精品解析：广东深圳市宝安区福永中学2026-2027学年第一学期九年级10月数学学科素养评价试卷

2026－2027学年第一学期九年级十月素养调研卷数学 一、选择题（8小题，每道小题3分，共24分．以下各题只有一项正确答案，请将答题卷的对应选项涂黑） 1. 下列方程是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 2. 如图，，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 我国古代有“不以规矩，不能成方圆”的说法，人们把“规矩”当作几何名词，“规”是圆，“矩”是方，所以初中以后就把长方形称为“矩形”．木艺活动课上，小明用四根细木条a、b、c、d搭成如图所示的一个四边形，现要判断这个四边形是否是矩形，以下测量方案正确的是（ ） A. 测量是否有三个角是直角 B. 测量对角线是否相等 C. 测量两组对边是否分别相等 D. 测量对角线是否互相垂直 4. 如图，在菱形中，点在边上，射线交的延长线于点，若，则（　　） A. B. C. D. 5. 下列说法正确的是（ ） A. 四条边相等的四边形是正方形 B. 对角线相等的四边形是矩形 C. 有一组对边相等的平行四边形是菱形 D. 对角线互相垂直平分的四边形是菱形 6. 由于高端制造业、数字经济和新兴技术领域用电需求快速增长，2026年第一季度，深圳全社会用电量累计达到253.45亿千瓦时，1月用电量约为78.44亿千瓦时，2月、3月保持相同的增长率，设用电量的月平均增长率为x．根据题意，下列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 有五本形状为长方体的书放置在方形书架中，如图所示，其中四本竖放，第五本斜放，点正好在书架边框上．每本书的厚度为，高度为，书架长为，则的长（　　） A. B. C. D. 8. 如图，在中，，，，点P从点C出发，以的速度沿着向点A匀速运动，同时点Q从点B出发，以的速度沿着向点C匀速运动，当一个点到终点时，另一个点随之停止．经过（ ）s后，与相似． A. B. 或 C. 或 D. 或 二、填空题（5小题，每小题3分，共15分） 9. 若，则________． 10. 校园里一片小小的枫树叶也蕴含着“黄金分割”，如图，A，P，B点共线，点P为的黄金分割点（）若，则的长为______． 11. 已知a，b是方程的两个实数根（），则的值是______． 12. 在中，为上一点，为上一点，与交于点，，，则________． 13. 如图，在矩形中，，点在边上，连接，过点作，交于点，已知是的中点，是的中点，连接，则的长为______． 三、非选择题（7大题，共61分） 14. 解方程： （1）； （2）． 15. 已知关于x的一元二次方程有两个实数根，若满足，则此类方程叫做“差根方程”．根据“差根方程”的定义，解决下列问题： （1）下列是“差根方程”的是______；（填写序号） ①；②． （2）已知关于x的方程是“差根方程”，求a的值． 16. 以下各图均是由边长为1的小正方形组成的网格，图中的点A、B、C、D均在格点上． （1）在图1中，______． （2）利用网格和无刻度的直尺作图，保留痕迹，不写作法． ①如图2，在上找一点P，使； ②如图3，过点D画的平行线． 17. 项目式学习 项目主题 如何销售获利最大？ 项目背景 2025年一款名为“拉布布”的玩偶，凭借其萌态与搞怪、叛逆的气质融合一体的造型，在一众“萌系”玩偶中脱颖而出，其盲盒与拍卖的双轨机制更是让年轻人狂热不已．某商场店铺老板瞄准商机，准备购买拉布布盲盒进行销售． 市场调研 该老板以40元/个的成本购进一批拉布布盲盒，现按60元/个进行销售，平均每天可以卖出100个，为了提高利润，经市场调研发现，盲盒每涨价2元，每天会少卖出5个，且商场规定拉布布盲盒的价格不得高于70元/个，设老板准备将每个盲盒涨价x元…… 分析问题 （1）当涨价x元时，每个盲盒的利润为________元，此时平均每天可卖出盲盒________个． 解决问题 （2）若老板想每天获利2210元，在不违反商场规定的前提下应该如何定价？ 深入研究 （3）在不违反商场规定的前提下，是否能每日获利2300元？请说明理由． 18. 如图，在四边形纸片中，，，点是上一点，将纸片沿折叠，点恰好落在点处，连接． （1）判断四边形的形状并证明； （2）若，，求的长． 19. 某数学兴趣小组的同学在学完一元二次方程后，发现一元二次方程根的判别式除了可以判断一元二次方程根的情况，还可以解决其他问题．下面是该学习小组收集的素材，请根据素材帮助他们完成相应任务： 关于根的判别式的探究 素材 对于一个关于的二次三项式，利用根的判别式可以求该多项式的最值．比如：求最小值，令，则，则，可解得，从而确定的最小值为2．这种利用判别式求二次三项式最值的方法称为判别式法． 问题解决 任务1 感受新知：用判别式法求的最小值． 任务2 探索新知：若关于x的二次三项式（a为常数）的最小值为，求a的值； 任务3 应用新知：利用已有知识经验，求证：周长为的矩形中，正方形的面积最大． 20. 综合与实践 图形的旋转变换是研究数学相关问题的重要手段之一，在研究三角形的旋转过程中，发现下列问题： 【观察猜想】 （1）如图1，在中，，点是平面内不与点重合的任意一点．连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接．的值是 ，直线与直线相交所成的较小角的度数是 ． 【类比探究】 （2）如图2，点是线段上的动点，分别以、为边在的同侧作正方形与正方形，连接分别交线段于点． ①求的度数； ②连接交于点，若，则的值为 ； 【拓展延伸】 （3）如图3，在中，，，点、分别是、的中点，连接，如图4，将绕着点顺时针旋转角度，直线交于点，连接，若射线将分成的两个角度之比是，则的值为多少？请直接写出答案． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026－2027学年第一学期九年级十月素养调研卷数学 一、选择题（8小题，每道小题3分，共24分．以下各题只有一项正确答案，请将答题卷的对应选项涂黑） 1. 下列方程是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】从是否为整式方程、未知数个数、未知数最高次数三个维度逐一判断各选项． 【详解】解：选项A：中未知数最高次数为1，不符合题意； 选项B：不是整式方程，且含有两个未知数和，不符合题意； 选项C：是整式方程，只含一个未知数，且的最高次数为2，符合题意； 选项D：中未知数最高次数为3，不符合题意； 故答案为C． 2. 如图，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平行线分线段成比例定理得到比例线段，即可解题． 【详解】解：∵， ∴． 3. 我国古代有“不以规矩，不能成方圆”的说法，人们把“规矩”当作几何名词，“规”是圆，“矩”是方，所以初中以后就把长方形称为“矩形”．木艺活动课上，小明用四根细木条a、b、c、d搭成如图所示的一个四边形，现要判断这个四边形是否是矩形，以下测量方案正确的是（ ） A. 测量是否有三个角是直角 B. 测量对角线是否相等 C. 测量两组对边是否分别相等 D. 测量对角线是否互相垂直 【答案】A 【解析】 【分析】根据矩形的判定方法：有一个角是直角的平行四边形是矩形，以及对角线相等的平行四边形是矩形，进行判断即可． 【详解】解：∵有三个角是直角的四边形是矩形， ∴要判断这个四边形是否是矩形，可以测量是否有三个角是直角； 故测量方案正确的是：A． 4. 如图，在菱形中，点在边上，射线交的延长线于点，若，则（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查菱形的性质、相似三角形的判定与性质等知识．由菱形的性质得，可证明，根据已知可得，进而根据相似三角形的性质即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ 故选：D． 5. 下列说法正确的是（ ） A. 四条边相等的四边形是正方形 B. 对角线相等的四边形是矩形 C. 有一组对边相等的平行四边形是菱形 D. 对角线互相垂直平分的四边形是菱形 【答案】D 【解析】 【分析】需注意各特殊四边形判定定理的适用前提，逐一验证选项． 【详解】解：A、四条边相等的四边形是菱形，不一定是正方形，错误； B、 对角线相等的平行四边形是矩形，仅对角线相等的四边形无法判定为矩形，错误； C、 平行四边形的对边相等，有一组邻边相等的平行四边形才是菱形，错误； D、 对角线互相垂直平分的四边形是菱形，符合菱形判定条件． 6. 由于高端制造业、数字经济和新兴技术领域用电需求快速增长，2026年第一季度，深圳全社会用电量累计达到253.45亿千瓦时，1月用电量约为78.44亿千瓦时，2月、3月保持相同的增长率，设用电量的月平均增长率为x．根据题意，下列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据月平均增长率分别表示出2月、3月的用电量，再结合第一季度总电量为三个月用电量之和列方程，进而得到正确选项． 【详解】解：∵设月平均增长率为，已知1月用电量为 亿千瓦时， ∴2月用电量为 亿千瓦时， ∴3月用电量为亿千瓦时， ∵第一季度总用电量为 亿千瓦时，是三个月用电量的和， ∴可得方程． 7. 有五本形状为长方体的书放置在方形书架中，如图所示，其中四本竖放，第五本斜放，点正好在书架边框上．每本书的厚度为，高度为，书架长为，则的长（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，因式分解法解一元二次方程，根据题意得出，，，证明，根据相似三角形的性质得到，再利用勾股定理求出即可求解，熟练掌握相似三角形的判定和性质并根据比例关系求值是解题的关键． 【详解】解：由题知，，，， ∵∠，， ∴， ∵， ∴， ∴ 即， ∴， 在中，由勾股定理得， 即， 解得或（舍去）， 故选：． 8. 如图，在中，，，，点P从点C出发，以的速度沿着向点A匀速运动，同时点Q从点B出发，以的速度沿着向点C匀速运动，当一个点到终点时，另一个点随之停止．经过（ ）s后，与相似． A. B. 或 C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质，熟知相似三角形对应边成比例是解题的关键．设经过秒后两三角形相似，分两种情况分别计算，①若，得，②若，得，代入用表示的线段计算即可． 【详解】解：设经过秒后与相似， ∵， 若， 则需， ， 解得； ， 则需， ， 解得， 经过秒或秒，与相似． 故答案为：或． 二、填空题（5小题，每小题3分，共15分） 9. 若，则________． 【答案】 【解析】 【分析】设比例系数，用表示和，代入所求分式化简即可得到结果． 【详解】解：设，其中， ∴ ，， 将，代入得：． 10. 校园里一片小小的枫树叶也蕴含着“黄金分割”，如图，A，P，B点共线，点P为的黄金分割点（）若，则的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据黄金分割点的定义及，得出与的数量关系，求出的长，再利用计算即可． 【详解】解：点为的黄金分割点，且， ∴， ∵， ∴， ． 11. 已知a，b是方程的两个实数根（），则的值是______． 【答案】 【解析】 【分析】利用方程根的定义得到的值，再结合根与系数的关系得到的值，对所求式子变形后代入计算即可． 【详解】解：∵是方程的实数根， ∴，整理得， ∵是方程的两个实数根，， ∴由根与系数的关系得， ∴． 12. 在中，为上一点，为上一点，与交于点，，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】先过点F作FG∥CD，交AB与点G，得出，，再根据CA=3CF，求出DG=AG，设DG=x，则AG=2x，再根据，得出BG=3x，从而求出即可． 【详解】过点F作FG∥CD，交AB与点G， 则，， ∵CA=3CF， ∴=2， ∴DG=AG， ∴设DG=x，则AG=2x， ∵， ∴BD=2x， ∴BG=3x， ∴． 故答案为． 【点睛】此题主要考查了平行线分线段成比例定理，关键是作出平行线，得到成比例的线段，注意要把比例线段对应起来． 13. 如图，在矩形中，，点在边上，连接，过点作，交于点，已知是的中点，是的中点，连接，则的长为______． 【答案】## 【解析】 【分析】证明，则，即，可求，作，使，连接，作于，则，，证明，则，为的中点，由点是的中点，可得，由勾股定理得，，进而可求． 【详解】解：矩形，， ， ∴， 又， ， ，即， 解得，， 如图，作，使，连接，作于，则，， ，，， 在和中， ， ， ，为的中点， 点是的中点， ， 由勾股定理得，， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，中位线，勾股定理等知识．熟练掌握矩形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，中位线，勾股定理是解题的关键． 三、非选择题（7大题，共61分） 14. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先移项，把右边式子移到左边，再因式分解，提取公因式，转化为两个一次因式乘积等于0的形式，再分别求解． （2）采用配方法，把常数项移到等式右侧，等式两边同时加上一次项系数一半的平方，配成完全平方式，再开方求解；也可以用公式法代入求根公式计算． 【小问1详解】 解：， ， ， 或， ，； 【小问2详解】 解：， ， ， ， ， ，． 15. 已知关于x的一元二次方程有两个实数根，若满足，则此类方程叫做“差根方程”．根据“差根方程”的定义，解决下列问题： （1）下列是“差根方程”的是______；（填写序号） ①；②． （2）已知关于x的方程是“差根方程”，求a的值． 【答案】（1）① （2） 【解析】 【分析】（1）求方程的根，计算两根差的绝对值，对照“差根方程”定义判断． （2）求方程的两根，根据“差根方程”的定义列方程求解的值． 【小问1详解】 解：①， ， ，． ． ①是“差根方程”． ②， ， 或， ，． ． ②不是“差根方程”． 【小问2详解】 解：．， ，． 该方程是“差根方程”， ， ∴， 解得或． 综上所述，的值为． 16. 以下各图均是由边长为1的小正方形组成的网格，图中的点A、B、C、D均在格点上． （1）在图1中，______． （2）利用网格和无刻度的直尺作图，保留痕迹，不写作法． ①如图2，在上找一点P，使； ②如图3，过点D画的平行线． 【答案】（1） （2） ①如图，点P即为所求； ②如图，即为所求． 【解析】 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质： （1）证明，即可求解； （2）①取格点E，F，连接交于点P，即可；②取格点K，L，连接交于点G，即可求解． 【小问1详解】 解：根据题意得：， ∴， ∴； 故答案为： 【小问2详解】 解：①理由：取格点E，F，连接交于点P， 根据作法得：， ∴， ∴； ②理由：如图，取格点M，N，则， ∴， ∴，即， 取格点K，L，连接交于点G，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 17. 项目式学习 项目主题 如何销售获利最大？ 项目背景 2025年一款名为“拉布布”的玩偶，凭借其萌态与搞怪、叛逆的气质融合一体的造型，在一众“萌系”玩偶中脱颖而出，其盲盒与拍卖的双轨机制更是让年轻人狂热不已．某商场店铺老板瞄准商机，准备购买拉布布盲盒进行销售． 市场调研 该老板以40元/个的成本购进一批拉布布盲盒，现按60元/个进行销售，平均每天可以卖出100个，为了提高利润，经市场调研发现，盲盒每涨价2元，每天会少卖出5个，且商场规定拉布布盲盒的价格不得高于70元/个，设老板准备将每个盲盒涨价x元…… 分析问题 （1）当涨价x元时，每个盲盒的利润为________元，此时平均每天可卖出盲盒________个． 解决问题 （2）若老板想每天获利2210元，在不违反商场规定的前提下应该如何定价？ 深入研究 （3）在不违反商场规定的前提下，是否能每日获利2300元？请说明理由． 【答案】（1），； （2）若老板想每天获利2210元，在不违反商场规定的前提下应该定价为66元/个； （3）不能． 理由：根据题意，令． 整理，得． ． 所以方程无解． 所以，在不违反商场规定的前提下，不能每日获利2300元． 【解析】 【分析】本题考查了列代数式、一元二次方程的应用、一元二次方程根的判别式，理解题意、正确列出代数式和一元二次方程是解题的关键． （1）根据题意列式即可； （2）根据题意列方程求解即可； （3）根据题意列方程，然后利用判别式求解即可． 【详解】解：（1）当涨价x元时，每个盲盒的利润为元，此时平均每天可卖出盲盒个； （2）根据题意，得． 解得，，． 因为每个盲盒的价格不能超过70元， 所以不符合题意，舍去． 所以（元）． 所以，若老板想每天获利2210元，在不违反商场规定的前提下应该定价为66元/个． （3）略 18. 如图，在四边形纸片中，，，点是上一点，将纸片沿折叠，点恰好落在点处，连接． （1）判断四边形的形状并证明； （2）若，，求的长． 【答案】（1） 解：四边形是菱形，理由如下： 如图， ， ． 纸片沿折叠， ，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形． ， 是菱形． （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质，勾股定理： （1）根据平行线的性质以及折叠的性质可得，从而得到，进而得到，可证明四边形是平行四边形，再由，即可求证； （2）设，在中，利用勾股定理可得，连接，在中，利用勾股定理可得，然后根据，即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1）得， 设， 在中，， ∴， ∴， 解得：， 即， 连接， 在中，， ． ， ， ． 19. 某数学兴趣小组的同学在学完一元二次方程后，发现一元二次方程根的判别式除了可以判断一元二次方程根的情况，还可以解决其他问题．下面是该学习小组收集的素材，请根据素材帮助他们完成相应任务： 关于根的判别式的探究 素材 对于一个关于的二次三项式，利用根的判别式可以求该多项式的最值．比如：求最小值，令，则，则，可解得，从而确定的最小值为2．这种利用判别式求二次三项式最值的方法称为判别式法． 问题解决 任务1 感受新知：用判别式法求的最小值． 任务2 探索新知：若关于x的二次三项式（a为常数）的最小值为，求a的值； 任务3 应用新知：利用已有知识经验，求证：周长为的矩形中，正方形的面积最大． 【答案】任务1：； 任务2：； 任务3：设矩形的面积为，其中一边长为，另一边长为 当时，有最大值，为 周长为的矩形中，正方形的面积最大． 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程的判别式、解一元一次不等式及解一元二次方程，解题的关键是理解题目给定的求解方式，并利用解不等式和解方程的思想进行作答． 任务1：根据材料设，利用判别式解答即可； 任务2：根据材料令，利用判别式解答即可； 任务3：设矩形的面积为，其中一边长为，另一边长为，列出关系式，根据材料变形为，利用判别式解答即可． 【详解】任务1：解：设 任务2：解：令 又的最小值为－1 ； 任务3：略 20. 综合与实践 图形的旋转变换是研究数学相关问题的重要手段之一，在研究三角形的旋转过程中，发现下列问题： 【观察猜想】 （1）如图1，在中，，点是平面内不与点重合的任意一点．连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接．的值是 ，直线与直线相交所成的较小角的度数是 ． 【类比探究】 （2）如图2，点是线段上的动点，分别以、为边在的同侧作正方形与正方形，连接分别交线段于点． ①求的度数； ②连接交于点，若，则的值为 ； 【拓展延伸】 （3）如图3，在中，，，点、分别是、的中点，连接，如图4，将绕着点顺时针旋转角度，直线交于点，连接，若射线将分成的两个角度之比是，则的值为多少？请直接写出答案． 【答案】（1），；（2）①；②；（3）或 【解析】 【分析】（1）根据题意可得和为等边三角形，结合角的和差可得，利用全等三角形的性质可得，结合三角形内角和可得直线与直线相交所成的较小角的度数． （2）①连接，根据正方形的性质可得， ，证明，根据相似三角形的性质可得． ②连接交于点，根据正方形的性质可得，进而证明，利用相似三角形的性质可得， 进而得出． （3）连接，根据题意可利用中位线定理和等腰三角形的性质，得，，， ，根据平行线的性质可得，根据三角形内角和可得，根据勾股定理即可求得，由射线将分成的两个角度之比是，可分成旋转后，直线交于点，交于点，直线交于点，当，时，和直线交于点，直线交于点，过点作垂线，垂足为，直线交于点，连接，当，时两种情况分别讨论，根据相似三角形的性质和判定，勾股定理，解二元一次方程即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴为等边三角形， ∵线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴直线与直线相交所成的较小角的度数是：． 故答案为：，． （2）①如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴，且，， ∴， ∴， ∴， ∴． ②解：连接交于点，如图所示： ∵是正方形的对角线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． （3）解：连接，如图所示： ∵，点、分别是、的中点， ∴是的中位线，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵射线将分成的两个角度之比是， ∴可将分成，两个角， 旋转后，直线交于点，交于点，直线交于点，当，，如图所示： ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 旋转后，直线交于点，直线交于点，过点作垂线，垂足为，直线交于点，连接，当，，如图所示： ∵， ∴， 又∵，，，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 设，则，，， ∵ ∴， 又∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴，即， 解得：，（舍）， ， 综上可得：的值为或． 【点睛】本题主要考查了相似三角形，正方形的性质，等腰三角形，勾股定理，解二元一次方程，等边三角形，旋转的性质，中位线定理，全等三角形的性质和判定，三角形内角和，熟练掌握以上知识是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $