习 一、选择题：（每小题3分，共24分） 1. 下列人工智能App图标中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列各式从左到右的变形，是因式分解的是（ ） A. B. C. D. 3. 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 4. 下列命题中，是真命题的有（ ） ①平行四边形是中心对称图形；②矩形的对角线互相垂直；③菱形的四个角相等；④正方形的对角线相等，且互相垂直平分 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④ 5. 如图，在中，，分别垂直平分和，垂足为，，分别交于点，．若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 6. 关于x的分式方程有增根，则m的值是（ ） A. B. 3 C. D. 2 7. 在我国南宋数学家杨辉的《田亩比类乘除捷法》中记载着这样一个问题：直田积八百六十四步，只云阔不及长一十二步，问阔及长各几步？也就是说，一块长方形田地的面积为平方步，宽比长小步，问：这块长方形田地的长和宽各为多少步？设这块长方形田地的长为步，则根据题意可列方程为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，正方形中，是上一点，点在的延长线上，，连结．是的中点，连结，．给出以下结论： ①垂直平分；②，下列判断正确的是（ ） A. ①，②都对 B. ①，②都错 C. ①对，②错 D. ①错，②对 二、填空题（每小题3分，共15分） 9. 因式分解：________． 10. 若一个多边形的每一个内角都是，则该多边形是________边形． 11. 不等式组的解集是________． 12. 数学家伯努利在1691年创立了一种名为“极坐标系”的新坐标系，如图1，在平面上取一定点O（称为极点），以O为端点向右引射线（称为极轴）构成了极坐标系．在极坐标系内，对于直线上方的任意点P，连接，设线段的长度为L，，那么点P的极坐标记为．如图2，在极坐标系内，，，则点B的极坐标为．已知点，如果点C在这个极坐标系内，且四边形是菱形，那么点C的极坐标是_____________． 13. 如图，在等腰中，，，为边上的高，，分别为，边上的点，将分别沿，折叠，使点落在的延长线上点处，点落在点处，连接，若，则的长是______． 三、解答题（共61分） 14. 解方程： （1）； （2）． 15. 先化简再求值：，其中． 16. 如图在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为． （1）将先向右平移6个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到，请画出，并直接写出的坐标为__________； （2）请画出关于点中心对称的； （3）若点是轴上两个动点，点在点的上方，且，连接，则的最小值为_________． 17. 如图，菱形的对角线，相交于点，是边的中点，连接，过点作的垂线，垂足为点． （1）请用尺规作图，过点作交于点，并证明四边形是矩形； （2）在（1）的条件下，如果，，求矩形的面积． 18. 某超市以每个30元的价格购进A种商品，销售数据表明：当每个A种商品售价为40元时，平均每月售出600个；若售价每下降1元，其月销售量就增加200个． （1）若售价下降5元，每月能售出 个A种商品，若售价下降元（），每月能售出 个A种商品； （2）若本月最多购进有1210个A种商品，经销商决定降价促销，预计月获利恰好为8400元，求每个A种商品的售价； （3）经销商月获利能否达到9600元？说明理由． 19. 阅读材料，并解决问题． 【学习研究】我国古代数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了一元二次方程的几何解法，以为例，构造方法如下： 首先将方程变形为，然后画四个长为，宽为的矩形，按如图1所示的方式拼成一个“空心”大正方形，则图1中大正方形的面积可表示为，还可表示为四个矩形与一个边长为2的小正方形面积之和，即．因此，可得新方程．因为表示边长，所以，即．遗憾的是这样的做法只能得到方程的其中一个正根． （1）【理解应用】参照上述图解一元二次方程的方法，请在下面三个构图中选择能够用几何法求解方程的正确构图是 ．(从序号①②③中选择) （2）【类比迁移】小颖根据以上解法解方程，请将其解答过程补充完整： 第一步：将原方程变形为，即( )； 第二步：利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形； 第三步：因此，根据大正方形的面积可得新的方程： ，解得原方程的一个根为 ． （3）【拓展应用】一般地，对于形如的一元二次方程可以构造图2来解．已知图2是由四个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4，那么此方程的系数 ， ，求得方程的正根为 ． 20. 【问题背景】 如图1，在中，．将绕点逆时针旋转至，记旋转角（），当线段与不共线时，记的面积为，的面积为． 【特例分析】 如图2，当恰好过点，且点，，在同一条直线上时． （1） ； （2）若，则 ， ； 【推广探究】 某数学兴趣小组经过交流讨论，猜想：在旋转过程中，与之间存在一定的数量关系，小红和小明经过独立思考，获得了如下一些解决思路： 小红：如图3，过点作于点，过点作，交的延长线于点，可证一组三角形全等，再根据旋转的相关性质解决问题； 小明：如图4，过点，分别作直线平行于，，两直线交于点，连接，可证一组三角形全等，再根据平行四边形的相关性质解决问题． （3）请根据以上其中的任一种思路，完成探究过程，说明与的关系，并说明理由． 【拓展应用】 （4）在旋转过程中，当为面积的时，的值为 ．（画出图形） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026－2027宝安中学（集团）初中部九年级上数学开学练习 一、选择题：（每小题3分，共24分） 1. 下列人工智能App图标中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形的定义，熟练掌握中心对称图形的定义是解答本题的关键． 根据中心对称图形的定义解答即可． 【详解】解：A、该图形不是中心对称图形，故A选项不符合题意； B、该图形是中心对称图形，故B选项符合题意； C、该图形不是中心对称图形，故C选项不符合题意； D、该图形不是中心对称图形，故D选项不符合题意； 故选：B． 2. 下列各式从左到右的变形，是因式分解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据“把一个多项式化为几个整式乘积的形式，这种变形叫做因式分解”，逐一判断各选项即可 【详解】解：∵ 选项A中，左边是单项式，不是多项式，不符合因式分解要求，∴ A错误； ∵ 选项B中，左边是多项式，右边是两个整式的乘积，符合因式分解定义，∴ B正确； ∵ 选项C中，变形是将整式乘积化为多项式，属于整式乘法，不是因式分解，∴ C错误； ∵ 选项D中，等式右边是和的形式，不是几个整式的乘积，不符合要求，∴ D错误 3. 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】A 【解析】 【分析】计算根的判别式，判定，解答即可． 【详解】解：∵一元二次方程为， ∴，，， ∴， ∵， ∴，即， ∴方程有两个不相等的实数根． 4. 下列命题中，是真命题的有（ ） ①平行四边形是中心对称图形；②矩形的对角线互相垂直；③菱形的四个角相等；④正方形的对角线相等，且互相垂直平分 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④ 【答案】D 【解析】 【分析】根据平行四边形是中心对称图形，矩形的对角线相等且互相平分；菱形的对角相等，正方形的对角线相等，且互相垂直平分，解答即可． 【详解】解：①平行四边形绕对角线交点旋转后与原图形重合，是中心对称图形，为真命题． ②矩形的对角线相等且互相平分，不一定互相垂直，为假命题． ③菱形的对角相等，四个角不一定都相等，为假命题． ④　正方形同时具备矩形和菱形的性质，对角线相等且互相垂直平分，为真命题． 综上，真命题为①④． 5. 如图，在中，，分别垂直平分和，垂足为，，分别交于点，．若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角形内角和定理求出的度数，根据线段垂直平分线可得，进而可得，，最后根据求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵分别垂直平分和， ， ，， ∴． 6. 关于x的分式方程有增根，则m的值是（ ） A. B. 3 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查分式方程的增根，熟练掌握分式方程的增根是解决本题的关键．先解关于的分式方程得．再根据增根的定义，解决此题． 【详解】解： 去分母，得， 移项，得． 关于的分式方程有增根， ， ． 故选：． 7. 在我国南宋数学家杨辉的《田亩比类乘除捷法》中记载着这样一个问题：直田积八百六十四步，只云阔不及长一十二步，问阔及长各几步？也就是说，一块长方形田地的面积为平方步，宽比长小步，问：这块长方形田地的长和宽各为多少步？设这块长方形田地的长为步，则根据题意可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设长方形田地的长为步，宽比长小步， 宽为步， 长方形田地的面积为平方步， 可得方程． 8. 如图，正方形中，是上一点，点在的延长线上，，连结．是的中点，连结，．给出以下结论： ①垂直平分；②，下列判断正确的是（ ） A. ①，②都对 B. ①，②都错 C. ①对，②错 D. ①错，②对 【答案】A 【解析】 【分析】取中点M， 构造的中位线，由中位线的性质得出，，结合，证明是等腰直角三角形，推出点P在上，结合正方形的对角线互相垂直且平分，可判断①；利用等腰直角三角形的性质得出，可判断②． 【详解】解：如图，连接，取中点M，连接， 四边形是正方形， ，，，垂直平分， 点M是中点，是的中点， 是的中位线， ，， ， ， 又，， ，即， 是等腰直角三角形， ，， 点P在上， 垂直平分， 垂直平分，故①正确； ，， ，故②正确， 综上可知，①，②都对． 二、填空题（每小题3分，共15分） 9. 因式分解：________． 【答案】 【解析】 【分析】先提取公因式，再套用公式分解即可． 本题考查了因式分解，熟练掌握先提取公因式，再套用公式分解是解题的关键． 【详解】 ． 故答案为：． 10. 若一个多边形的每一个内角都是，则该多边形是________边形． 【答案】六 【解析】 【分析】设该多边形的边数为，利用多边形内角和定理列方程求解即可． 【详解】解：设该多边形的边数为， 根据多边形内角和定理，得， 展开整理得， 解得， 故该多边形是六边形． 11. 不等式组的解集是________． 【答案】 【解析】 【分析】分别求解两个一元一次不等式，再根据不等式组解集的法则确定最终解集． 【详解】解：解不等式①，得 ， 解不等式②，得 ． 根据“同小取小”的法则，可得不等式组的解集为． 12. 数学家伯努利在1691年创立了一种名为“极坐标系”的新坐标系，如图1，在平面上取一定点O（称为极点），以O为端点向右引射线（称为极轴）构成了极坐标系．在极坐标系内，对于直线上方的任意点P，连接，设线段的长度为L，，那么点P的极坐标记为．如图2，在极坐标系内，，，则点B的极坐标为．已知点，如果点C在这个极坐标系内，且四边形是菱形，那么点C的极坐标是_____________． 【答案】 【解析】 【分析】连接，，与相交于M．结合已知条件及，可判定为等边三角形，得到的长，利用菱形的性质及等腰三角形三线合一性质，求出的长度及的度数，进而确定点C的极坐标． 【详解】解：如图，连接，，与相交于M． ∵，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴平分，，， ∴， ， ∴， ∴点C的极坐标为． 13. 如图，在等腰中，，，为边上的高，，分别为，边上的点，将分别沿，折叠，使点落在的延长线上点处，点落在点处，连接，若，则的长是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了翻折变换，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．过点作于，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可求，，，，由折叠的性质可得，，，可证是等边三角形，可得，由折叠的性质可求，由直角三角形的性质可求解． 【详解】解：如图，过点作于， ，，为边上的高， ，，，， ， ， ， ， ，， 将分别沿，折叠， ，，， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 三、解答题（共61分） 14. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【小问1详解】 解： 或 解得，； 【小问2详解】 解： 解得． 15. 先化简再求值：，其中． 【答案】化简结果为，值为 【解析】 【分析】先化简分式，再将代入计算即可． 【详解】解：原式， ， ． 当  时， ． 16. 如图在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为． （1）将先向右平移6个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到，请画出，并直接写出的坐标为__________； （2）请画出关于点中心对称的； （3）若点是轴上两个动点，点在点的上方，且，连接，则的最小值为_________． 【答案】（1）解：如图即为所求， ； （2）解：如图即为所求， （3） 【解析】 【分析】（1）根据网格结构找出点平移后的对应点的位置，然后顺次连接即可； （2）根据网格结构找出关于原点O的中心对称点的位置，然后顺次连接即可； （3）将点向上平移一个单位得到点，作点关于轴的对称点，连接，与轴的交点为点，根据两点间距离公式求出结果即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：将点向上平移一个单位得到点，作点关于轴的对称点，连接，与轴的交点为点， ∴，， ∴， 当三点共线时取得最小值，． 17. 如图，菱形的对角线，相交于点，是边的中点，连接，过点作的垂线，垂足为点． （1）请用尺规作图，过点作交于点，并证明四边形是矩形； （2）在（1）的条件下，如果，，求矩形的面积． 【答案】（1） 作图如下， 证明：四边形为菱形， ， 是边的中点， 为的中位线， ， ， ，， ， ， 四边形是矩形； （2）矩形的面积为24 【解析】 【分析】（1）以点E为圆心，为半径作弧，交于点H，以点A和点H为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点I，连接直线，交于点F，此时点即为所作；由菱形的性质可得，证明为的中位线，则，再结合矩形的判定定理证明即可； （2）由菱形的性质可得，，，，由勾股定理得出，由直角三角形的性质可得，由等面积法得出，即可得出结果． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：四边形为菱形， ，，，， ， 是边的中点， ， ， ， 矩形的面积为． 18. 某超市以每个30元的价格购进A种商品，销售数据表明：当每个A种商品售价为40元时，平均每月售出600个；若售价每下降1元，其月销售量就增加200个． （1）若售价下降5元，每月能售出 个A种商品，若售价下降元（），每月能售出 个A种商品； （2）若本月最多购进有1210个A种商品，经销商决定降价促销，预计月获利恰好为8400元，求每个A种商品的售价； （3）经销商月获利能否达到9600元？说明理由． 【答案】（1）1600； （2）每个A商品的售价为37元 （3）解：月获利不能达到9600元，理由： 设每个A商品的售价为x元， 由题意得：， 整理得：， ∵， ∴方程无实数根，即月获利不能达到9600元． 【解析】 【分析】（1）根据售价每下降1元，其月销售量就增加200个，分别计算即可； （2）设每个A商品的售价为x元，根据每个A商品的利润×销售数量＝总利润列出方程并解答； （3）根据题意列出方程，求出根的判别式，可得方程无实数根，即月获利不能达到9600元． 【小问1详解】 解：∵售价每下降1元，其月销售量就增加200个， ∴若售价下降5元，每月能售出（个）A商品， 若售价下降x元()，每月能售出个A商品； 【小问2详解】 解：设每个A商品的售价为x元，由题意，得 ， 解得， 当时，（舍去）， 当时，（符合题意）， 答：每个A商品的售价为37元； 【小问3详解】 略 19. 阅读材料，并解决问题． 【学习研究】我国古代数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了一元二次方程的几何解法，以为例，构造方法如下： 首先将方程变形为，然后画四个长为，宽为的矩形，按如图1所示的方式拼成一个“空心”大正方形，则图1中大正方形的面积可表示为，还可表示为四个矩形与一个边长为2的小正方形面积之和，即．因此，可得新方程．因为表示边长，所以，即．遗憾的是这样的做法只能得到方程的其中一个正根． （1）【理解应用】参照上述图解一元二次方程的方法，请在下面三个构图中选择能够用几何法求解方程的正确构图是 ．(从序号①②③中选择) （2）【类比迁移】小颖根据以上解法解方程，请将其解答过程补充完整： 第一步：将原方程变形为，即( )； 第二步：利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形； 第三步：因此，根据大正方形的面积可得新的方程： ，解得原方程的一个根为 ． （3）【拓展应用】一般地，对于形如的一元二次方程可以构造图2来解．已知图2是由四个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4，那么此方程的系数 ， ，求得方程的正根为 ． 【答案】（1）③ （2），， （3），3，1或3 【解析】 【分析】（1）根据题意，变形为，根据图示分别算出每个图形中长方形的面积，进行比较即可解答； （2）根据材料提示，进行计算即可解答； （3）先根据材料提示分解为，图形结合分析，即可得，分类讨论，由此即可解答． 【小问1详解】 解：， ， 将看作一个长为，宽为，面积为21的矩形， 很容易观察出构图是③． 【小问2详解】 解：， 第一步：将原方程变为，即； 第二步：如图②，利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形； 第三步：根据大正方形的面积可得新的方程：，解得原方程的一个根为； 故答案为：，，． 【小问3详解】 解：由条件可知， ， 四个小矩形的面积各为，大正方形的面积是，其中它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即， 由条件可知，解得， 当时，，，，方程的一个正根为1； 当时，，，，方程的一个正根为3； 综上所述，方程的一个正根为1或3， 故答案为，3，1或3． 20. 【问题背景】 如图1，在中，．将绕点逆时针旋转至，记旋转角（），当线段与不共线时，记的面积为，的面积为． 【特例分析】 如图2，当恰好过点，且点，，在同一条直线上时． （1） ； （2）若，则 ， ； 【推广探究】 某数学兴趣小组经过交流讨论，猜想：在旋转过程中，与之间存在一定的数量关系，小红和小明经过独立思考，获得了如下一些解决思路： 小红：如图3，过点作于点，过点作，交的延长线于点，可证一组三角形全等，再根据旋转的相关性质解决问题； 小明：如图4，过点，分别作直线平行于，，两直线交于点，连接，可证一组三角形全等，再根据平行四边形的相关性质解决问题． （3）请根据以上其中的任一种思路，完成探究过程，说明与的关系，并说明理由． 【拓展应用】 （4）在旋转过程中，当为面积的时，的值为 ．（画出图形） 【答案】（1）60 （2）； （3）解：，理由如下： 小明思路：如图，过点，分别作直线平行于，，两直线交于点，连接， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴，， ∵旋转， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 小红思路：如图，过点作交延长线于点，过点作交延长线于点， ∵，， ∴， ∵旋转， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴， ∴； （4）或 【解析】 【分析】（1）由旋转的性质和平行四边形的性质，等角对等边，可得是等边三角形，即可求解； （2）过点F作交延长线于点，设交于点N，通过证明，进而得出，再证明，可得，即可解答； （3）分别根据小明思路和小红思路进行推理证明即可； （4）先根据面积之间的关系得出，继而得出，再分类讨论求解即可． 【小问1详解】 解：由旋转可得，， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴； 【小问2详解】 解：如图，过点F作交延长线于点，设交于点N， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 【小问3详解】 略 【小问4详解】 解：∵， ∴当为面积的时，， 由（3）小红思路得，， ∴， ∴，即， ①当时，如图，作的中点P，连接， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，即， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴； ②当时，如图 同理可得， ∴， 综上，的值为或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $