精品解析：江西省都昌县第一中学、东湖中学2026-2027学年上学期九年级第一次阶段学情自测数学试卷

都昌一中、东湖中学九年级第一次联考 数学试卷 本作业满分120分，练习时间120 分钟 一、单项选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）在每小题列出的四个备选项中只有一项是最符合题目要求的，请将其代码填涂在答题卡相应位置．错选、多选或未选均不得分． 1. 下列有关菱形的说法中正确的是（ ） A. 一组邻边相等的四边形是菱形 B. 两组对角分别相等的四边形是菱形 C. 对角线互相垂直平分的四边形是菱形 D. 由四个全等三角形组成的图形是菱形 2. 如图，在平行四边形中，对角线、交于点，添加一个条件，使得四边形成为矩形（ ） A. B. C. D. 3. 一个正方形的两条对称轴所成夹角不可能是（ ） A. B. C. D. 4. 关于的方程，该方程有两个相等实根，则的值为（ ） A. B. 或 C. D. 或 5. 如图，菱形是由菱形向右平移一定距离得到，平移前后两图形的交点分别为、两点，且、分别为边、的中点，若，，则四边形的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 若方程的两实数根的比值刚好等于其中一根的值，则共有多少种可能取值？（ ） A. 4种 B. 6种 C. 8种 D. 10种 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 平行四边形中，，则该四边形是______．（填“菱形”、“矩形”或“正方形”） 8. 方程的两个根的和为______． 9. 若二次三项式（）可以变形为，则______． 10. 为构建数学“生活化”体系，某校组织了课堂实践活动，在老师指导下，学生利用手边的材料，自行探索图形中的数学规律．如图，小明将矩形沿对角线向下翻折，落在位置，是与的交点，经测量发现，且到的距离为，最终他利用所测数据计算出了图形各线段长度，则的长为______． 11. 如图，在正方形中，点在上，，点在上，，且，则的长为______． 12. 如图，三角形中，，，，点从点出发，沿着的路径匀速运动，若运动时间为个单位时间，刚好有时，速度的数值为_____． 三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. 解方程： （1）； （2）． 14. 如图，平行四边形中，，证明四边形是菱形． 15. 若是关于的一元二次方程的一个实数根，试求： （1）的值； （2）该方程的另一个实数根的值． 16. 如图，在的网格图中，的顶点分别在格点上． （1）如图1，请仅用无刻度直尺作绕点顺时针旋转后的所得图形； （2）如图2，若点也在格点上，请仅用无刻度直尺在的右侧找一点，使得．（需保留作图痕迹） 17. 如图，在中，，为上一点，且满足．现将绕点逆时针旋转至，使得点落在上．若为的角平分线，则 （1）证明：四边形为菱形； （2）若的长为，则求的长． 四、解答题（本大题共6小题，共54分） 18. 如图，在平面直角坐标系中，直线上有一点，以点为顶点的正方形（正方形全部处于第一象限）恰好被直线平分，且正方形的面积为． （1）求正方形上与顶点相对的顶点的坐标； （2）求正方形对角线所在的直线解析式． 19. 为改善生态环境，防止土地沙漠化，某地区积极开展固沙造林工程． （1）某固沙造林基地计划在一块沙地上种植120棵梭梭树，按照“每行棵数相同、每列棵数相同”的矩形方阵排列．为了便于后期养护和管理，工作人员决定让种植的行数比每行种植的棵数少2．问：这块沙地一共需要种植多少行梭梭树？ （2）在另一块固沙造林区域，不考虑树苗总数量的限制，仍然按照“每行棵数相同、每列棵数相同”的矩形方阵排列．根据种植规划，工作人员规定：每行种植的树木棵数与种植的行数之和为26．问：这块区域最多可以种植多少棵梭梭树？ 20. 为提高本校学生阅读率，让书香成为校园最亮眼的名片，校图书馆内开展“全校阅读周”文化活动． 据统计，第一天进馆人次，进馆人次逐日增加，第三天进馆人次，若进馆人次的日平均增长率相同． （1）求进馆人次的日平均增长率； （2）因条件限制，学校图书馆每日接纳能力不超过人次，在进馆人次的日平均增长率不变的条件下，校图书馆能否接纳第五天的进馆人次，并说明理由． 21. 正方形的内角平分线是一类较为特殊的平分线，可以推演出一些有趣的结论．如图1，在正方形中，为正方形对角线，是的平分线，且与边交于点． （1）求证：； （2）如图2，为中点，连接，若，则求的长． 22. 定义：形如（其中为常数）的分式方程，我们称之为关于的“调序方程”． （1）当时，解该“调序方程”； （2）是否存在具有两个相等实根的“调序方程”？若存在，则求出此时对应的值；若不存在，则说明理由； （3）若，是“调序方程”的两个实数根，且两根均为正数，则求的取值范围． 23. 在学习完第一章《特殊的平行四边形》之后，数学兴趣小组打算开展“探究正方形内四边形特点”的有关课题．如图1所示，正方形的边长为2，分别在边上，且始终有，连接，其中交于点，交于点． （1）如图2，若为中点，求证四边形为菱形； （2）在（1）的条件下，连接，判断四边形的形状并说明理由； （3）在（1）的条件下，连接，求线段与之间的数量关系，并加以证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 都昌一中、东湖中学九年级第一次联考 数学试卷 本作业满分120分，练习时间120 分钟 一、单项选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）在每小题列出的四个备选项中只有一项是最符合题目要求的，请将其代码填涂在答题卡相应位置．错选、多选或未选均不得分． 1. 下列有关菱形的说法中正确的是（ ） A. 一组邻边相等的四边形是菱形 B. 两组对角分别相等的四边形是菱形 C. 对角线互相垂直平分的四边形是菱形 D. 由四个全等三角形组成的图形是菱形 【答案】C 【解析】 【详解】解：A、 一组邻边相等的平行四边形是菱形，仅一组邻边相等的四边形无法判定为菱形，错误； B、两组对角分别相等的四边形是平行四边形，无法判定为菱形，错误； C、对角线互相平分的四边形是平行四边形，且对角线互相垂直，故该四边形是菱形，正确； D、 四个全等三角形组成的图形可能不是四边形，也可能是邻边不等的平行四边形，不一定是菱形，错误． 2. 如图，在平行四边形中，对角线、交于点，添加一个条件，使得四边形成为矩形（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据矩形的判定定理，对角线相等的平行四边形是矩形，逐项判断即可． 【详解】解：、∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形，不符合题意； 、∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴平行四边形是矩形，符合题意； 、不能判定四边形是矩形，不符合题意； 、∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形，不符合题意． 3. 一个正方形的两条对称轴所成夹角不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】解：正方形有4条对称轴，分别为2条对边中点连线所在直线、2条对角线所在直线. 2条对边中点连线互相垂直，夹角为；2条对角线互相垂直，夹角为； 正方形对角线平分内角，对边中点连线平行于正方形的一组对边， 1条对边中点连线与1条对角线的夹角为， 则该夹角的邻补角为； 综上，两条对称轴所成夹角可能为、、，不可能为. 4. 关于的方程，该方程有两个相等实根，则的值为（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】先根据方程有两个相等实根确定其为一元二次方程，再结合根的判别式为求解． 【详解】解：∵方程有两个相等的实数根， ∴该方程为一元二次方程，即，且， 整理得， 因式分解得， 解得或， ∵， ∴． 5. 如图，菱形是由菱形向右平移一定距离得到，平移前后两图形的交点分别为、两点，且、分别为边、的中点，若，，则四边形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由菱形的性质得到，则可求出，根据平移的性质得到，据此可证明四边形  是平行四边形；过点  作  于点 ，解求出的长即可得到答案． 【详解】解：四边形  是菱形， ∴，  分别为  的中点， ； 由平移性质可知 ， ，  四边形  是平行四边形； 过点  作  于点 ， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴． 6. 若方程的两实数根的比值刚好等于其中一根的值，则共有多少种可能取值？（ ） A. 4种 B. 6种 C. 8种 D. 10种 【答案】A 【解析】 【分析】结合根与系数的关系，分两类讨论比值等于其中一根的情况，结合判别式确定的个数． 【详解】解：设方程的两实数根为,， 由根与系数的关系得，． ∵ 方程有两实根， ∴ ，即． 由题意，两实数根的比值等于其中一根，分两种情况： 1．若（）， 整理得， 则或． 当时，，，满足； 当时，，，满足． 2．若（）， 整理得， 代入，得， 解得或． 当时，，，满足； 当时，，，满足． 综上，的可能取值共4种，故答案为A． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 平行四边形中，，则该四边形是______．（填“菱形”、“矩形”或“正方形”） 【答案】菱形 【解析】 【分析】已知四边形是平行四边形，且一组邻边，根据特殊平行四边形的判定规则即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，且， ∴和是平行四边形的一组邻边，一组邻边相等的平行四边形是菱形， ∴该四边形是菱形. 8. 方程的两个根的和为______． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】已知一元二次方程，求两根的和，直接运用根与系数的关系计算即可． 【详解】解：对于一元二次方程， 当方程有两个实根时，两根的和为， ∵方程中，，， ∴两根的和为 ． 9. 若二次三项式（）可以变形为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】展开因式分解形式，对比二次三项式系数得到与的关系，代入计算即可得到结果． 【详解】解：展开，先计算括号内乘积： ， ∴， ∵，且， ∴对比对应项系数得，， ∴． 10. 为构建数学“生活化”体系，某校组织了课堂实践活动，在老师指导下，学生利用手边的材料，自行探索图形中的数学规律．如图，小明将矩形沿对角线向下翻折，落在位置，是与的交点，经测量发现，且到的距离为，最终他利用所测数据计算出了图形各线段长度，则的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】设，则，根据折叠的性质和矩形的性质，易得，，利用“”可得，从而，再根据勾股定理得，列方程求解即可． 【详解】解：如图，连接 由折叠可知，，， 设，则， 矩形， ，， 在和中， ， ， ， ， 在中，， ， 在中，， ，则， （负值已舍去）， ， 则的长为． 11. 如图，在正方形中，点在上，，点在上，，且，则的长为______． 【答案】20 【解析】 【详解】解：作的平分线，作交于点，作交的延长线于点， ∵正方形， ∴四边形是矩形， ∵平分，， ∴，， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴，， ∴， ∵平分，， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 解得（舍去）或， ∴的长为． 12. 如图，三角形中，，，，点从点出发，沿着的路径匀速运动，若运动时间为个单位时间，刚好有时，速度的数值为_____． 【答案】 或 或 【解析】 【分析】根据勾股定理求出的长，由得出，点的运动路径为，需分点在上和点在上两种情况讨论；当点在上时，利用勾股定理构造方程求；当点在上时，直接计算路程， 最后根据求解． 【详解】解：在中，， ∴， ∵， ∴， 分两种情况讨论： 当点在上时，过点作于点， ∵　， ∴， 在中，； 在中，；； 若点在点左侧（靠近），则，此时路程，速度； 若点在点右侧（靠近），则，此时路程，速度； 当点在上时 点已走过，正在上向 B 运动， ∵， ∴， 此时路程，速度， 综上所述，速度的数值为1.25或1.95或2.75． 三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 解：， ∴， ∴． 【小问2详解】 解：， ∵， ∴， ∴， ∴． 14. 如图，平行四边形中，，证明四边形是菱形． 【答案】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质可推出，从而得到是等边三角形，进而可由邻边相等的平行四边形为菱形证得结论． 【详解】略 15. 若是关于的一元二次方程的一个实数根，试求： （1）的值； （2）该方程的另一个实数根的值． 【答案】（1）的值为或. （2）当时，另一个实数根为；当时，另一个实数根为． 【解析】 【分析】（1）把代入方程，解关于的二次方程即可； （2）分别把和代回原方程，分别解方程即可求解． 【小问1详解】 解：是关于的一元二次方程的一个实数根， ， 整理得 ，， 经检验，当或时，，均符合题意， 的值为或． 【小问2详解】 解：当时，原方程为， ，， 即另一个根为； 当时，原方程为， 即 ，， 即另一个根为； 综上可知，当时，另一个实数根为；当时，另一个实数根为． 16. 如图，在的网格图中，的顶点分别在格点上． （1）如图1，请仅用无刻度直尺作绕点顺时针旋转后的所得图形； （2）如图2，若点也在格点上，请仅用无刻度直尺在的右侧找一点，使得．（需保留作图痕迹） 【答案】（1）如图，即为所求： （2）如图，点即为所求： 【解析】 【分析】（1）利用网格构造等腰直角与等腰直角，顺次连接点、、即可； （2）取点右侧一个单位处的格点，即为所求点． 【小问1详解】 解：由网格可知，，， ∵， ∴， 同理，，， ∴即为绕点顺时针旋转后的所得图形； 【小问2详解】 解：如图， 由网格可知，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴，即． 17. 如图，在中，，为上一点，且满足．现将绕点逆时针旋转至，使得点落在上．若为的角平分线，则 （1）证明：四边形为菱形； （2）若的长为，则求的长． 【答案】（1）证明：， ， 由旋转可知，， ， 平分， ， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形； （2） 【解析】 【分析】（1）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证四边形是平行四边形，再根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形证明结论成立； （2）根据平行线的性质可知，根据角之间的关系可以求出，根据含角的直角三角形的性质可以求出，利用勾股定理可以求出，设，则，利用勾股定理可以得到关于的方程，解方程求出的值即为的长度． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1）可知，， ， 又， ， ， ， ， ， 设，则， ， 在中，， ， ， ， 由旋转可知． 四、解答题（本大题共6小题，共54分） 18. 如图，在平面直角坐标系中，直线上有一点，以点为顶点的正方形（正方形全部处于第一象限）恰好被直线平分，且正方形的面积为． （1）求正方形上与顶点相对的顶点的坐标； （2）求正方形对角线所在的直线解析式． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）因为以点为顶点的正方形（正方形全部处于第一象限）恰好被直线平分，所以点也在直线上，根据正方形的面积为可知正方形的边长为，再根据点的坐标求出点的坐标； （2）根据点的坐标和正方形的边长求出点、的坐标，再利用待定系数法求出对角线所在的直线解析式． 【小问1详解】 解：如下图所示，以点为顶点的正方形（正方形全部处于第一象限）恰好被直线平分， 正方形的面积为， ， 点的坐标为， 点的坐标为； 【小问2详解】 解：点的坐标为，， 点的坐标是，点的坐标是， 设对角线所在的直线解析式为， 根据题意可得：， 解得：， 直线的解析式为． 19. 为改善生态环境，防止土地沙漠化，某地区积极开展固沙造林工程． （1）某固沙造林基地计划在一块沙地上种植120棵梭梭树，按照“每行棵数相同、每列棵数相同”的矩形方阵排列．为了便于后期养护和管理，工作人员决定让种植的行数比每行种植的棵数少2．问：这块沙地一共需要种植多少行梭梭树？ （2）在另一块固沙造林区域，不考虑树苗总数量的限制，仍然按照“每行棵数相同、每列棵数相同”的矩形方阵排列．根据种植规划，工作人员规定：每行种植的树木棵数与种植的行数之和为26．问：这块区域最多可以种植多少棵梭梭树？ 【答案】（1）这块沙地一共需要种植10行梭梭树． （2）这块区域最多可以种植169棵梭梭树． 【解析】 【分析】（1）设这块沙地一共需要种植行梭梭树，则每行种植棵，根据题意列方程即可解答； （2）设每行种植的树木棵数为棵，则种植的行数为行，则种植的数量，根据二次函数的性质求最大值即可． 【小问1详解】 解：设这块沙地一共需要种植行梭梭树， 根据题意得 解得，（舍去） 答：这块沙地一共需要种植10行梭梭树． 【小问2详解】 解：设每行种植的树木棵数为棵，种植的总数量为棵， ， 是正整数，且， 当时，有最大值， 此时， 这块区域最多可以种植169棵梭梭树． 20. 为提高本校学生阅读率，让书香成为校园最亮眼的名片，校图书馆内开展“全校阅读周”文化活动． 据统计，第一天进馆人次，进馆人次逐日增加，第三天进馆人次，若进馆人次的日平均增长率相同． （1）求进馆人次的日平均增长率； （2）因条件限制，学校图书馆每日接纳能力不超过人次，在进馆人次的日平均增长率不变的条件下，校图书馆能否接纳第五天的进馆人次，并说明理由． 【答案】（1）进馆人次的日平均增长率为． （2）校图书馆不能接纳第五天的进馆人次，理由如下： ∵由（1）得进馆人次的日平均增长率为， ∴第五天进馆人次为（人次）． ∵， ∴校图书馆不能接纳第五天的进馆人次． 【解析】 【分析】（1）根据第一天与第三天的进馆人次，结合日平均增长率相同的等量关系列一元二次方程求解； （2）利用求得的日平均增长率计算第五天进馆人次，与图书馆每日接纳上限对比得出结论． 【小问1详解】 解：设进馆人次的日平均增长率为， 由题意得， 整理得， 解得，（不符合题意，舍去）， 所以，进馆人次的日平均增长率为． 【小问2详解】 略 21. 正方形的内角平分线是一类较为特殊的平分线，可以推演出一些有趣的结论．如图1，在正方形中，为正方形对角线，是的平分线，且与边交于点． （1）求证：； （2）如图2，为中点，连接，若，则求的长． 【答案】（1）证明：如图，作于点， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵是的平分线， 又∵，， ∴，， 在中，，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 由勾股定理可得，， ∵， ∴． （2） 【解析】 【分析】（1）作于点，由角平分线的性质定理可得，容易判断是等腰直角三角形，则； （2）作于点，设，由（1）可知，，利用勾股定理表示出，进而求出，在中，利用勾股定理列方程求解出，进而求出． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图，作于点，设，则， 由（1）可知，， ∵四边形是正方形， ∴， 在中，， ∵为中点， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得（负根舍去）， ∴． 22. 定义：形如（其中为常数）的分式方程，我们称之为关于的“调序方程”． （1）当时，解该“调序方程”； （2）是否存在具有两个相等实根的“调序方程”？若存在，则求出此时对应的值；若不存在，则说明理由； （3）若，是“调序方程”的两个实数根，且两根均为正数，则求的取值范围． 【答案】（1）， （2）解：不存在， 理由：原“调序方程”在的条件下，两边同乘得， 整理得， 其根的判别式， ， ， 该整式方程总有两个不相等的实数根， 若原分式方程有两个相等实根，则对应整式方程需有两个相等的实数根，与上述结论矛盾，故不存在具有两个相等实根的“调序方程”； （3）且 【解析】 【分析】（1）当时，原方程为，去分母并整理得，最后利用公式法解一元二次方程即可； （2）原“调序方程”在的条件下，两边同乘得，整理得，最后利用一元二次方程根的判别式计算即可得出结果； （3）原“调序方程”在的条件下，两边同乘得，整理得，再利用一元二次方程根与系数的关系并结合题意可得，，最后求出增根时的值即可得出结果． 【小问1详解】 解：当时，原方程为， 去分母得， 整理得， ∵， ∴， ∴，， 经检验，都为原方程的根， ∴原分式方程的根为，； 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 解：原“调序方程”在的条件下，两边同乘得， 整理得， ∵，是“调序方程”的两个实数根，且两根均为正数， ∴，， ∴， 因是方程的增根，则当时，， 解得， ∴， 综上所述，的取值范围为且． 23. 在学习完第一章《特殊的平行四边形》之后，数学兴趣小组打算开展“探究正方形内四边形特点”的有关课题．如图1所示，正方形的边长为2，分别在边上，且始终有，连接，其中交于点，交于点． （1）如图2，若为中点，求证四边形为菱形； （2）在（1）的条件下，连接，判断四边形的形状并说明理由； （3）在（1）的条件下，连接，求线段与之间的数量关系，并加以证明． 【答案】（1）证明：∵正方形的边长为2， ∴，，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，即， 又∵点为中点， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，即， ∴四边形是平行四边形； 如图，连接， ∵，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）四边形是平行四边形，理由如下： 如图，连接， 由（1）可知，，，， ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （3），证明如下： 如图，连接，过点作于点， 由（1）可知，四边形是矩形，， ∴，，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 由（1）可知，四边形是菱形， ∴， ∴，即． 【解析】 【分析】（1）先根据正方形的性质，利用对边平行且相等的四边形是平行四边形可证明四边形、是平行四边形，可知四边形是平行四边形；然后连接，易得四边形是矩形，从而由矩形的性质可知，进而由邻边相等的平行四边形是菱形证得结论； （2）由（1）可知，然后根据平行线的性质，利用证得，可知，从而推出结论； （3）连接，过点作于点，根据矩形的性质和勾股定理求得，从而求得，进而继续利用勾股定理可求得，再求得，结合四边形是菱形，可知，即可解答． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $