精品解析：四川成都市第七中学2026-2027学年九年级上学期入学考数学试题

入学定时训练（数学） A卷（100分） 一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分） 1. 下列图形中，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】 【详解】解：A选项是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； B选项是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； C选项不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； D选项既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意． 2. 一个八边形的内角和是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了多边形的内角和，熟记内角和公式是解题的关键．根据多边形的内角和公式，列式进行计算即可得解． 【详解】解：． 故选： A 3. 如图，在中，，D是边的中点，若，，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用勾股定理求出的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解． 【详解】解：在中，，，， 由勾股定理可得， 是边的中点， 是斜边上的中线，  ． 4. 用配方法解方程，下列变形正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】按照配方法的步骤，先移项，再在等式两边加上一次项系数一半的平方，将左边整理为完全平方形式即可得到结果． 【详解】解：∵ ， 移项得 ， 等式两边同时加上一次项系数一半的平方，得， 整理得 ． 5. 若关于x的一元一次不等式的解集为，则一次函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据不等式的解集确定的符号以及直线与轴的交点坐标，进而判断函数图象． 【详解】解：关于的一元一次不等式的解集为， ，且当时，， 一次函数的图象经过点，且随的增大而增大， 观察选项，只有A选项图象经过点且呈上升趋势． 6. 下列命题为假命题的是（ ） A. 四边形内角和等于 B. 平行四边形对角线互相平分 C. 有一组邻边相等的矩形是正方形 D. 四个角相等的四边形是菱形 【答案】D 【解析】 【详解】选项A，任意四边形的内角和均为，该命题为真命题，不符合题意； 选项B，平行四边形的对角线互相平分是平行四边形的基本性质，该命题为真命题，不符合题意； 选项C，矩形的四个角均为直角，若矩形有一组邻边相等，则满足正方形的判定条件，该命题为真命题，不符合题意； 选项D，四边形内角和为，若四个角相等，则每个角的度数为，四个角均为直角的四边形是矩形，不一定是菱形，该命题为假命题，符合题意。 7. 关于x的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】利用根的判别式的符号即可得出结论. 【详解】解：∵对于一元二次方程，，， ∴判别式， 又∵任意实数的平方非负，即， ∴， ∴ 原方程有两个不相等的实数根. 8. 已知三个顶点的坐标分别为，，．将平移，使点的对应点恰好与点关于原点成中心对称，则平移后点的对应点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据中心对称性质求出坐标，再确定平移方式，然后利用平移方式求解即可． 【详解】解：∵点的对应点恰好与点关于原点成中心对称， ∴点 的坐标为， ∵ 点 平移后的对应点为  ， ∴ 平移方式为向右平移5个单位长度，向下平移2个单位长度， ∵ 点 B的坐标为 ， ∴点  的坐标为 ，即 ． 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 9. 分解因式8x2y﹣2y＝_____． 【答案】2y（2x+1）（2x﹣1） 【解析】 【分析】首先提取公因式2y，再利用平方差公式分解因式得出答案． 【详解】8x2y-2y=2y（4x2-1） =2y（2x+1）（2x-1）． 故答案为2y（2x+1）（2x-1）． 【点睛】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确应用公式是解题关键． 10. 使代数式有意义的的取值范围是________． 【答案】且 【解析】 【分析】根据二次根式有意义的条件和分式有意义的条件，分别列出不等式，求解后取交集，即可得到的取值范围． 【详解】解：若代数式有意义，需满足二次根式的被开方数为非负数，且分式的分母不为零， 因此可得， 解不等式，得， 解不等式，得， 因此的取值范围是且． 11. 若分式的值为零，则的值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据分式值为零的条件，列出方程和不等式，求解即可． 【详解】解：分式的值为零， 且， 解得． 12. 如图，在中，，，对角线与相交于点，，则的周长为_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质与勾股定理．根据平行四边形的性质可得，，由利用勾股定理求出，进而得到的长，再根据平行线性质得出，利用勾股定理求出，最后求和即可． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，． ， ． 在中，，， 由勾股定理得：． ． ， ． 在中，，， 由勾股定理得：． 的周长． 13. 如图，在中，，，，以点为圆心，的长为半径作弧，交于点，则的长为________． 【答案】 2 【解析】 【分析】根据平行四边形的对边相等求出的长，由作图可知，结合，可证是等边三角形，进而得到的长，最后根据线段的和差关系计算的长.  【详解】解：四边形是平行四边形， ， 由作图可知：， ， 是等边三角形， ， .  三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14. 完成下列小题； （1）解不等式组： ； （2）解分式方程：． 【答案】（1）不等式组的解集为 （2）分式方程的解为 【解析】 【分析】（1）解一元一次不等式组，需先分别求出每个不等式的解集，再取两个解集的公共部分得到最终结果，计算过程运用不等式的基本性质变形． （2）解分式方程，先通过去分母将分式方程转化为一元一次整式方程，求解后进行检验即可得到原方程的解． 【小问1详解】 解：解不等式①， 去分母得， 整理得， 移项合并得， 系数化为1得， 解不等式②， 去括号得， 整理得， 移项合并得， 系数化为1得， 因此原不等式组的解集为． 【小问2详解】 解：， 方程两边同乘最简公分母得， 展开并整理得， 移项合并得， 解得， 检验：当时，， 因此原分式方程的解为． 15. 先化简再求值：，其中． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查分式的化简求值，先计算括号内的异分母分式减法，再将除法转化为乘法，约分得到最简结果，最后将已知等式变形后整体代入计算即可． 【详解】解：∵， ∴， ， 原式 ． 16. 在平面直角坐标系中，线段的两个端点坐标为，，点P坐标为． （1）画出线段绕点P沿顺时针方向旋转所得到的线段，点的坐标是（_______）； （2）画出线段关于点P成中心对称的线段，点的坐标是（_______）； （3）在线段上画一点Q，使，点Q的坐标是（_______）． 【答案】（1）； （2）； （3）； 【解析】 【分析】（1）根据旋转的特点确定点的位置，再作图并写出对应点的坐标即可； （2）根据中心对称的特点确定点的位置，再作图并写出对应点的坐标即可； （3）求出，轴，则点Q的纵坐标为，设，则，解方程即可得到答案． 【小问1详解】 解：画图见答案， 则点坐标是； 【小问2详解】 解：画图见答案， 则点的坐标是； 【小问3详解】 解：画图见答案， 由（2）得点的坐标是，点的坐标是， ∴； ∵， ∴轴， ∴点Q的纵坐标为， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴或（舍去）， ∴． 17. 5月24日，神舟二十三号载人飞船发射取得圆满成功．为了让同学们了解我国航天事业取得的成就并普及航天知识，学校购进了甲、乙两种航天科普图书，甲种图书每本厚0.8厘米，乙种图书每本厚1.2厘米，现将两种图书按图示方式摆放在长为84厘米的书架上． （1）若两种图书共90本恰好摆满该书架，问书架上甲、乙两种图书各有多少本？ （2）若书架上已摆放了10本甲种图书，求最多还可以摆放多少本乙种图书？ 【答案】（1）甲种图书本，乙种图书本； （2）最多还可以摆放本乙种图书． 【解析】 【分析】（1）设甲种图书有本，根据“总厚度恰好等于书架长”列方程求解即可； （2）设还可以摆放本乙种图书，根据总厚度不超过书架长列不等式求解即可． 【小问1详解】 解：设甲种图书有本，则乙种图书有本， ∵总厚度恰好等于书架长， ∴， 解得：， 则乙种图书数量为本； 答：甲种图书本，乙种图书本； 【小问2详解】 解：设还可以摆放本乙种图书， ∵总厚度不超过书架长， ∴， 解得：， ∵是正整数， ∴的最大值为63． 答：最多还可以摆放本乙种图书． 18. 如图，在中，、分别为、边上两点，平分． （1）如图1，若，，求的长； （2）如图2，，．若，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的性质，可得，，从而，再根据角平分线的定义，可得，进而，则，求出即可； （2）作交的延长线于点，根据平行四边形的性质，易得是等腰直角三角形，再根据勾股定理，可得，最后计算面积即可． 【小问1详解】 解：四边形是平行四边形， ，， ， 平分， ， ， ， ， ， 则的长为； 【小问2详解】 解：如图，过点A作交的延长线于点， 四边形是平行四边形， ， ，即是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ， 则的面积是． B卷（50分） 四、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 19. 已知实数a，b满足，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了平方差公式因式分解，根据平方差公式因式分解，将已知等式代入，即可求解． 【详解】解：∵， ∴ 故答案为：． 20. 若关于x的分式方程的解是负数，则实数m的最大整数值是_______． 【答案】 【解析】 【分析】先将分式方程化为整式方程，得到x关于m的表达式，再根据解为负数且分式有意义，确定m的取值范围，即可求出m的最大整数值． 【详解】解：分式方程，两边同乘得：， 移项合并同类项得：． ∵方程的解为负数， ∴， 解得． 又∵分式有意义，分母不能为，即， ∴， 解得． ∴的取值范围是且， 则的最大整数值是． 21. 锦凌中学准备优化师生的配餐菜品，现在对A、B、C三个套餐进行评估，各项得分如下表：（单位：分） 套餐 营养均衡度 口味接受度 价格合理度 A 8 9 8 B 9 8 8 C 7 9 9 若规定营养均衡度、口味接受度、价格合理度在总分中所占的比例分别为、、，则三项得分的加权平均数最高的是___________．（填“A”“B”或“C”） 【答案】B 【解析】 【分析】根据加权平均数的计算方法，分别求出三个套餐的加权得分，比较大小即可得到结果． 【详解】解：分别计算三个套餐的加权平均数： 套餐A的得分：（分）； 套餐B的得分：（分）； 套餐C的得分：（分）； ∵， ∴加权平均数最高的是B． 22. 如图（1），在中，是的中点，，点是上的动点，，，图（2）是点从点运动到点时随的变化关系的图象．则的面积为_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据函数图象结合点的运动轨迹，得到当时，，当点与点重合时，取得最大值，即，继而根据勾股定理，得到，利用平行四边形的面积公式计算即可得到答案． 【详解】解: 由题图（2）可知，当时，， 由题图（1）可知，当时，点与点重合， ， 此时，， ， ， 如图，连接， 由，点是的中点， ， 当点与点重合时，，， 此时，取得最大值， 此时， 在中，由勾股定理得， 即， 解得， ， 的面积为． 23. 定义：在平面直角坐标系中，若点关于直线的对称点在的内部（不包含边界），则称点是关于直线的“影子点”．如图，在中，已知，，，若直线上存在点，使得点是关于直线的“影子点”，则的取值范围是______________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的性质、轴对称的性质以及一次函数的性质．首先根据平行四边形的性质求出点的坐标，然后根据轴对称的性质求出点关于直线的对称点所在的直线解析式，最后将问题转化为直线与平行四边形内部有交点的问题，利用顶点坐标求出参数的取值范围． 【详解】解：，， 平行于轴，且． 四边形是平行四边形， 平行且等于． ， 点的纵坐标为，横坐标为，即． 设点的坐标为，则点关于直线的对称点的坐标为． 点在直线上， ． 设点的坐标为，则，，即． 代入得：， 整理得：． 点在的内部， 直线与的内部有公共点．即方程在内部有解． 令， 分别计算平行四边形四个顶点处的值：当时，； 当时，； 当时，； 当时，． 的取值范围是． ． 解得． 五、解答题（共30分） 24. 年足球世界杯于月日月日在美国、加拿大、墨西哥三国举行，作为世界体坛最具影响力的赛事之一，它的周边产品（吉祥物）深受球迷喜爱．这个吉祥物：克拉奇（）、梅普尔（）、萨尤（）分别是个国家的象征．现有、两种型号的吉祥物套装，已知型吉祥物套装比型套装贵元，用元购买型套装与用元购买型套装的数量相同． （1）每套型吉祥物套装与型吉祥物套装的售价分别是多少元？ （2）某学校足球队决定用不超过元购买、两种型号的吉祥物套装共套作为礼物送给校队队员，则最多能购买型吉祥物套装多少套？ 【答案】（1）型每套元，型每套元 （2）最多能购买型吉祥物套装套 【解析】 【分析】（1）设每套型套装售价为元，则型每套元，根据“元买型数量元买型数量”列分式方程，即可求解； （2）设购买套型，则型套，根据“总费用不超过元”列出不等式，即可求解． 【小问1详解】 解：设每套型套装售价为元，则型每套元， 根据题意可得， ， ， ， ， 检验：是原分式方程的解， 则型单价：（元） 故型每套元，型每套元． 【小问2详解】 解：设购买套型，则型套， 根据题意可得， ， ， ， ∵为正整数，故最大取， 故最多能购买型吉祥物套装套． 25. 如图1，直线l：分别与x轴，y轴交于A，B两点． （1）若y轴上有一点，则当时，求k的值； （2）在（1）的条件下，y轴正半轴上有点D，连接，若，求点D的坐标； （3）已知直线l过定点P，在A点右侧x轴上有一点E，直线交y轴于点M，若将线段沿直线平移到，点P、B的对应点分别为点M、N，且点N恰好落在x轴上，求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意易得，则有，然后把代入直线解析式进行求解即可； （2）由（1）可知，则有，然后可得，过点作，交的延长线于一点，分别过点作，则有，，进而可得直线的解析式为，最后问题可求解； （3）连接，与轴的交点为，由题意易得，，，由题意可设，然后根据中点坐标公式可得，则可求直线的解析式为，进而问题可求解． 【小问1详解】 解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 把代入得：，解得：； 【小问2详解】 解：由（1）可知：， ∴， ∴令时，则有，解得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 过点作，交的延长线于一点，分别过点作，如图所示： ∴，轴， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 设直线的解析式为，则有：， 解得：， ∴直线的解析式为， 令时，则有， ∴； 【小问3详解】 解：连接，与轴的交点为，如图所示： 对于，当时，则有，当时，则有，解得：，当时，则有， ∴，，， 由题意可设， 由平移可知：， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴根据中点坐标公式可得：， 解得：， ∴， 设直线的解析式为，则有：， 解得：， ∴直线的解析式为， ∴当时，则有，解得：， ∴， ∴， ∵， ∴． 26. 平移与旋转是基本的几何图形变换，可以通过改变图形元素的相对位置来重组分散的几何元素，达到化散为聚，化隐为显的目的． 【基础探究】 （1）如图1，是等边三角形，边长为2，点D，E分别是，上的两个动点，且满足，连接．过点B作的平行线，过点E作的平行线，两线相交于点M，作射线，求的度数及的最小值． 【变式拓展】 （2）如图2，是等边三角形，点D在线段上，点E在线段延长线上，且满足，过点B作射线交射线于点F，射线交于点G． ①求证：； ②若，，求的值． 【迁移应用】 （3）如图3，中，，点D，E分别为，上两个动点，且满足，连接，，若，，，求的值． 【答案】（1）；的最小值为1； （2）①证明：如图所示，过点E作交的延长线于点R， ∵是等边三角形， ∴； ∵， ∴，， ∴； 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ② （3） 【解析】 【分析】（1）证明，得到，；则可证明，得到，由三角形外角的性质可证明；由等边三角形的性质可推出，则可得到，即点M在射线上运动，由垂线段最短可知，当时，有最小值，据此可得答案； （2）①过点E作交的延长线于点R，证明是等边三角形，得到，则可得到，再证明，即可得到；②过点E作于点H，过点D作于点M，可求出，则可得到，，；证明平分，得到，则，即可得到； （3）以为底边，在的上方作等腰，且使得，设直线交于点R，可证明，得到，则可证明，得到，进而得到；过点F作于点H，过点F作于点G，则，，；证明是等腰直角三角形，推出，则；过点F作于点T，利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性质求出的长即可得到答案． 【小问1详解】 解：∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴，； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴，即； ∴点M在射线上运动， 由垂线段最短可知，当时，有最小值， 此时有， ∴的最小值为1， ∴的最小值为1； 【小问2详解】 ①略； ②如图所示，过点E作于点H，过点D作于点M， ∴； ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴，， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴平分， 又∵，， ∴； ∵， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：如图所示，以为底边，在的上方作等腰，且使得，设直线交于点R， ∴，， 又∵ ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图所示，过点F作于点H，过点F作于点G， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴； 在中，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图所示，过点F作于点T， ∴， 同理可得， ∴， ∴， ∴． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 入学定时训练（数学） A卷（100分） 一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分） 1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 一个八边形的内角和是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，在中，，D是边的中点，若，，则的长为（ ） A. B. C. D. 4. 用配方法解方程，下列变形正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 若关于x的一元一次不等式的解集为，则一次函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 6. 下列命题为假命题的是（ ） A. 四边形内角和等于 B. 平行四边形对角线互相平分 C. 有一组邻边相等的矩形是正方形 D. 四个角相等的四边形是菱形 7. 关于x的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 8. 已知三个顶点的坐标分别为，，．将平移，使点的对应点恰好与点关于原点成中心对称，则平移后点的对应点的坐标是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 9. 分解因式8x2y﹣2y＝_____． 10. 使代数式有意义的的取值范围是________． 11. 若分式的值为零，则的值为_______． 12. 如图，在中，，，对角线与相交于点，，则的周长为_________． 13. 如图，在中，，，，以点为圆心，的长为半径作弧，交于点，则的长为________． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14. 完成下列小题； （1）解不等式组： ； （2）解分式方程：． 15. 先化简再求值：，其中． 16. 在平面直角坐标系中，线段的两个端点坐标为，，点P坐标为． （1）画出线段绕点P沿顺时针方向旋转所得到的线段，点的坐标是（_______）； （2）画出线段关于点P成中心对称的线段，点的坐标是（_______）； （3）在线段上画一点Q，使，点Q的坐标是（_______）． 17. 5月24日，神舟二十三号载人飞船发射取得圆满成功．为了让同学们了解我国航天事业取得的成就并普及航天知识，学校购进了甲、乙两种航天科普图书，甲种图书每本厚0.8厘米，乙种图书每本厚1.2厘米，现将两种图书按图示方式摆放在长为84厘米的书架上． （1）若两种图书共90本恰好摆满该书架，问书架上甲、乙两种图书各有多少本？ （2）若书架上已摆放了10本甲种图书，求最多还可以摆放多少本乙种图书？ 18. 如图，在中，、分别为、边上两点，平分． （1）如图1，若，，求的长； （2）如图2，，．若，，求的面积． B卷（50分） 四、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 19. 已知实数a，b满足，则______． 20. 若关于x的分式方程的解是负数，则实数m的最大整数值是_______． 21. 锦凌中学准备优化师生的配餐菜品，现在对A、B、C三个套餐进行评估，各项得分如下表：（单位：分） 套餐 营养均衡度 口味接受度 价格合理度 A 8 9 8 B 9 8 8 C 7 9 9 若规定营养均衡度、口味接受度、价格合理度在总分中所占的比例分别为、、，则三项得分的加权平均数最高的是___________．（填“A”“B”或“C”） 22. 如图（1），在中，是的中点，，点是上的动点，，，图（2）是点从点运动到点时随的变化关系的图象．则的面积为_______． 23. 定义：在平面直角坐标系中，若点关于直线的对称点在的内部（不包含边界），则称点是关于直线的“影子点”．如图，在中，已知，，，若直线上存在点，使得点是关于直线的“影子点”，则的取值范围是______________． 五、解答题（共30分） 24. 年足球世界杯于月日月日在美国、加拿大、墨西哥三国举行，作为世界体坛最具影响力的赛事之一，它的周边产品（吉祥物）深受球迷喜爱．这个吉祥物：克拉奇（）、梅普尔（）、萨尤（）分别是个国家的象征．现有、两种型号的吉祥物套装，已知型吉祥物套装比型套装贵元，用元购买型套装与用元购买型套装的数量相同． （1）每套型吉祥物套装与型吉祥物套装的售价分别是多少元？ （2）某学校足球队决定用不超过元购买、两种型号的吉祥物套装共套作为礼物送给校队队员，则最多能购买型吉祥物套装多少套？ 25. 如图1，直线l：分别与x轴，y轴交于A，B两点． （1）若y轴上有一点，则当时，求k的值； （2）在（1）的条件下，y轴正半轴上有点D，连接，若，求点D的坐标； （3）已知直线l过定点P，在A点右侧x轴上有一点E，直线交y轴于点M，若将线段沿直线平移到，点P、B的对应点分别为点M、N，且点N恰好落在x轴上，求的值． 26. 平移与旋转是基本的几何图形变换，可以通过改变图形元素的相对位置来重组分散的几何元素，达到化散为聚，化隐为显的目的． 【基础探究】 （1）如图1，是等边三角形，边长为2，点D，E分别是，上的两个动点，且满足，连接．过点B作的平行线，过点E作的平行线，两线相交于点M，作射线，求的度数及的最小值． 【变式拓展】 （2）如图2，是等边三角形，点D在线段上，点E在线段延长线上，且满足，过点B作射线交射线于点F，射线交于点G． ①求证：； ②若，，求的值． 【迁移应用】 （3）如图3，中，，点D，E分别为，上两个动点，且满足，连接，，若，，，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $