精品解析：四川省成都市第七中学初中学2026-2027学年九年级上学期开学数学收心练习

2026—2027学年上期2027届入学检测 数学 （满分140分，120分钟完成） A卷（满分100分） 一、选择题（每小题4分，共32分） 1. “二十四节气”作为农耕社会生产生活的时间指南，是中国古代劳动人民长期经验的积累和智慧的结晶，是中华民族悠久历史的重要组成部分．下列有关节气的图标，其文字上方的图案既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 不等式的解集在数轴上表示正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 若，则下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 下列等式中，从左到右的变形是因式分解的是（ ） A. B. C. D. 5. 下列命题的逆命题是假命题的是（ ） A. 等腰三角形的两底角相等 B. 全等三角形的对应角相等 C. 直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方 D. 三个角都是60°的三角形是等边三角形 6. 如图，对角线，交于点O，E是的中点，连结，，，若，则等于（ ）     A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 7. 某文创商店推出甲、乙两款书签，已知乙书签的单价是甲书签的倍，且用100元购买甲书签的数量比用126元购买乙书签的数量多4个，求甲、乙两款书签的单价．若设甲书签的单价为元，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在中，以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，，直线交于点，点为的中点，连接，若，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（每小题4分，共20分） 9. 分解因式___________． 10. 若分式的值为0，则x的值为 __ ． 11. 如图，将沿方向平移得到，若，则的长为 _____ ． 12. 如图，的顶点的坐标是，顶点的坐标是，则顶点的坐标是_____________． 13. 将正五边形和正五边形按如图方式摆放，顶点、、在一条直线上，则的度数为_____． 三、解答题（共48分） 14. 解下列各题： （1）解不等式组； （2）解方程：． 15. 化简求值． （1）先化简，再求值：，其中． （2）已知二次三项式有一个因式是，求另一个因式以及的值． 16. 如图，在平面直角坐标系中，，，， （1）将向右平移4个单位，得到，将绕着点顺时针旋转，得到，画出和； （2）请直接写出和的坐标，并求四边形的面积. 17. 如图，在中，对角线AC与BD相交于点O，，，连接． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，，，求的长． 18. 在等边中，为边上的中点，是射线上的一个动点，以为一边且在的下方作等边，连接． （1）填空：若与重合时（如图1），___________． （2）如图2，当点在线段上时（点不与、重合），请判断（1）中结论是否成立？并说明理由． （3）如图3，若点在射线上，，，求的长． B卷（满分40分） 一、填空题（每小题4分，共20分） 19. 若，则的值是______． 20. 如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，A，B，C，D，F均为格点，点在上，M，N分别为，与格线的交点，则线段的长为_____． 21. 如图，一次函数和的图象分别与轴交于点，，则关于的不等式的解集是_____________． 22. 如图，在平分交于点D，则的长为 _____，若P为直线上一动点，以为邻边构造平行四边形，连接，则的最小值为 _______． 23. 在中，，，点是边上一动点（），连接，将绕点逆时针旋转到上，连接，，取中点，若，则的值为________． 二、解答题（共20分） 24. 某商场改造部分停车位为充电停车位，分别花费万元和万元购进，两款充电桩，已知款充电桩的单价比款充电桩的单价高万元，且购进款充电桩的数量是款充电桩的数量的倍． （1）分别求，两款充电桩的单价； （2）该商场调研发现，现有改造的充电停车位已不能满足新能源汽车的充电需求，决定再用不多于万元的资金购进，两款充电桩共个，求此次可购进款充电桩的数量的最大值． 25. 如图，在平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于点，，点关于轴的对称点为，过点作轴的垂线交直线于点D，E是线段上一点，且满足三角形与三角形的面积相等． （1）求点，的坐标； （2）点在直线上，轴上是否存在一点，使得以，，，为顶点的四边形为平行四边形，若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由； （3）直线交轴于点，点在线段上（不与，重合），作射线，交轴于点，将射线绕点逆时针旋转交直线于点，连接，的周长是否为定值？若是，请求出的周长；若不是，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026—2027学年上期2027届入学检测 数学 （满分140分，120分钟完成） A卷（满分100分） 一、选择题（每小题4分，共32分） 1. “二十四节气”作为农耕社会生产生活的时间指南，是中国古代劳动人民长期经验的积累和智慧的结晶，是中华民族悠久历史的重要组成部分．下列有关节气的图标，其文字上方的图案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】在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形． 根据中心对称图形和轴对称图形的概念求解即可． 【详解】解：A、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，不符合题意； B、是轴对称图形但不是中心对称图形，不符合题意； C、是轴对称图形但不是中心对称图形，不符合题意； D、既是轴对称图形也是中心对称图形，符合题意． 2. 不等式的解集在数轴上表示正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先解不等式，再在数轴上表示不等式的解集. 【详解】解：， 解得：， 在数轴上表示不等式的解集如下： 3. 若，则下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】解：∵， ∴不等式两边同时减2，不等号方向不变，得，故A错误； 不等式两边同时乘，不等号方向改变，得，故B错误； 不等式两边同时乘，不等号方向不变，得，故C错误； 不等式两边同时除以，不等号方向不变，得，故D正确 4. 下列等式中，从左到右的变形是因式分解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】解：A、是整式乘法，结果为多项式，不是乘积形式，不是因式分解； B、，等式右边是差的形式，不是整式乘积，不是因式分解； C、，左边是多项式，右边是两个整式的乘积，符合因式分解的定义，是因式分解； D、，不是整式，等式右边不是整式乘积，不是因式分解． 5. 下列命题的逆命题是假命题的是（ ） A. 等腰三角形的两底角相等 B. 全等三角形的对应角相等 C. 直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方 D. 三个角都是60°的三角形是等边三角形 【答案】B 【解析】 【分析】先写出每个选项命题的逆命题，再判断逆命题的真假，从而找出逆命题为假的选项． 【详解】解：A、逆命题：两底角相等的三角形是等腰三角形，这是真命题，不符合题意； B、逆命题：对应角相等的三角形是全等三角形，相似三角形对应角相等但不一定全等，这是假命题，符合题意； C、逆命题：两条边的平方和等于第三边的平方的三角形是直角三角形，这是勾股定理的逆定理，是真命题，不符合题意； D、逆命题：等边三角形的三个角都是 60°，这是真命题，不符合题意； 故选：B． 【点睛】本题考查了命题与逆命题的概念、真假命题的判断，解题关键是准确写出每个命题的逆命题，并结合相关几何定理判断真假． 6. 如图，对角线，交于点O，E是的中点，连结，，，若，则等于（ ）     A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】先运用平行四边形的性质，得到，再运用勾股定理，在中，求出线段的长度，最后运用中位线的性质求得． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， 在中， ∵，，， ∴． ∵对角线，交于点O， ∴点O是的中点， ∵E是的中点， ∴是的中位线， ∴． 7. 某文创商店推出甲、乙两款书签，已知乙书签的单价是甲书签的倍，且用100元购买甲书签的数量比用126元购买乙书签的数量多4个，求甲、乙两款书签的单价．若设甲书签的单价为元，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据设出的甲单价表示出乙的单价，再结合“购买甲的数量比购买乙的数量多4个”的等量关系列方程即可． 【详解】解：设甲书签单价为元，则乙书签单价为元， 根据题意得： ． 8. 如图，在中，以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，，直线交于点，点为的中点，连接，若，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用垂直平分线的性质与判定，得到，再利用直角三角形内角和为，和三角形的外角定理解出答案． 【详解】解：如图所示，连接， 由作图方法知，线段是线段的垂直平分线， ∴， ∵点是线段的中点，， ∴线段是线段的垂直平分线， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， 解得． 二、填空题（每小题4分，共20分） 9. 分解因式___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了因式分解． 先提取公因式，再利用完全平方公式分解因式． 【详解】解：原式． 故答案为：． 10. 若分式的值为0，则x的值为 __ ． 【答案】 【解析】 【分析】根据分式的值为零的条件解答，即分式的分子等于零，分母不等于零． 【详解】解：由题意可得，且， 解得． 11. 如图，将沿方向平移得到，若，则的长为 _____ ． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了平移的性质，由平移得，，设，则，，由得，解方程即可求解，掌握平移的性质是解题的关键． 【详解】解：由平移得，，， 设，则，， ∵， ∴， 解得， ∴， 故答案为：． 12. 如图，的顶点的坐标是，顶点的坐标是，则顶点的坐标是_____________． 【答案】 【解析】 【分析】先由得且在轴上再利用平行四边形对边平行且相等，得；结合，确定的纵坐标为，横坐标为，故． 【详解】解：是坐标原点，坐标为， ∵点的坐标是， ∴，且在轴上， ∵在平行四边形中，且，点的坐标是， ∴的纵坐标和的纵坐标相同，即，， ∴的横坐标为， 综上，顶点的坐标为． 13. 将正五边形和正五边形按如图方式摆放，顶点、、在一条直线上，则的度数为_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据多边形内角和公式计算内角和，再计算出每个内角，从而进算出． 【详解】解：∵正五边形和正五边形，根据多边形内角和公式，（为边数）， ∴正五边形内角和， ∴每个内角， ∴， ∵顶点、、在一条直线上， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 三、解答题（共48分） 14. 解下列各题： （1）解不等式组； （2）解方程：． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了解不等式组、解分式方程等知识点，掌握解不等式组和解分式方程的方法成为解题的关键． （1）先求出各不等式组的解集，然后再确定不等式组的解集即可； （2）先将分式方程化成整式方程求解，然后再检验即可． 【小问1详解】 解：， 解不等式①可得：， 解不等式②可得：， 所以不等式组的解集为：． 【小问2详解】 解：， 方程两边同乘以，可得： ，解得：， 检验，当时，， 所以原分式方程的解为． 15. 化简求值． （1）先化简，再求值：，其中． （2）已知二次三项式有一个因式是，求另一个因式以及的值． 【答案】（1）， （2）另一个因式为，的值为 【解析】 【分析】（1）先根据分式的混合运算法则化简，得出最简结果，再把代入所求结果，即可得出答案； （2）设另一个因式为，根据多项式的乘法计算，对比多项式的各项，求得和的值，即可得出答案． 【小问1详解】 解： ， 当时，原式． 【小问2详解】 解：∵二次三项式有一个因式是，二次项系数是，的一次项系数是， ∴另一个因式的一次项系数为， ∴设另一个因式为， ∴， ∴，， 解得，． ∴另一个因式为，的值为． 16. 如图，在平面直角坐标系中，，，， （1）将向右平移4个单位，得到，将绕着点顺时针旋转，得到，画出和； （2）请直接写出和的坐标，并求四边形的面积. 【答案】（1） 如图所示，和即为所求： （2），，四边形的面积为8 【解析】 【分析】本题考查了作图——平移和旋转、坐标与图形： （1）根据平移的性质及旋转的性质作出平移图形及旋转图形即可求解； （2）根据坐标系可得，，再利用平行四边形的面积即可求解； 熟练掌握平移的性质及旋转的性质是解题的关键． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 根据图形可得：，， 四边形的面积为：． 17. 如图，在中，对角线AC与BD相交于点O，，，连接． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，，，求的长． 【答案】（1） 证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵，， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）20 【解析】 【分析】（1）由平行四边形的性质得，，进而得出，即可得出结论； （2）先求出，再根据平行四边形的性质得出，进而根据勾股定理得出，进而求出答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵，， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形, ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，勾股定理，掌握这些知识点是解题的关键． 18. 在等边中，为边上的中点，是射线上的一个动点，以为一边且在的下方作等边，连接． （1）填空：若与重合时（如图1），___________． （2）如图2，当点在线段上时（点不与、重合），请判断（1）中结论是否成立？并说明理由． （3）如图3，若点在射线上，，，求的长． 【答案】（1） （2）解：成立，理由如图： ∵等边中，为边上的中点， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴. （3）. 【解析】 【分析】（1）根据线段中点的定义结合等边三角形的性质，推出，根据等边对等角，结合三角形的外角的性质，即可得出结果； （2）证明，得到，即可； （3）作，根据含30度角的直角三角形结合勾股定理以及线段的和差关系进行求解即可. 【小问1详解】 解：∵为边上的中点， ∴， ∵为等边三角形， ∴，， ∴，， ∴，即； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：作， ∴， ∵在等边中，， ∴， 由（2）可知，， ∴， ∴， 在中，，， 由勾股定理，得， ∴. B卷（满分40分） 一、填空题（每小题4分，共20分） 19. 若，则的值是______． 【答案】7 【解析】 【分析】先将已知条件进行化简，然后将所求的分式进行变形，代入已知关系即可求解． 【详解】解：①由已知条件得出与的关系： ∵,通分可得， ∴． ②将所求式子化简求值： 把代入，将分子和分母分别整理： 分子变为：． 分母变为：． 将代入整理后的分子和分母： 分子变为：． 分母变为：． ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了分式的化简求值，解题关键是根据已知条件得出与的关系，再利用整体代入思想化简求值． 20. 如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，A，B，C，D，F均为格点，点在上，M，N分别为，与格线的交点，则线段的长为_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据图形可得点分别是的中点，再根据中位线的性质可得即可解答． 【详解】解：根据图形可得点分别是的中点， ． 21. 如图，一次函数和的图象分别与轴交于点，，则关于的不等式的解集是_____________． 【答案】或 【解析】 【分析】不等式意味着两个一次函数值异号或至少有一个为0．结合图象确定和大于等于0和小于等于0时的取值范围，分类讨论求解即可． 【详解】解：由图象可知，直线与轴交于点，且随的增大而增大． 当时，；当时，， 由图象可知，直线与轴交于点，且随的增大而减小． 当时，；当时，， ， 需满足或， 对于， ∴，即， 对于， ∴，即， 综上所述，不等式的解集是或． 22. 如图，在平分交于点D，则的长为 _____，若P为直线上一动点，以为邻边构造平行四边形，连接，则的最小值为 _______． 【答案】 ①. 4 ②. ## 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，找到动点Q的运动轨迹是解决本题的关键． 首先在中，由于，所以可以解，即可以过C作于O，利用三勾股定理，求出的长度，同理，在中，过D作于H，可以求出的长度，连接交于M，过Q作于G，可以证明，所以，由此得到Q在平行于的直线上运动，且距离两个单位长度，根据垂线段最短，可以得到当时，长度最小． 【详解】解：如图1，过C作于O，过D作于H， 在中， 在中， ∵平分 ， 在中， ∴可设 ， 如图2，过Q作于G，连接交于M， ∵四边形为平行四边形， 在与中， ， 故Q到直线的距离始终为2， ∴Q点在平行于的直线上运动，且两直线距离为2，根据垂线段最短，时，此时最小，如图3， 最小值为： 故答案为：6， 23. 在中，，，点是边上一动点（），连接，将绕点逆时针旋转到上，连接，，取中点，若，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】如图，过点A作交于点O，且，推出，证明出，得到，然后得到点E在的垂直平分线上，求出，取的中点I，连接，，证明出点A，G，I三点共线，求出，然后证明出垂直平分，得到，证明出是等腰直角三角形，进而利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，过点A作交于点O，且， ∵，， ∴，， ∴ ∴ ∵将绕点逆时针旋转到上 ∴， ∴是等边三角形 ∴， ∴ ∴ ∴ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴点E在的垂直平分线上，即 ∴， ∴ ∴ ∵ ∴ 如图，取的中点I，连接， ∴ ∴是等边三角形 ∴ ∵点G是的中点 ∴ ∴ ∴点A，G，I三点共线 ∴ ∴ ∵， ∴ ∴， ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ 又∵ ∴垂直平分 ∴ ∵， ∴ ∴ ∴ ∴是等腰直角三角形 ∴，即 ∴． 二、解答题（共20分） 24. 某商场改造部分停车位为充电停车位，分别花费万元和万元购进，两款充电桩，已知款充电桩的单价比款充电桩的单价高万元，且购进款充电桩的数量是款充电桩的数量的倍． （1）分别求，两款充电桩的单价； （2）该商场调研发现，现有改造的充电停车位已不能满足新能源汽车的充电需求，决定再用不多于万元的资金购进，两款充电桩共个，求此次可购进款充电桩的数量的最大值． 【答案】（1）款充电桩单价为万元，款充电桩单价为万元 （2）此次可购进款充电桩的数量的最大值为 【解析】 【分析】（1）设款充电桩的单价为万元，则款充电桩的单价为万元，根据款充电桩数量是款数量倍的等量关系列出分式方程，解方程求出的值，即可得出答案； （2）设购进款充电桩个，则购进款充电桩个，根据总购进资金不多于万元列出一元一次不等式，结合正整数条件求出A款充电桩数量的最大值即可． 【小问1详解】 解：设款充电桩的单价为万元，则款充电桩的单价为万元， 根据题意，得， 解得， 经检验，是分式方程的解，且符合题意， ∴（万元）， 答：款充电桩单价为万元，款充电桩单价为万元． 【小问2详解】 解：设购进款充电桩个，则购进款充电桩个， 根据题意，得， 解得， ∵为正整数， ∴的最大值为， ∴此次可购进款充电桩的数量的最大值为． 25. 如图，在平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于点，，点关于轴的对称点为，过点作轴的垂线交直线于点D，E是线段上一点，且满足三角形与三角形的面积相等． （1）求点，的坐标； （2）点在直线上，轴上是否存在一点，使得以，，，为顶点的四边形为平行四边形，若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由； （3）直线交轴于点，点在线段上（不与，重合），作射线，交轴于点，将射线绕点逆时针旋转交直线于点，连接，的周长是否为定值？若是，请求出的周长；若不是，请说明理由． 【答案】（1）点，的坐标为， （2）点的坐标为或 （3）的周长为定值4 【解析】 【分析】（1）先求直线与坐标轴交点：令得，令得．由对称得，轴，将代入直线得．由，用面积差法求得的纵坐标为1，代入直线得； （2）先求直线解析式为，设、．按平行四边形对角线分三类讨论，利用对角线中点重合列方程求解，最终得或； （3）过作交于，由得，证得，求直线解析式得．表示出三边长度并化简，参数完全消去，得周长恒为4． 【小问1详解】 解：∵直线与轴，轴分别交于点，， ∴令，则， ， 令，则， 解得， ， 点关于轴的对称点为， ， 轴， 点的横坐标为， ， ， ，， ，， ， ， ，， ， 点在线段上， 设， ， ， 解得， ， ∴点，的坐标为，； 【小问2详解】 解：轴上是存在一点，使得以，，，为顶点的四边形为平行四边形， 设直线的解析式为， 将，代入， 得， 解得， 直线的解析式为， 点在直线上，点在轴上， 设，， 由（1）知，，， 以，，，为顶点的四边形为平行四边形， ①当，为对角线时，， ，， ； ②当，为对角线时，，， ，， ； ③当，为对角线时，，， ，， ， 综上所述，满足条件的点的坐标为或； 【小问3详解】 解：设， 点在上，（不与，重合） ， 过点作交于点，过点作轴于点，如图： ，， ∴是等腰直角三角形，且，， ， ， ， ， ，， ， 同理可得直线的解析式为， ， 的周长 ， 的周长为定值4． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $