精品解析：四川成都市郫都区博瑞实验学校2026-2027学年 九年级上学期10月学情自测数学试题

2026~2027学年（上期）第一学月定时练习九年级数学试题 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. 已知 是方程的一个根，则的值为（ ） A. 4 B. －4 C. 6 D. －6 2. 用公式法解一元二次方程时，首先要找出a，b，c的值，则a，b，c依次为（ ） A. 1，4，3 B. 1，，3 C. 1，， D. 1，4， 3. 如图，四边形四边形，则的度数为（ ） A. B. C. D. 4. 矩形具有而平行四边形不一定具有的性质是（　　） A. 对边相等 B. 对角相等 C. 对角线相等 D. 对角线互相平分 5. 如果，，，，那么（ ） A. a，b，c，d成比例 B. a，c，d，b成比例 C. a，c，b，d成比例 D. a，b，d，c成比例 6. 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. 无实数根 D. 无法确定 7. 如图，菱形中，对角线相交于点O，H为边的中点，菱形的周长为28，则的长等于（ ） A. B. 4 C. 7 D. 14 8. 成都博瑞实验学校初2024级2班全体学生在观看完2025年9月3日的盛大阅兵式后万分激动，肖校长趁热打铁，让全体学生互赠勉励卡激励同学们努力学习、报效祖国．已知共赠勉励卡1332张，问：2班共有多少名学生？设2班共有x名学生，根据题意可列方程为（ ） 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. 如果是关于的一元二次方程，那么的值为________． 10. 若，则＝______． 11. 如图，在正方形中，E为中点，连接，过点D作交的延长线于点F，连接，若，则正方形的边长为_________． 12. 已知、是方程的两根，则代数式的值为_________． 13. 如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点，，点在轴上，则点的坐标为______ ． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14. 用适当的方法解下列方程： （1） （2） （3） （4） 15. 若关于x的一元二次方程有实数根，求a的取值范围，并写出满足条件的a的最小整数值． 16. 已知：如图，在平行四边形中，为的中点，为上一点，且，连接，，过点作，交的延长线于点，连接．求证： （1）； （2）四边形为矩形． 17. 如图，学校为美化环境，准备用总长为的篱笆，在靠墙的一侧设计一块矩形花圃，其中墙长，花圃三边外围用篱笆围起，并在边上留一个宽的门（建在处，另用其他材料）． （1）若花圃的面积为，求花圃的一边的长； （2）花圃的面积能达到吗？如果能，请你给出设计方案，如果不能，请说明理由． 18. 如图，已知正方形中，E为延长线上一点，且，M、N分别为、的中点，连接交于，交于点． （1）求证：； （2）求证：； （3）过A作于P点，连接，猜想线段之间的数量关系并证明． B卷（50分） 一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 19. 将一元二次方程配方后得到，则______． 20. 已知x1，x2是关于x的一元二次方程x2－5x＋a＝0的两个实数根，且＝10，则a＝__________ 21. 如果，那么直线必过______象限． 22. 如图，四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝60°，AD＝BC＝CD＝4，点M是四边形ABCD内的一个动点，满足∠AMD＝90°，则点M到直线BC的距离的最小值为_____． 23. 如图，已知在矩形纸片中，，，点是的中点，点是边上的一个动点，将沿所在直线翻折，得到，连接，，则当是等腰三角形时，的长是________． 二、解答题（本大题共3个题，共30分） 24. 杭州亚运会的三个吉祥物“琮琮”“宸宸”“莲莲”组合名为“江南忆”，9月份“江南忆”的销售量为256件，11月份的销售量为400件．已知每件“江南忆”的进价为35元，售价为58元． （1）求该款吉祥物9月份到11月份销售量的月平均增长率； （2）经市场预测，12月份该款吉祥物的销售量将与11月份持平，现商场为了减少库存，采用降价促销方式．调查发现，该款吉祥物每降价1元，月销售量就会增加20件，当该款吉祥物每件的售价为多少元时，月销售利润能达到8400元? 25. 如果关于的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根比另一个根大1，那么称这样的方程为“邻根方程”，例如：一元二次方程的两个根是，，则方程是“邻根方程”． （1）判断方程是否是“邻根方程”，并说明理由； （2）已知关于的方程（是常数）是“邻根方程”，求的值； （3）若关于的方程（，是常数，且）是“邻根方程”，试求出代数式的最大值． 26. 如图，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，直线与x轴、y轴分别交于C、B两点，连接，且． （1）求点A的坐标及直线的函数关系式； （2）点M在x轴上，连接，当时，求点M的坐标； （3）若点P在x轴上，平面内是否存在点Q，使点B、C、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，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）第一学月定时练习九年级数学试题 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. 已知 是方程的一个根，则的值为（ ） A. 4 B. －4 C. 6 D. －6 【答案】C 【解析】 【分析】把代入，得关于的一元一次方程，解出的值即可． 【详解】解：把代入，得 ，即， 解得. 2. 用公式法解一元二次方程时，首先要找出a，b，c的值，则a，b，c依次为（ ） A. 1，4，3 B. 1，，3 C. 1，， D. 1，4， 【答案】C 【解析】 【分析】先将方程化为一元二次方程的一般形式，再确定,,的值． 【详解】解：将移项整理为一般形式，得， ∴，，． 3. 如图，四边形四边形，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先利用相似多边形的性质得到，，然后利用四边形内角和求解即可． 【详解】解：∵四边形四边形， ∴，， ∴． 4. 矩形具有而平行四边形不一定具有的性质是（　　） A. 对边相等 B. 对角相等 C. 对角线相等 D. 对角线互相平分 【答案】C 【解析】 【分析】根据矩形和平行四边形的性质进行解答即可． 【详解】矩形的对角线互相平分且相等，而平行四边形的对角线互相平分，不一定相等． 故选C． 【点睛】本题考查矩形的性质，矩形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用矩形具备而一般平行四边形不具备的性质．如：矩形的对角线相等；四个角都是直角等． 5. 如果，，，，那么（ ） A. a，b，c，d成比例 B. a，c，d，b成比例 C. a，c，b，d成比例 D. a，b，d，c成比例 【答案】B 【解析】 【分析】分析四个数据，判断能否满足两内项之积等于两外项之积，再将其写成比例式形式即可． 【详解】解：，，，， ∵ ，， ∴ ， ∴ ，即，，，成比例． 6. 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. 无实数根 D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】先求出的值，再判断出其符号即可． 【详解】解：∵ ， ∴方程有两个不相等的实数根． 故选：A． 【点睛】本题考查的是根的判别式，熟知一元二次方程的根与的关系是解答此题的关键． 7. 如图，菱形中，对角线相交于点O，H为边的中点，菱形的周长为28，则的长等于（ ） A. B. 4 C. 7 D. 14 【答案】A 【解析】 【分析】利用菱形的性质以及直角三角形斜边中线定理进行求解． 【详解】解：∵四边形为菱形，且周长为28， ∴， ∵H为边的中点， ∴． 8. 成都博瑞实验学校初2024级2班全体学生在观看完2025年9月3日的盛大阅兵式后万分激动，肖校长趁热打铁，让全体学生互赠勉励卡激励同学们努力学习、报效祖国．已知共赠勉励卡1332张，问：2班共有多少名学生？设2班共有x名学生，根据题意可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】每名同学给其余人送卡，甲送乙、乙送甲，直接列一元二次方程． 【详解】解：每名学生要给除自己之外的名同学送卡片，一共有名学生， 所以总卡片数量为， 根据题意列方程得：． 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 9. 如果是关于的一元二次方程，那么的值为________． 【答案】2 【解析】 【分析】根据一元二次方程的定义，二次项系数不为0，可得的取值范围． 【详解】解：是关于的一元二次方程， ， 解得：． 故答案为：． 【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，一元二次方程的一般形式是：，，是常数且，特别要注意的条件，这是在做题过程中容易忽视的知识点． 10. 若，则＝______． 【答案】 【解析】 【分析】设，则，，，代入代数式即可求解． 【详解】解：设，则，，， ∴． 11. 如图，在正方形中，E为中点，连接，过点D作交的延长线于点F，连接，若，则正方形的边长为_________． 【答案】2 【解析】 【分析】先根据证明，则可得，根据勾股定理可求得，设正方形的边长为x，则，， 再根据勾股定理求出x的值即可得解．本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ， ， ， ， 即， ， ， 又， ， 解得， 设正方形的边长为x，则，， 则， 解得， ∴正方形的边长为2． 故答案为：2． 12. 已知、是方程的两根，则代数式的值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据、是一元二次方程的两个根，则有，求解即可． 【详解】解：由题意得 ， 原式． 故答案：． 【点睛】本题考查了韦达定理，掌握定理是解题的关键． 13. 如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点，，点在轴上，则点的坐标为______ ． 【答案】 【解析】 【分析】由两点距离公式可求的长，由矩形的性质可求，即可求解． 【详解】解：连接， 点，， ， 四边形是矩形， ， 点的坐标为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，掌握矩形的对角线相等是解题的关键． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14. 用适当的方法解下列方程： （1） （2） （3） （4） 【答案】（1） （2） （3）无实数根 （4） 【解析】 【分析】（1）适合配方法解一元二次方程，配方转化成直接开平方的形式求解． （2）选用公式法，先计算判别式，再代入求根公式计算． （3）先整理化成一般形式，计算判别式，根据判别式正负判断方程根的情况． （4）先移项，利用平方差公式因式分解，再提取公因式求解，不要直接两边除以公因式造成丢根． 【小问1详解】 解： 解得：． 【小问2详解】 解：，这里 解得：． 【小问3详解】 解： 这里 ， 所以原方程无实数根． 【小问4详解】 解： 或 解得：． 15. 若关于x的一元二次方程有实数根，求a的取值范围，并写出满足条件的a的最小整数值． 【答案】 的取值范围是，满足条件的的最小整数值为. 【解析】 【分析】由一元二次方程有实数根得判别式非负，列不等式求的取值范围，再确定最小整数值． 【详解】解：∵关于的一元二次方程有实数根， ∴， ， ∴， 解得 ∴满足条件的的最小整数值为． 16. 已知：如图，在平行四边形中，为的中点，为上一点，且，连接，，过点作，交的延长线于点，连接．求证： （1）； （2）四边形为矩形． 【答案】（1）证明：， ． 为中点， ． 在和中， ， ， ． （2）证明：， 四边形是平行四边形． 四边形是平行四边形， ． ∵， ． 由得：， ， 代入，得：． 平行四边形中对角线， 平行四边形是矩形． 【解析】 【分析】（1）利用和是中点，证明，即可得到． （2）先由一组对边平行且相等证四边形是平行四边形，再推得，根据对角线相等的平行四边形是矩形完成证明． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 如图，学校为美化环境，准备用总长为的篱笆，在靠墙的一侧设计一块矩形花圃，其中墙长，花圃三边外围用篱笆围起，并在边上留一个宽的门（建在处，另用其他材料）． （1）若花圃的面积为，求花圃的一边的长； （2）花圃的面积能达到吗？如果能，请你给出设计方案，如果不能，请说明理由． 【答案】（1）10米 （2） 花圃的面积不能达到．理由如下： 设的长为米， 由题意可得：， 化简得， △， 方程无解， 花圃的面积不能达到． 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，找到正确的数量关系是解题的关键． （1）设的长为米，由花圃的面积为，列出方程可求解； （2）设的长为米，由花圃的面积为，列出方程可求解． 【小问1详解】 解：设的长为米，则米 由题意可得：， 解得：，， ，即：， ， ∴的长为10米； 【小问2详解】 略 18. 如图，已知正方形中，E为延长线上一点，且，M、N分别为、的中点，连接交于，交于点． （1）求证：； （2）求证：； （3）过A作于P点，连接，猜想线段之间的数量关系并证明． 【答案】（1）证明：∵正方形，， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）证明：取的中点Q，连接， ∴， ∵M、N分别为、的中点， ∴是的中位线，， ∴，， ∴， ∵正方形，， ∴， 根据（1）得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． （3）解：，理由如下， 过点B作于点B，交于点G， ∴． ∵，， ∴． ∵正方形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， 根据勾股定理，得 ∵， ∴． 【解析】 【分析】（1）证明，证明即可； （2）取的中点Q，连接，证明即可； （3）过点B作于点B，交于点G，证明，然后利用勾股定理求解即可． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 略． B卷（50分） 一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 19. 将一元二次方程配方后得到，则______． 【答案】20 【解析】 【分析】把配方后与比较得出的值，从而可得答案． 【详解】解：∵， ， ， ， ， ∵方程配方后得到， ， ． 20. 已知x1，x2是关于x的一元二次方程x2－5x＋a＝0的两个实数根，且＝10，则a＝__________ 【答案】 【解析】 【详解】分析：由两根关系，得x1+x2=5，x1•x2=a，解方程得到x1﹣x2=2，即可得到结论． 详解：由两根关系，得x1+x2=5，x1•x2=a，由x12﹣x22=10得：（x1+x2）（x1﹣x2）=10，若x1+x2=5，即x1﹣x2=2，∴（x1﹣x2）2=（x1+x2）2﹣4x1•x2=25﹣4a=4，∴a=． 故答案为． 点睛：本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根时，x1+x2=﹣，x1x2=． 21. 如果，那么直线必过______象限． 【答案】第一、四 【解析】 【分析】由连等比设公共比值为，列出关于的等式；分与两种情况求出，再分别讨论直线经过的象限． 【详解】解：由题意，得 ． ∴，，． 三式相加，得． 当时，，直线为，经过第一、三、四象限； 当时，，则，直线为，经过第一、二、四象限． ∴直线一定经过第一、四象限． 22. 如图，四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝60°，AD＝BC＝CD＝4，点M是四边形ABCD内的一个动点，满足∠AMD＝90°，则点M到直线BC的距离的最小值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】取AD的中点O，连接OM，过点M作ME⊥BC交BC的延长线于E，点点O作OF⊥BC于F，交CD于G，则OM+ME≥OF．求出OM，OF即可解决问题． 【详解】解：取AD的中点O，连接OM，过点M作ME⊥BC交BC的延长线于E，点点O作OF⊥BC于F，交CD于G，则OM+ME≥OF． ∵∠AMD＝90°，AD＝4，OA＝OD， ∴OM＝AD＝2， ∵AB∥CD， ∴∠GCF＝∠B＝60°， ∴∠DGO＝∠CGE＝30°， ∵AD＝BC， ∴∠DAB＝∠B＝60°， ∴∠ADC＝∠BCD＝120°， ∴∠DOG＝30°＝∠DGO， ∴DG＝DO＝2， ∵CD＝4， ∴CG＝2， ∴OG＝2，GF＝，OF＝3， ∴ME≥OF﹣OM＝3﹣2， ∴当O，M，E共线时，ME的值最小，最小值为3﹣2． 【点睛】本题考查解直角三角形，垂线段最短，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型． 23. 如图，已知在矩形纸片中，，，点是的中点，点是边上的一个动点，将沿所在直线翻折，得到，连接，，则当是等腰三角形时，的长是________． 【答案】或或 【解析】 【分析】分三种情况考虑，①当时，连接，则易得三点共线，在中，利用勾股定理建立方程即可求解；②当时，则得四边形是正方形，即可求解；③当时，连接，则可得三点共线，再证明，则可得点F是的中点，从而求解；最后综合上述三种情况即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，； ∵点是的中点， ∴； 由折叠性质知：，，； ①当时，则； 连接， 则由勾股定理得：； ∵， ∴， ∴三点共线， ∴， 中，， 由勾股定理得：， 解得：， ∴； ②当时，如图， 则点在线段的垂直平分线上， ∴点在线段的垂直平分线上， ∵E是的中点， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∵，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴； ③当时，连接，如图； 则； ∵， ∴； ∵， ∴三点共线， ∴； ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴； 综上，的长为或或． 二、解答题（本大题共3个题，共30分） 24. 杭州亚运会的三个吉祥物“琮琮”“宸宸”“莲莲”组合名为“江南忆”，9月份“江南忆”的销售量为256件，11月份的销售量为400件．已知每件“江南忆”的进价为35元，售价为58元． （1）求该款吉祥物9月份到11月份销售量的月平均增长率； （2）经市场预测，12月份该款吉祥物的销售量将与11月份持平，现商场为了减少库存，采用降价促销方式．调查发现，该款吉祥物每降价1元，月销售量就会增加20件，当该款吉祥物每件的售价为多少元时，月销售利润能达到8400元? 【答案】（1） （2）当该款吉祥物每件的售价为50元时，月销售利润能达到8400元． 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用： （1）设该款吉祥物9月份到11月份销售量的月平均增长率为x，可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论； （2）设该吉祥物售价为y元，则每件的销售利润为元，利用月销售利润=每件的销售利润×月销售量，可列出关于y的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论． 【详解】解：（1）设该款吉祥物9月份到11月份销售量的月平均增长率为， 根据题意，得， 解得，（不符合题意，舍去）． 故该款吉祥物9月份到11月份销售量的月平均增长率为． （2）设该款吉祥物每件的售价为元，则每件的销售利润为元，则月销售量为件． 根据题意，得， 解得，（不符合题意，舍去）． 故当该款吉祥物每件的售价为50元时，月销售利润能达到8400元． 25. 如果关于的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根比另一个根大1，那么称这样的方程为“邻根方程”，例如：一元二次方程的两个根是，，则方程是“邻根方程”． （1）判断方程是否是“邻根方程”，并说明理由； （2）已知关于的方程（是常数）是“邻根方程”，求的值； （3）若关于的方程（，是常数，且）是“邻根方程”，试求出代数式的最大值． 【答案】（1）不是“邻根方程” （2）或； （3）的最大值为16 【解析】 【分析】（1）先解方程，再结合新定义可得答案； （2）先解方程，再利用新定义建立方程，再解方程即可； （3）利用根与系数的关系表示出，进一步化简得，整体代入，通过配方可求出t最大值． 【小问1详解】 解：∵， ∴， 解得：，， ∵，不符合邻根方程的定义， ∴不是邻根方程； 【小问2详解】 解：∵关于x的方程是邻根方程， ∴解方程可得：， ∴， ∴， 故或； 【小问3详解】 解：∵关于x的方程（a、b是常数）是邻根方程，设两个根分别为、， ∴， 由根与系数的关系：， ∴， ∴， 设， ∴， ∴当时，， 答：代数式的最大值为16． 26. 如图，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，直线与x轴、y轴分别交于C、B两点，连接，且． （1）求点A的坐标及直线的函数关系式； （2）点M在x轴上，连接，当时，求点M的坐标； （3）若点P在x轴上，平面内是否存在点Q，使点B、C、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1），直线解析式为 （2）或 （3）Q的坐标为或或或 【解析】 【分析】(1）首先求出A、B、C三点坐标，再利用待定系数法求出直线的解析式即可． （2）当点M在点A的左边时，可以证明，推出，作点M关于直线的对称点N，作直线交x轴于，则，点满足条件，求出直线的解析式即可解决问题． （3）画出图形，分两种情形讨论：①当为菱形的边时，四边形，四边形，四边形是菱形，②当是菱形的对角线时，四边形是菱形． 【小问1详解】 解：对于直线，令得，令得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设直线的解析式为，则有， 解得， ∴直线的解析式为． 【小问2详解】 解：如图1中， 当点M在点A的左边时， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 作点M关于直线的对称点N，作直线交x轴于，则，点满足条件. ∵， ∴直线的解析式为，令，得， ∴， 综上所述,满足条件的点点M的坐标为或． 【小问3详解】 解：如图2中， ∵， ①当为菱形的边时，四边形，四边形，四边形是菱形， 此时； ②当是菱形的对角线时，四边形是菱形，得． 综上所述，满足条件的点Q的坐标为或或或． 【点睛】本题考查一次函数综合题、待定系数法、菱形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，注意一题多解，不能漏解，属于中考常考题型. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $