精品解析：江西鹰潭市余江区正源学校2026-2027学年九年级上学期10月阶段检测数学试题

九年级数学（一） 说明： 1.范围：1.1~2.2． 2.满分：120分；时间：120分钟． 3.请将答案写在答题卡上． 一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．每小题只有一个正确选项） 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】判断一元二次方程需同时满足一元、二次、整式方程三个条件，缺一不可. 【详解】解：A. 含有两个未知数，不符合； B. 含有两个未知数且最高次数为1，不符合； C. 只含一个未知数，的最高次数为2，是整式方程，符合定义； D. 的分母含未知数，是分式方程，不满足“整式方程”，不符合. 2. 菱形具有而矩形不一定具有的性质是（ ） A. 对边相等 B. 对角线相等 C. 每个角都为直角 D. 对角线互相垂直 【答案】D 【解析】 【详解】解：∵ 菱形和矩形均为平行四边形，对边相等， ∴ A不符合题意. ∵ 对角线相等，每个角都为直角是矩形具有，菱形不具有的性质， ∴ B、C不符合题意. ∵ 对角线互相垂直是菱形具有，矩形不一定具有的性质， ∴ D符合题意. 3. 如图，两段公路互相垂直，公路的中点D与点B被湖隔开，若测得的长为，则B，D两点间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据直角三角形，斜边上的中线等于斜边的一半，即可求解． 【详解】解：由题意得：，点D是的中点， ∴． 4. 方程的解是（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的移项、因式分解法求解，以及“则或”的等式性质，核心是通过移项、提公因式降次，将一元二次方程转化为一元一次方程求解． 【详解】解：首先，对原方程进行移项，将右边的移到左边，得到： ， 然后，提取公因式，进行因式分解： ， 化简括号内的式子：， 即， 根据“若两个数的乘积为，则至少其中一个数为”，可得： 或， 由，得； 由，得； 方程的解为或； 故选：C． 5. 根据下列表格的对应值，可判断方程必有一个根满足（ ） x 1 1.1 1.2 1.3 1.4 0.24 0.89 1.56 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据表格中的取值正负变化，确定方程根的所在区间． 【详解】解：∵当时，， 当时，， ∴方程必有一个根满足． 6. 如图，在菱形中，对角线与相交于点O，点E在上，连接，将沿折叠，使的对应线段经过点C．若，，则菱形的面积为（ ） A. 120 B. 125 C. 130 D. 135 【答案】A 【解析】 【分析】根据菱形的性质得出，根据翻折得出，从而求出，，再根据勾股定理求出，则，最后根据菱形面积公式求解即可； 【详解】解：∵在菱形中，， ， ∵翻折， ， ∵， ． ∴， ∴在中，， ， 菱形的面积． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 一元二次方程的一般形式是________． 【答案】 【解析】 【分析】展开方程左边，移项整理为一元二次方程的一般形式即可． 【详解】解：展开方程左边得：。 原方程化为：， 移项整理得：． 8. 已知是关于x的方程的一个根，则n的值为________． 【答案】8 【解析】 【分析】方程的根满足方程，将已知根代入原方程即可得到关于的方程，求解即可得到的值． 【详解】解：∵是方程的一个根， ∴将代入方程得， 化简得， 解得． 9. 如图，在矩形中，当______时，矩形是正方形（填一个条件即可） 【答案】（答案不唯一，邻边相等或对角线互相垂直都可以） 【解析】 【分析】根据正方形的判定即可求解． 【详解】解：当时，矩形是正方形． 10. 已知关于的方程，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，通过因式分解法解一元二次方程即可，熟练掌握因式分解法解一元二次方程是解题的关键． 【详解】解：， ， ∴或， ∴或， ∵， ∴， 故答案为：． 11. 如图，在矩形中，，，点Q在对角线上，且，连接并延长，与边交于点P，则线段________． 【答案】4 【解析】 【分析】利用勾股定理求出，进而求出的长，证明，列出比例式进行求解即可. 【详解】解：∵在矩形中，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴. 12. 如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，点B的坐标为．若直线与边（含两端点）有交点，则k的所有正整数值为________． 【答案】1或2或3 【解析】 【分析】求出直线经过点和点时的值，得到的取值范围，即可得出结果. 【详解】解：∵四边形为矩形，点B的坐标为， ∴， 当直线经过时，则，解得（舍去）； 当直线经过时，则，解得； ∵直线与边（含两端点）有交点， ∴， ∴k的所有正整数值为1或2或3． 三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. 用合适的方法解下列方程： （1）； （2）． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握直接开平方法，因式分解法，配方法和公式法是解题的关键． （1）利用配方法求解； （2）利用因式分解法求解． 【小问1详解】 解： ∴，； 【小问2详解】 解： 解得：． 14. 已知a是方程的一个根，试求的值． 【答案】 【解析】 【分析】利用一元二次方程根的定义，得到，变形得到和的代数式，整体代入所求式子进行化简求值． 【详解】解：是方程的一个根， ， 移项得：，． ． 15. 如图，在正方形中，点，分别在边，上，且．求证：． 【答案】 证明：四边形是正方形， ． ， ， ， ，即． 【解析】 【分析】本题考查正方形的性质和全等三角形的判定与性质，运用全等转化思想．解题关键是利用正方形的边和角的性质证明三角形全等，进而通过线段的和差关系推导结论；易错点是对正方形性质理解不全面，或全等三角形的对应关系判断错误． 先根据正方形性质得出，，结合已知，证明，得到．再由正方形中，通过，推出． 【详解】略 16. 如图，已知菱形，点E是边的中点，连接． （1）请仅用无刻度的直尺，过点C作的中线；（保留作图痕迹） （2）若，，则（1）中的长为 ． 【答案】（1）如图，即为所求： （2） 【解析】 【分析】（1）连接，与交于点O，连接并延长交于点F，此时即为的中线； （2）先利用菱形的性质得出，再通过等边三角形的判定与性质得到，通过解含30度直角三角形和勾股定理即可得出结果． 【小问1详解】 解：如图，设与的交点为点P， ∵四边形为菱形， ∴，且对角线，互相平分， ∴点P为，的中点， ∴是的中线， ∵点E是边上的中点， ∴是的中线， ∴根据三角形的三条中线交于一点O，可得也是的中线． 【小问2详解】 解：∵四边形是菱形，， ∴， ∴和是等边三角形， ∵是等边的中线， ∴， 在中，， ∴． 17. 已知关于的一元二次方程． （1）求证：方程总有两个不相等的实数根； （2）若方程的一个根是2，求的值和方程的另一个根． 【答案】（1） 证明：∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴方程总有两个不相等的实数根； （2），方程的另一个根是 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系． （1）先计算根的判别式的值得到，则，然后根据根的判别式的意义得到结论； （2）先把代入一元二次方程得到，解一次方程得到，所以原方程为，然后用根与系数的关系求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：将代入一元二次方程得到， 解得， ∴原方程为， 设方程的另一个根为，则， 解得， 所以方程的另一个根是． 四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18. 如图，在平行四边形中，E、F是对角线上的点，且，连接． （1）求证：； （2）连接，若，求证：四边形是菱形． 【答案】（1） 证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ （2） 证明：连接交于点O， ∵，四边形是平行四边形， ∴是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵ ∴四边形是菱形． 【解析】 【分析】（1）由可证； （2）先证明是菱形，可得，然后利用，即可得出结论． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查菱形的判定和性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定，灵活运用这些性质解决问题的关键． 19. 如果方程满足两个实数解都为整数解，我们就称所有这样的一元二次方程为同族方程，并规定，例如有整数解2和3，所以属于同族方程，． （1）下列一元二次方程中属于同族方程的是 （填写序号）； ①；②；③；④． （2）如果同族方程的两个实数解相等，我们称这个方程为同族方程中的完美方程，求证：对任意一个完美方程，总有． 【答案】（1）①④ （2）证明：∵完美方程是有两个相等解的同族方程，即有两个相等的实数解， ∴，即． ∵有意义， ∴，， 故对任意一个完美方程，总有． 【解析】 【分析】（1）分别解四个方程即可得解； （2）由题意可知根的判别式，从而求出； 【小问1详解】 解：解方程得：，满足两个实数解都为整数解， 故①是同族方程； 方程的判别式，无实数根， 故②不是同族方程； 解方程得：，不满足两个实数解都为整数解， 故③不是同族方程； 解方程得：，满足两个实数解都为整数解， 故④是同族方程； 【小问2详解】 略 20. 如图，在平行四边形中，对角线交于点O，交延长线于点E，交延长线于点F． （1）求证：四边形是矩形． （2）若四边形为菱形，H为中点，连接，若，则长为 　　． 【答案】（1） 证明：∵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． （2） 【解析】 【分析】（1）先证四边形是平行四边形，再证，即可得出结论； （2）由菱形的性质得，由勾股定理和三角形的中位线定理即可解答． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图，∵四边形是菱形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵H为中点， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理以及三角形中位线定理等知识，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定是解题的关键． 五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21. 对于实数，定义新运算“”：，例如：，因为，所以． （1）求和的值； （2）若是一元二次方程的两个根，且，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了新定义，一元二次方程的解，一元二次方程根与系数的关系等知识点，解题的关键是正确理解新定义． （1）根据新定义计算即可； （2）先根据一元二次方程根与系数的关系得到，再由方程的解得到，根据新定义得到，再代入求值即可． 【小问1详解】 解： ； ； 【小问2详解】 解：∵是一元二次方程的两个根， ∴， ∴， ∵， ∴ 22. 如图，在矩形中，，，点O是边上的定点，且．动点P从点C出发，以的速度沿的方向在矩形的边上匀速运动，最终到达点B停止．设点P的运动时间为，的面积为． （1）求点P在整个运动过程中，S与t之间的函数表达式，并写出对应的自变量t的取值范围； （2）当的面积为时，求t的值； （3）当的面积满足时，求t的取值范围． 【答案】（1） （2）或 （3）或 【解析】 【分析】（1）按照动点的三段运动路径、、，分段确定三角形的底和高，分别列出面积函数，写出对应自变量范围． （2）对照分段函数，分别在每一段令，筛选出落在对应区间内的值． （3）分段代入不等式，分别求解，判断解是否在本段自变量范围，最后合并结果． 【小问1详解】 解：，， 点速度， 从到用时：； 从到用时：； 从到用时：． ①当时，在上，， ． ②当时，在上，的高等于， ． ③当时，在上， 走过总路程：，， ． 综上：． 【小问2详解】 解：当时，令， 解得，符合区间； 当时，，不满足条件； 当时，令， 解得，符合区间． 所以或． 【小问3详解】 解：当时，，解得，符合区间； 当时，，不满足； 当时，， ， ，符合区间． 综上，的取值范围是或． 六、解答题（本大题共12分） 23. 我们定义：对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）如图1，垂美四边形ABCD的对角线AC，BD交于O．求证：AB2+CD2＝AD2+BC2； （2）如图2，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结BE，CG，GE． ①求证：四边形BCGE是垂美四边形； ②若AC＝4，AB＝5，求GE的长． 【答案】 （1）证明：∵垂美四边形ABCD的对角线AC，BD交于O， ∴AC⊥BD， ∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°， 由勾股定理得：AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2， AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2， ∴AD2+BC2＝AB2+CD2； （2）①证明：连接BG、CE相交于点N，CE交AB于点M，如图2所示： ∵正方形ACFG和正方形ABDE， ∴AG＝AC，AB＝AE，∠CAG＝∠BAE＝90°， ∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE， 在△GAB和△CAE中，， ∴△GAB≌△CAE（SAS）， ∴∠ABG＝∠AEC， ∵∠AEC+∠AME＝90°， ∴∠ABG+∠AME＝90°， ∴∠ABG+∠BMN＝90°，即CE⊥BG， ∴四边形BCGE是垂美四边形； ②GE＝ 【解析】 【分析】（1）由垂美四边形得出AC⊥BD，则∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，由勾股定理得AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2，AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2，即可得出结论； （2）①连接BG、CE相交于点N，CE交AB于点M，由正方形的性质得出AG=AC，AB=AE，∠CAG=∠BAE=90°，易求∠GAB=∠CAE，由SAS证得△GAB≌△CAE，得出∠ABG=∠AEC，由∠AEC+∠AME=90°，得出∠ABG+∠AME=90°，推出∠ABG+∠BMN=90°，即CE⊥BG，即可得出结论； ②垂美四边形得出CG2+BE2=CB2+GE2，由勾股定理得出BC==3，由正方形的性质得出CG=4 ，BE=5，则GE2=CG2+BE2-CB2=73，即可得出结果． 【详解】（1）略 （2）①略 ②解：∵四边形BCGE是垂美四边形， ∴由（1）得：CG2+BE2＝CB2+GE2， ∵AC＝4，AB＝5， ∴BC＝＝＝3， ∵正方形ACFG和正方形ABDE， ∴CG＝AC＝4，BE＝AB＝5， ∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝（4）2+（5）2﹣32＝73， ∴GE＝． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了新概念“垂美四边形”、勾股定理、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；正确理解新概念“垂美四边形”、证明三角形全等是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九年级数学（一） 说明： 1.范围：1.1~2.2． 2.满分：120分；时间：120分钟． 3.请将答案写在答题卡上． 一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．每小题只有一个正确选项） 1. 下列方程是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 2. 菱形具有而矩形不一定具有的性质是（ ） A. 对边相等 B. 对角线相等 C. 每个角都为直角 D. 对角线互相垂直 3. 如图，两段公路互相垂直，公路的中点D与点B被湖隔开，若测得的长为，则B，D两点间的距离为（ ） A. B. C. D. 4. 方程的解是（ ） A. B. C. 或 D. 或 5. 根据下列表格的对应值，可判断方程必有一个根满足（ ） x 1 1.1 1.2 1.3 1.4 0.24 0.89 1.56 A. B. C. D. 6. 如图，在菱形中，对角线与相交于点O，点E在上，连接，将沿折叠，使的对应线段经过点C．若，，则菱形的面积为（ ） A. 120 B. 125 C. 130 D. 135 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 一元二次方程的一般形式是________． 8. 已知是关于x的方程的一个根，则n的值为________． 9. 如图，在矩形中，当______时，矩形是正方形（填一个条件即可） 10. 已知关于的方程，则______． 11. 如图，在矩形中，，，点Q在对角线上，且，连接并延长，与边交于点P，则线段________． 12. 如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，点B的坐标为．若直线与边（含两端点）有交点，则k的所有正整数值为________． 三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. 用合适的方法解下列方程： （1）； （2）． 14. 已知a是方程的一个根，试求的值． 15. 如图，在正方形中，点，分别在边，上，且．求证：． 16. 如图，已知菱形，点E是边的中点，连接． （1）请仅用无刻度的直尺，过点C作的中线；（保留作图痕迹） （2）若，，则（1）中的长为 ． 17. 已知关于的一元二次方程． （1）求证：方程总有两个不相等的实数根； （2）若方程的一个根是2，求的值和方程的另一个根． 四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18. 如图，在平行四边形中，E、F是对角线上的点，且，连接． （1）求证：； （2）连接，若，求证：四边形是菱形． 19. 如果方程满足两个实数解都为整数解，我们就称所有这样的一元二次方程为同族方程，并规定，例如有整数解2和3，所以属于同族方程，． （1）下列一元二次方程中属于同族方程的是 （填写序号）； ①；②；③；④． （2）如果同族方程的两个实数解相等，我们称这个方程为同族方程中的完美方程，求证：对任意一个完美方程，总有． 20. 如图，在平行四边形中，对角线交于点O，交延长线于点E，交延长线于点F． （1）求证：四边形是矩形． （2）若四边形为菱形，H为中点，连接，若，则长为 　　． 五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21. 对于实数，定义新运算“”：，例如：，因为，所以． （1）求和的值； （2）若是一元二次方程的两个根，且，求的值． 22. 如图，在矩形中，，，点O是边上的定点，且．动点P从点C出发，以的速度沿的方向在矩形的边上匀速运动，最终到达点B停止．设点P的运动时间为，的面积为． （1）求点P在整个运动过程中，S与t之间的函数表达式，并写出对应的自变量t的取值范围； （2）当的面积为时，求t的值； （3）当的面积满足时，求t的取值范围． 六、解答题（本大题共12分） 23. 我们定义：对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）如图1，垂美四边形ABCD的对角线AC，BD交于O．求证：AB2+CD2＝AD2+BC2； （2）如图2，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结BE，CG，GE． ①求证：四边形BCGE是垂美四边形； ②若AC＝4，AB＝5，求GE的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $