精品解析：四川万源市旧院中学2026-2027学年九年级上学期第一次质量监测数学试题

四川省万源市旧院中学2026-2027学年九年级上学期第一次质量监测数学试题 （全卷满分150分，考试时间120分钟） A卷（共100分） 一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求） 1. 下列四组线段中，是成比例线段的一组是（ ） A. 1，2，4，6 B. 2，3，5，8 C. 2，3，6，9 D. 1，，， 2. 一元二次方程的根是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 在菱形中，如图，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在中，点D，E分别在边上，添加一个条件一定能使，则这个条件可以是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在矩形中，对角线与相交于点O，过点A作的垂线，垂足为E，已知，则的度数为（ ） A. B. C. D. 6. 已知m是方程的一个根，则代数式的值等于（ ） A. 4 B. 1 C. 0 D. 7. 如图，正方形中，对角线与相交于点O，E为边上一点，，F为的中点，若线段的长为，则的周长为（　　） A. 18 B. 20 C. 15 D. 21 8. 如图，取一张长为a，宽为b的长方形纸片，将它对折两次后得到一张小长方形纸片，若要使小长方形与原长方形相似，则原长方形纸片的边a、b应满足的条件是（ ） A. a＝b B. a＝2b C. a＝2b D. a＝4b 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 9. 若是方程的两个实数根，则的值为 _________ ． 10. 已知△ABC三边的比为2：3：4，与它相似的△A′B′C′最小边的长等于12，那么△A′B′C′最大边的长等于__． 11. 如图，点E，F，G，H分别为四边形的边，，，的中点，当与满足条件________时，四边形是菱形． 12. 如图，已知与关于原点O位似，且位似比是，则与的面积比为______． 13. 如图，在正方形中，，延长至，使．连接，平分交于点，则的长为________． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14. 解方程： （1） （2） 15. 已知关于的一元二次方程有实数根. （1）求的取值范围. （2）若该方程的两个实数根为、，且，求的值. 16. 如图，在中，，D，E分别是线段中点，过点A作交的延长线于点F，连接． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求的面积． 17. 如图．在ABCD中，点E在边BC上，点F在边AD的延长线上，且DF=BE．EF与CD交于点G． （1）求证：BD∥EF ． （2）若，BE=4，求EC的长． 18. 如图，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，正方形的边、分别在轴和轴的正半轴上，且． （1）如图1，设正方形的面积为，与之间的函数关系式为________；（不要求写出自变量的取值范围）； （2）如图2，点为第一象限内一点，连接、、，，求的度数； （3）如图3，在（2）的条件下，取的中点，连接，若，，求的值． B卷（共50分） 一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 19. 大自然是美的设计师，即使是一片小小的树叶，也蕴含着“黄金分割”，如图，为的黄金分割点（），如果的长度为，那么的长度为_________． AI 20. 如图，在矩形纸片中，已知，折叠纸片使边与对角线重合，点落在点处，折痕为，且，则矩形纸片的周长为______________． 21. 在平行四边形中，为上一点，且，与相交于点，，则为________． 22. 定义：方程与方程互为“换位方程”．已知关于的一元二次方程①，若方程①与其“换位方程”有且仅有一个公共根，则这个公共根是________，_____． 23. 如图，在边长为2的正方形中，E是的中点，P、Q分别是边、上的动点，且交于点F，则的最小值为_____________． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24. 法门寺位于炎帝故里、青铜器之乡——宝鸡市扶风县，始建于东汉末年桓灵年间，距今约有多年历史，法门寺被誉为“关中塔庙始祖”，其中的“真身宝塔”是全国重点保护文物、某数学兴趣小组开展了“测量真身宝塔高度”的实践活动，在点处垂直于地面竖立一根高度为米的标杆，这时地面上的点，标杆的顶端点，宝塔的塔尖点正好在同一直线上，测得米，将标杆向右平移到点处，这时地面上的点，标杆的顶端点，宝塔的塔尖点正好在同一直线上（点，点，点，点与塔底处的点在同一直线上），这时测得米，米． （1）请计算标杆与“真身宝塔”的距离的值？ （2）“真身宝塔”的高度是多少？ 25. 面向日益严峻的气候变化形势，以发展新能源汽车推动道路交通领域零碳转型已成为全球共识．我国政府不断加大对新能源汽车的支持和推动，新能源汽车的市场需求正在不断增加．下表是一款某品牌新能源热门车型7月份和9月份的全国销量情况： 月份 7月 9月 销量/万辆 （1）求该款车销量的月平均增长率． （2）青岛一个该品牌店购进一批该款车型进行销售，已知进价为每辆6万元．经试销发现：当该款汽车售价为万元时，平均每月销量为150辆；而当售价每降低万元时，平均每月就能多售出15辆．为了扩大销量，该店决定降价促销，若该店想要维持利润不变，该款车的售价应为每辆多少万元？ 26. 如图，在菱形中，，点是边上一动点，连接，将沿翻折得到，射线交射线于点． （1）【感知】如图1，当于点，时，求线段的长； （2）【探究】如图2，当时，交于点，交于点，求的值； （3）【拓展】如图3，当时，交于点，交于点，求的值．（用含的代数式表示）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省万源市旧院中学2026-2027学年九年级上学期第一次质量监测数学试题 （全卷满分150分，考试时间120分钟） A卷（共100分） 一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求） 1. 下列四组线段中，是成比例线段的一组是（ ） A. 1，2，4，6 B. 2，3，5，8 C. 2，3，6，9 D. 1，，， 【答案】C 【解析】 【分析】计算前两条线段之比与后两条线段之比，若二者相等，则这组线段是成比例线段，否则不是． 【详解】解：A、∵， ∴这组线段不是成比例线段，不符合题意； B、∵， ∴这组线段不是成比例线段，不符合题意； C、∵， ∴这组线段是成比例线段，符合题意； D、∵， ∴这组线段不是成比例线段，不符合题意． 2. 一元二次方程的根是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，通过因式分解法求解一元二次方程即可． 【详解】解： ， ， 或， 即，， 故选：A． 3. 在菱形中，如图，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据菱形的性质可知，结合等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：在菱形中，， ∴平分 ∴， ∵ ∴． 4. 如图，在中，点D，E分别在边上，添加一个条件一定能使，则这个条件可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据相似三角形的判定定理，两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似，将选项中的乘积式转化为比例式，结合公共角进行判断即可． 【详解】 解： 由可得， ， ， 只有选项D符合题意． 5. 如图，在矩形中，对角线与相交于点O，过点A作的垂线，垂足为E，已知，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据，可以求得的度数，再根据矩形的性质和三角形内角和，即可得到的度数． 【详解】解：四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ， ， ∵， ， ， 即的度数为． 6. 已知m是方程的一个根，则代数式的值等于（ ） A. 4 B. 1 C. 0 D. 【答案】C 【解析】 【分析】观察到所求代数式与方程左边的形式一致，利用方程的根的定义代入即可直接求解． 【详解】解：∵是方程的一个根， ∴将代入方程，得． 7. 如图，正方形中，对角线与相交于点O，E为边上一点，，F为的中点，若线段的长为，则的周长为（　　） A. 18 B. 20 C. 15 D. 21 【答案】A 【解析】 【分析】利用三角形中位线定理求出的长，进而求出正方形边长和，利用勾股定理求出，根据直角三角形斜边中线性质得出，最后计算周长． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵正方形中，对角线与相交于点O， ∴为的中点， ∵F为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，F为的中点， ∴， ∴的周长． 8. 如图，取一张长为a，宽为b的长方形纸片，将它对折两次后得到一张小长方形纸片，若要使小长方形与原长方形相似，则原长方形纸片的边a、b应满足的条件是（ ） A. a＝b B. a＝2b C. a＝2b D. a＝4b 【答案】B 【解析】 【分析】根据对折表示出小长方形的长和宽，再根据相似多边形的判定，对应边成比例列式计算即可． 【详解】解：对折两次后的小长方形的长为b，宽为， 要使小长方形与原长方形相似，只要满足即可， ∴． 故选：B． 【点睛】本题考查了相似多边形的判定，准确表示出小长方形的长和宽是解题的关键． 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 9. 若是方程的两个实数根，则的值为 _________ ． 【答案】 【解析】 【分析】利用方程根的定义得到的取值，结合根与系数的关系得到的取值，拆分所求代数式后整体代入计算即可． 【详解】解：∵是方程的实数根， ∴将代入方程可得，即； ∵、是方程的两个实数根， ∴根据根与系数的关系，两根之和， ∴． 10. 已知△ABC三边的比为2：3：4，与它相似的△A′B′C′最小边的长等于12，那么△A′B′C′最大边的长等于__． 【答案】24 【解析】 【分析】由于A′B′C′的最短边为12，所以短边12对应的边只能是中边长最短为2的边，进而再由对应边成比例即可求解． 【详解】解：设△A′B′C′的最大边长是x， 根据相似三角形的对应边的比相等，可得： ， 解得：x＝24， ∴△A′B′C′最大边的长等于24． 故答案为：24． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质：相似三角形的对应边长之比等于相似比，要能够熟练掌握此定理． 11. 如图，点E，F，G，H分别为四边形的边，，，的中点，当与满足条件________时，四边形是菱形． 【答案】 【解析】 【分析】连接，根据三角形中位线定理说明四边形是平行四边形，再由菱形的判定即可解答． 【详解】解：连接，， ，分别为，的中点， ，， 同理，， ，， 四边形是平行四边形， ，分别为，的中点， ， ， ， 是菱形． 12. 如图，已知与关于原点O位似，且位似比是，则与的面积比为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据位似图形的性质可知位似图形一定是相似图形，位似比的绝对值即为相似比，利用相似三角形面积比等于相似比的平方即可求解． 【详解】解：∵与关于原点O位似， ∴， ∵位似比是， ∴相似比为， ∴与的面积比为． 13. 如图，在正方形中，，延长至，使．连接，平分交于点，则的长为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据正方形的性质求出的长度，再利用角平分线定义和等腰三角形的性质及判定即可求出，设参数，利用三角形相似构造线段比例相等，列关于的方程，解出，再根据勾股定理即可求出长度． 【详解】解：过点作于，如图所示， 为正方形， ，， ， ， 平分，， ， ， ， ，， ， ， 设，则， ， ， 在中，． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14. 解方程： （1） （2） 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】（1）通过因式分解转化为一次方程求解； （2）计算判别式后代入求根公式求解． 【小问1详解】 解：， ， 或， 解得：，； 【小问2详解】 解：， ∵， ， ∴， ∴，． 15. 已知关于的一元二次方程有实数根. （1）求的取值范围. （2）若该方程的两个实数根为、，且，求的值. 【答案】（1）.（2）. 【解析】 【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式△≥0，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围； （2）由根与系数的关系可得出x1+x2=6，x1x2=4m+1，结合|x1-x2|=4可得出关于m的一元一次方程，解之即可得出m的值． 【详解】（1）∵关于x的一元二次方程x2-6x+（4m+1）=0有实数根， ∴△=（-6）2-4×1×（4m+1）≥0， 解得：m≤2； （2）∵方程x2-6x+（4m+1）=0的两个实数根为x1、x2， ∴x1+x2=6，x1x2=4m+1， ∴（x1-x2）2=（x1+x2）2-4x1x2=42，即32-16m=16， 解得：m=1． 【点睛】本题考查了根与系数的关系以及根的判别式，解题的关键是：（1）牢记“当△≥0时，方程有实数根”；（2）利用根与系数的关系结合|x1-x2|=4，找出关于m的一元一次方程． 16. 如图，在中，，D，E分别是线段中点，过点A作交的延长线于点F，连接． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求的面积． 【答案】（1）证明：∵，点D是线段的中点， ∴，，即， ∵， ∴， ∵点E是线段的中点， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴平行四边形是 矩形； （2） 【解析】 【分析】（1）根据三线合一得到，，证明，结合题意，根据平行四边形的判定得到四边形是平行四边形，再根据矩形的判定即可求解； （2）设，则，运用勾股定理得到，，结合矩形的性质得到，由此得到，再根据面积的计算即可求解． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 解：∵， ∴设，则， ∵，点D是的中点， ∴， 在中，， ∵四边形是矩形， ∴，，则， 在中，， ∴， 解得，， ∴， ∴， ∵点E是线段的中点， ∴， ∴． 17. 如图．在ABCD中，点E在边BC上，点F在边AD的延长线上，且DF=BE．EF与CD交于点G． （1）求证：BD∥EF ． （2）若，BE=4，求EC的长． 【答案】 （1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC． ∵DF=BE， ∴四边形BEFD是平行四边形， ∴BD∥EF； （2）6． 【解析】 【分析】（1）根据平行四边的判定与性质，可得答案； （2）根据相似三角形的判定与性质，可得答案． 【详解】解：（1）略 （2）∵四边形BEFD是平行四边形， ∴DF=BE=4． ∵DF∥EC， ∴△DFG∽CEG， ∴， ∴CE===6． 【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质． 18. 如图，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，正方形的边、分别在轴和轴的正半轴上，且． （1）如图1，设正方形的面积为，与之间的函数关系式为________；（不要求写出自变量的取值范围）； （2）如图2，点为第一象限内一点，连接、、，，求的度数； （3）如图3，在（2）的条件下，取的中点，连接，若，，求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正方形面积公式即可建立函数表达式； （2）过点作交延长线于点，然后证明即可； （3）过点作交延长线于点，连接，先证明，求出，，延长至点，使得，过点作，并使得，连接，然后证明点三点共线，根据三角形中位线定理可得，再证明，推出，最后再由勾股定理求解即可． 【小问1详解】 解：由题意得，， ∵设正方形的面积为， ∴与之间的函数关系式为； 【小问2详解】 解：过点作交延长线于点，则 ∵ ∴为等腰直角三角形 ∴ ∵正方形 ∴ ∴ ∴ ∴ ∴； 【小问3详解】 解：∵四边形是正方形 ∴， 过点作交延长线于点，连接 ∵ ∴为等腰直角三角形， ∴， 同（2）可得， ∴ ∴ ∴ ∴ 延长至点，使得，过点作，并使得，连接， ∴是等腰直角三角形， ∴ ∴ ∴点三点共线， ∵点为的中点 ∴ ∵， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ 解得 ∴． B卷（共50分） 一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 19. 大自然是美的设计师，即使是一片小小的树叶，也蕴含着“黄金分割”，如图，为的黄金分割点（），如果的长度为，那么的长度为_________． AI 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查黄金分割，设，则，由黄金分割的定义可得，解方程即可． 【详解】解：设，则， 为的黄金分割点（）， ， ， ， 解得，（不舍题意舍去）， 的长度为． 故答案为：． 20. 如图，在矩形纸片中，已知，折叠纸片使边与对角线重合，点落在点处，折痕为，且，则矩形纸片的周长为______________． 【答案】 【解析】 【分析】通过翻折角相等可知利用勾股定理可求出，再设长为在中用勾股定理求出，再利用勾股定理求出即可得出周长． 【详解】解：由于翻折，得 ，， 在中， 设长为，则 在中， 即 解得 即 21. 在平行四边形中，为上一点，且，与相交于点，，则为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用相似三角形的面积之比等于相似比的平方解答即可． 【详解】解：四边形为平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 22. 定义：方程与方程互为“换位方程”．已知关于的一元二次方程①，若方程①与其“换位方程”有且仅有一个公共根，则这个公共根是________，_____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设公共根为，代入两个方程作差整理，分情况讨论排除不符合条件的结果，得到符合要求的公共根和的值. 【详解】解：由题意，的换位方程为，由定义得，即； 设公共根为， ∴，， 两式相减整理得： ， 分情况讨论： 若，即，此时两个方程完全相同，所有根都是公共根，不符合“有且仅有一个公共根”的条件，舍去； 若，解得或： 当时，代入原方程得，解得，不符合的要求，舍去； 当时，代入原方程得，整理得，解得； 验证得：当时，原方程根为，换位方程根为，只有一个公共根，符合条件. 因此公共根为，. 23. 如图，在边长为2的正方形中，E是的中点，P、Q分别是边、上的动点，且交于点F，则的最小值为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】如图，过点P作于点M，证明四边形是矩形，，得到，证明，得到，求出，将正方形沿翻折得到正方形，连接，过点Q作交于点N，连接，证明，得到，然后由得到当点N，Q，E三点共线时，取得最小值，即的长度，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，过点P作于点M， ∵四边形是正方形 ∴， ∵ ∴四边形是矩形， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵E是的中点 ∴ 将正方形沿翻折得到正方形，连接，过点Q作交于点N，连接 ∴，， 又∵ ∴ ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形 ∴， ∴ ∴当点N，Q，E三点共线时，取得最小值，即的长度 ∴ ∵， ∴ ∴的最小值为． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24. 法门寺位于炎帝故里、青铜器之乡——宝鸡市扶风县，始建于东汉末年桓灵年间，距今约有多年历史，法门寺被誉为“关中塔庙始祖”，其中的“真身宝塔”是全国重点保护文物、某数学兴趣小组开展了“测量真身宝塔高度”的实践活动，在点处垂直于地面竖立一根高度为米的标杆，这时地面上的点，标杆的顶端点，宝塔的塔尖点正好在同一直线上，测得米，将标杆向右平移到点处，这时地面上的点，标杆的顶端点，宝塔的塔尖点正好在同一直线上（点，点，点，点与塔底处的点在同一直线上），这时测得米，米． （1）请计算标杆与“真身宝塔”的距离的值？ （2）“真身宝塔”的高度是多少？ 【答案】（1）米 （2）米 【解析】 【分析】（1）证明，，再根据相似三角形的性质定理建立等式求解即可； （2）根据可推出，即可得出答案． 【小问1详解】 解：∵点处垂直于地面竖立一根高度为米的标杆，将标杆向右平移到点处， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∵，，， ∴， 解得， ∴标杆与“真身宝塔”的距离的值为米； 【小问2详解】 解：由（1）知：，， ∴，即， ∴， ∵，， ∴， 解得：， ∴“真身宝塔”的高度是米． 25. 面向日益严峻的气候变化形势，以发展新能源汽车推动道路交通领域零碳转型已成为全球共识．我国政府不断加大对新能源汽车的支持和推动，新能源汽车的市场需求正在不断增加．下表是一款某品牌新能源热门车型7月份和9月份的全国销量情况： 月份 7月 9月 销量/万辆 （1）求该款车销量的月平均增长率． （2）青岛一个该品牌店购进一批该款车型进行销售，已知进价为每辆6万元．经试销发现：当该款汽车售价为万元时，平均每月销量为150辆；而当售价每降低万元时，平均每月就能多售出15辆．为了扩大销量，该店决定降价促销，若该店想要维持利润不变，该款车的售价应为每辆多少万元？ 【答案】（1）该款车销量的月平均增长率为 （2）下调后每辆汽车的售价为7万元 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． （1）设该款车销量的月平均增长率为，可得出关于的一元二次方程，解之取其正值，即可得出结论； （2）设下调后每辆汽车的售价为万元，则每辆汽车的销售利润为万元，利用该店销售该款汽车平均每周的销售利润每辆的销售利润每周的销售量，可得出关于的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论． 【小问1详解】 解：设该款车销量的月平均增长率为， 根据题意得：， 解得：（不符合题意，舍去）． 答：该款车销量的月平均增长率为； 【小问2详解】 解：设下调后每辆车的售价为万元，则每辆汽车的销售利润为万元， 根据题意得：， 整理得：， 解得：， 又∵为了扩大销量， ， 答：下调后每辆汽车的售价为7万元． 26. 如图，在菱形中，，点是边上一动点，连接，将沿翻折得到，射线交射线于点． （1）【感知】如图1，当于点，时，求线段的长； （2）【探究】如图2，当时，交于点，交于点，求的值； （3）【拓展】如图3，当时，交于点，交于点，求的值．（用含的代数式表示）． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据折叠的性质，得到，根据含30度角的直角三角形的性质结合勾股定理求出的长，线段的和差关系求出的长即可； （2）根据菱形的性质，得到，结合，推出，设，根据含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，求出的长，折叠的性质得到，进而求出的长，再根据含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，求出的长，线段的和差求出的长，即可得出结果； （3）设，则，进而得到，证明，得到，设，，得到，根据角平分线的性质以及同高（等高）三角形的面积比等于底边比，得到，进而得到，过点作，交的延长线于点，根据含30度的直角三角形的性质结合勾股定理求出，，进而得到，在中，利用勾股定理求出，进而得到，即可得到的长，进一步求出最终结果即可. 【小问1详解】 解：∵折叠， ∴， ∵于点，， ∴， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：∵菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则，， ∵翻折， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：∵折叠， ∴，， ∴， ∵， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 设，， ∴， ∴，， ∵， ∴平分， ∴点到的距离相等，设点到的距离为， 则， ∴， ∴， 过点作，交的延长线于点， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， 在中，由勾股定理，得， ∴ ∴， 整理，得， ∴（舍）或， ∴， ∴， ∴. 第1页/共1页 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