2025-2026学年四川省成都市高新区第七中学初中学校九年级上学期10月月考数学试题

这是一份2025-2026学年四川省成都市高新区第七中学初中学校九年级上学期10月月考数学试题，共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列属于一元二次方程的是（ ）
A．B．
C．D．
2．在实数范围内，代数式的值不可能为（ ）
A．B．C．D．
3．一元二次方程x2﹣x﹣3＝0的根的情况为（ ）
A．有两个相等的实数根B．有两个不相等的实数根
C．只有一个实数根D．没有实数根
4．下列命题中，正确的是（ ）
A．一组邻边相等的四边形是菱形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
D．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
5．如图，矩形ABCD中，，，则AC的长是
A．2B．C．4D．8
6．如图，在正方形ABCD外侧作等边，则的度数为（ ）
A．15°B．22.5°C．20°D．10°
7．如图，在中，，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
8．下列各组中的两个图形，一定相似的是（ ）
A．有一个角对应相等的两个菱形
B．对应边成比例的两个多边形
C．两条对角线对应成比例的两个平行四边形
D．任意两个矩形
二、填空题
9．如果且，那么 ．
10．若关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则实数a的值为 ．
11．关于x方程的两根为1和5，则一次函数不经过第 象限．
12．如图，菱形中，，对角线与相交于点，过点作，交边于点，连接，若，则菱形的面积为 ．
13．如图，已知矩形矩形，点，分别在线段，上，若，，则线段的长为 ．
三、解答题
14．解方程
(1)
(2)
(3)
(4)
15．已知关于的方程．
(1)求证：无论取何值，此方程总有实数根；
(2)若等腰的一边长，另两边恰好是这个方程的两个根，求这个等腰三角形的周长是多少？
16．如图，已知菱形中，对角线相交于点O，过点C作，过点D作，与相交于点E．

(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求四边形的周长．
17．如图，点是矩形中边上一点，沿折叠为，点落在上．
(1)求证：；
(2)若，，求的值；
18．如图，AD、BE是△ABC的两条高，过点D作DF⊥AB，垂足为F，FD交BE于M，FD、AC的延长线交于点N．
（1）求证：△BFM∽△NFA；
（2）求证：DF2＝FM•FN；
（3）若AC＝BC，DN＝12，ME：EN＝1：2，求线段AC的长．
四、填空题
19．已知a是方程x2﹣2013x+1=0一个根，求a2﹣2012a+的值为 ．
20．若，则的值是 ．
21．已知关于x的一元二次方程的两个实数根的平方和等于44，则m的值是
22．如图，在四边形中，，，，对角线与相交于点，若，则 ．
23．如图，现有正方形纸片，点E，F分别在边上，沿垂直于的直线折叠得到折痕，点B，C分别落在正方形所在平面内的点，处，然后还原．
（1）若点N在边上，且，则 （用含α的式子表示）；
（2）再沿垂直于的直线折叠得到折痕，点G，H分别在边上，点D落在正方形所在平面内的点处，然后还原．若点在线段上，且四边形是正方形，，，与的交点为P，则的长为 ．
五、解答题
24．某水果商场经销一种高档水果，原价每千克50元．
(1)连续两次降价后每千克32元，若每次下降的百分率相同，求每次下降的百分率；
(2)若每千克盈利10元，每天可售出500千克，经市场调查发现，在进货价不变的情况下，商场决定采取适当的涨价措施，但商场规定每千克涨价不能超过8元，若每千克涨价1元，日销售量将减少20千克，现该商场要保证每天售出这种水果盈利6000元，那么每千克应涨价多少元？
25．如图，矩形中，对角线相交于点．是的中点，交于点．
(1)求证：；
(2)设的角平分线交于点．
①当时，求点到的距离；
②若，作直线分别交于两点，求的值．
26．如图，直线与轴交于点，与轴交于点B，点C在轴上点A的右边，，经过点C的直线与正比例函数的图象平行，直线与直线相交于点D，点P为直线上一动点．
(1)求点D坐标；
(2)若，请求出P点的坐标；
(3)若在平面内存在一点Q，使得四点C、D、P、Q构成菱形，若存在，请直接写出点P横坐标的值，若不存在，请说明理由．
《四川省成都市第七中学初中学校2025-2026学年上学期10月月考九年级数学试题》参考答案
1．C
【分析】根据一元二次方程的定义进行分析，即可求解．一元二次方程定义：只含有一个未知数，并且未知数项的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程．本题考查了一元二次方程的定义，掌握一元二次方程的定义是解题的关键．
【详解】解：A、含有两个未知数，不是一元二次方程，故该选项不符合题意；
B、不是整式方程，不是一元二次方程，故该选项不符合题意；
C、是一元二次方程，故该选项符合题意；
D、的次数是，不是一元二次方程，故该选项不符合题意；
故选：C
2．D
【分析】本题考查配方的应用，熟练掌握配方法是解题的关键．利用配方法得，逐个判断选项即可．
【详解】解：∵，
∴选项D不可能，
故选：D．
3．B
【分析】根据方程的系数结合根的判别式，可得出△＝13＞0，进而可找出该方程有两个不相等的实数根．
【详解】∵△＝（﹣1）2﹣4×1×（﹣3）＝13＞0，
∴该方程有两个不相等的实数根．
故选B．
【点睛】本题考查了根的判别式，牢记“当△＞0时，方程有两个不相等的实数根”是解题的关键．
4．D
【分析】本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定，熟悉掌握判定方法是解题的关键．
根据判定方法逐一判断即可．
【详解】A：一组邻边相等的四边形不一定是平行四边形，一组邻边相等的平行四边形是菱形，故A错误；
B：对角线互相垂直的四边形不一定是平行四边形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故B错误；
C：等腰梯形一组对边平行，另一组对边相等，不为平行四边形，故C错误；
D：两组对边分别相等的四边形是平行四边形，说法正确，故D正确；
故选：D．
5．D
【分析】由矩形的性质得出OA＝OB，再证明△AOB是等边三角形，得出OA＝AB＝4，由AC＝2OA，即可得出结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝AC，OB＝BD，AC＝BD，
∴OA＝OB，
∵∠BOC＝120°，
∴∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA＝AB＝4，
∴AC＝2OA＝8；
故选D．
【点睛】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
6．A
【分析】根据正方形与等边三角形的性质可得，，即可求解．
【详解】解：∵正方形ABCD外侧作等边，
∴，
，，
，
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，三角形内角和定理，等边对等角，掌握正方形与等边三角形的性质是解题的关键．
7．B
【分析】本题考查了平行线分线段成比例定理，理解并掌握定理是解题的关键．由，可得，设，，可表示出，最后再求比值即可．
【详解】解：，
，
设，，
则，
．
故选：B．
8．A
【分析】首先要了解什么是相似，以及四边形中不同四边形有什么区别，重点掌握等边、等角以及其比例关系.
【详解】解：A、菱形四边相等，四边形内角和为360，且有一个角对角相等，说明这两个图形各内角度数一致，则这两个图形必然相似.
B、对应边比例相等的多边形不一定相似，如边长为1的正方形和宽为1长为2的长方形.
C、当两条对角线的夹角对应相等时，这两个平行四边形相似．如图
.
D、任意两个矩形不一定相似如正方形和长方形.
故选A.
【点睛】本题主要考查了学生对于图形的了解，着重考查了菱形的基本知识.
9．
【分析】本题考查比例关系的应用及代数方程的解法．正确设定比例参数并转化为代数表达式是解题的关键．设，则，，，再根据列方程，解得的值，进而得到，，的值，最后代入式子求值即可．
【详解】解：设，
，，，
，
，即，
，
，，，
．
故答案为：．
10．
【分析】本题主要考查二次方程根与判别式的关系，解题的关键是列出方程求解即可．根据方程有两个相等的实数根时列出方程，解之可得答案．
【详解】由题意可知，，
关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，
，
解得，，即实数的值为．
故答案为：．
11．三
【分析】本题主要考查一元二次方程根与系数的关系和一次函数图像的性质，解决此题的关键是灵活的运用各个知识点；先根据根与系数的关系算出和，再根据一次函数的图形性质即可得到结果；
【详解】解：∵关于x方程的两根为1和5，
∴，，
∴，
∴一次函数解析式为，
∵，
∴一次函数图形经过一、二、四象限，不经过第三象限；
故答案为：三
12．
【分析】本题考查了菱形的性质、直角三角形的性质、勾股定理，由菱形的性质可得，，，由直角三角形的性质可得，，由勾股定理求出，即可得出，最后由菱形的性质计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：∵四边形为菱形，
∴，，，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴菱形的面积为，
故答案为：．
13．
【分析】本题考查的是矩形的性质，相似多边形的性质，由矩形的性质可得，，由矩形矩形，可得，再进一步求解即可．
【详解】解：∵矩形矩形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：
14．(1)
(2)，
(3)
(4)
【分析】本题考查了一元二次方程的解法，常用的方法有直接开平方法、配方法、因式分解法、求根公式法，灵活选择合适的方法是解答本题的关键．
（1）用直接开平方法求解即可；
（2）用公式法求解即可；
（3）用因式分解法求解即可；
（4）移项后用因式分解法求解即可．
【详解】（1），
，
或，
∴；
（2）∵，
∴，
∴，
∴，；
（3）∵，
∴，
∴或，
∴；
（4）∵，
∴，
∴，
∴或，
∴．
15．(1)证明过程见详解
(2)这个等腰三角形的周长是
【分析】本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，解一元二次方程，等腰三角形的性质，
（1）根据一元二次方程根与系数的关系，即可求解；
（2）根据一元二次方程根的情况，分类讨论，当为腰时，，解得，根据解一元二次方程的方法得到两根，再结合等腰三角形的性质进行分析；当为腰时，，同理解得，解一元二次方程得两根，再结合等腰三角形的性质进行分析即可求解．
【详解】（1）证明：关于的方程中，，
∴
∵，
∴无论取何值，此方程总有实数根；
（2）解：是关于的方程的两根，
当是等腰的底边，是腰时，，
∴，
解得，，
∴关于的方程为，即，
解得，，
此时，，不能构成等腰三角形，不符合题意，舍去；
当是等腰的腰，是腰，是底边时，，
∴是关于的方程的一个根，
∴，
解得，，
∴，即，
解得，，
∴，
∴等腰的边长分别为，能构成等腰三角形；
∴这个等腰三角形的周长是．
16．(1)见解析
(2)14
【分析】（1）首先根据菱形的性质得到，然后利用平行线的性质得到，然后证明即可；
（2）首先根据菱形的性质得到，然后利用勾股定理得到，进而求解即可．
【详解】（1）如图，∵四边形为菱形，
∴；而，，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）∵四边形为菱形，
∴，，，
由勾股定理得：
，而，
∴，
∴四边形的周长．
【点睛】此题考查了矩形的判定，菱形的性质，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
17．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，轴对称的性质等知识．
（1）可证得，，进而得出；
（2）由（1）得出，设，，由得出，求得k，进而得出结果．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵沿折叠为，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：由（1）得：，
∴，
设，，
∵，，
∴，
∴，（舍去），
∴．
18．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）由DF与AB垂直，AD、BE为高，利用垂直的定义得到直角相等，利用等式的性质得到一对角相等，利用两对角相等的三角形相似即可得证；
（2）由（1）相似三角形可得，再利用两角相等的三角形相似得到△BDF∽△DAF，可得，等量代换即可得证；
（3）首先证明△ENM∽△FBM∽△FDB，可得FB=2FM，FD=4FM，根据（2）的结论求出FM的长，进而求出FB，FD，以及FN的长，再利用△MNE∽△ANF，求出AF，以及AB的长，然后利用勾股定理求出BD的长，即可求出AC的长．
【详解】证明：（1）∵BE ⊥AC，
∴∠AEB=90°，
∴∠BAC+∠ABE=90°，
∵DF⊥AB，
∴∠AFN=∠BFM=90°，
∴∠N+∠BAC=90°，
∴∠ABE=∠N，
∴△BFM∽△NFA；
（2）∵△BFM∽△NFA，
∴ ，
∴ ，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB=∠AFD=∠BFM=90°，
∴∠BDF+∠ADF=90°，∠ADF+∠BAD=90°，
∴∠BDF=∠BAD，
∴△BDF∽△DAF，
∴ ，
∴ ，
∴；
（3）∵AC=BC，
∴∠BAC=∠ABC，
∵∠ABC+∠FDB=∠BAC+∠N=90°，
∴∠FDB=∠N=∠FBM，
∴△ENM∽△FBM∽△FDB，
∴ ，
∴，
∴ ，
∴FB=2FM， DF=2FB=4FM，
∵，
∴ ，
∵DN＝12，
∴ ，
解得： 或0（舍去），
∴FB=2，DF=4，FN=DF+DN=16，
∵∠AFN=∠MEN=90°，∠N=∠N，
∴△MNE∽△ANF，
∴ ，
∴ ，
∴ ，AB=AF+BF=10，
在 中， ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
解得： ．
【点睛】此题属于相似形综合题，涉及的知识有：相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解本题的关键．
19．2012
【分析】根据一元二次方程的解的定义得到a2-2013a+1=0，则a2=2013a-1，然后把a2=2013a-1代入原式可化简，然后通分后再次代入后化简即可．
【详解】∵a是方程x2−2013x+1=0的一个根，
∴a2−2013a+1=0，
∴a2=2013a−1，
∴原式=2013a−1−2012a+
=a+−1
=−1
=−1
=2013−1
=2012，
故答案为2012.
【点睛】本题考查了一元二次方程，解题的关键是熟练的掌握一元二次方程的运算法则.
20．
【分析】本题考查了一元二次方程的解法，本题中把看成未知数，可得方程：，利用分解因式法解方程即可．
【详解】解：，
整理得：，
分解因式可得：，
或 ，
解得：或(不符合题意，舍去)，
故答案为： ．
21．1
【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，若，为方程的两个根，则，与系数的关系式：，．先根据根与系数的关系得到，利用完全平方公式得，解出方程，再根据根的判别式判断即可．
【详解】解：设方程的两个实数根为，，
则，
∴，
令，即，
解得：，
∵方程有实数根，
∴，
即：，
综上所述：．
故答案为：1．
22．
【分析】本题考查了勾股定理的应用．若图中有等边三角形，常用辅助线作法是做出一边上的高．把所求线段放在一个直角三角形中当斜边也是常用辅助线作法．，，可得为等边三角形．作于点，可得为的中点，可求得的长，连接，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得为的一半．作于点，则 为直角三角形的斜边，利用平行线分线段成比例定理可得的长，利用勾股定理可得的长，进而根据勾股定理可得的长．
【详解】解：过点作于点，过点作于点，连接．
，
．
，
．
，，
为等边三角形，
．
，
．
．
．
．
，
．
．
．
故答案为：．
23． /
【分析】①连接，根据正方形的性质每个内角为直角以及折叠带来的折痕与对称点连线段垂直的性质，再结合平行线的性质即可求解；
②记与交于点K， 可证：，则，，由勾股定理可求，由折叠的性质得到：，，，，，则，，由，得，继而可证明，由等腰三角形的性质得到，故．
【详解】解：①连接，由题意得，，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，，
∴，，
∴
∴，
故答案为：；
②记与交于点K，如图：
∵四边形是正方形，四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
同理可证：，
∴，，
在中，由勾股定理得，
由题意得：，，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
由题意得，而，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键．
24．(1)每次下降的百分率为
(2)每千克水果应涨价5元
【分析】本题考查了一元二次方程的应用（增长率问题和营销问题），根据题中的等量关系正确列出方程并求解是解题的关键．
（1）设每次降价的百分率为m，则两次降价后为，然后列方程求解即可；
（2）设每千克涨价x元， 根据“每千克盈利每日销量每日盈利”列方程求解即可．
【详解】（1）解：设每次下降的百分率为m，
根据题意，可得：
，
解得：，（不合题意，故舍去），
每次下降的百分率为；
（2）解：设每千克涨价x元， 由题意可得：
，
整理，得：，
解得：，，
∵，
∴，
答：每千克应涨价5元．
25．(1)见解析；
(2)①2；②．
【分析】本题考查的是矩形的性质、平行四边形性质与判定及相似三角形判定与性质，
（1）先证明，根据相似三角形性质即可证明结论；
（2）①过点作，垂足为，设，借助三角形面积求出即可；②作，垂足为，作，垂足为，设，借助三角形面积求出，再通过求出，证明四边形是平行四边形，从而证明，即可求出结论．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①在中，∵，
∴，
∴，
如图，过点作，垂足为，
设，则，
∴，
即，
∴点到的距离为2；
②如图，作，垂足为，作，垂足为，
设，
，
，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
即，
∴，，
∴，
∴．
26．(1)
(2)或
(3)点的横坐标为或或
【分析】本题考查了菱形的判定和性质、待定系数法求解析式、平行线的性质、三角形相似的判定和性质、解方程组，熟练掌握待定系数法、三角形相似的应用是解题的关键．
（1）将点的坐标代入直线得出其解析式，点的坐标代入直线的解析式，然后联立两条直线的解析式即可求解；
（2）分类讨论，当点在点的上方和当点在点的下方时，过点作于点，过点作于点，证明∽，进而得到，即可解题；
（3）分类讨论，当为对角线和当为边时，根据菱形的性质进行计算．
【详解】（1）解：∵直线与轴交于点，与轴交于点，将点的坐标代入得：
，
解得：，
∴，
∵点在轴上点的右边，，
∴，即，
∵经过点的直线与正比例函数的图象平行，
设直线的解析式为：，
代入，有：
，
解得：，
∴直线的解析式为：，
由直线与直线相交于点，
联立得：，
解得：，
∴；
（2）解：当点在点的上方时，如图1，
∵，
∴，
∴，
过点作于点，过点作于点，
∴，
∴∽，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵点在直线上，
∴，
解得：，
∴；
当点在点的下方时，如图2，
∵，
∴，
∴，
过点作于点，过点作于点，
∴，
∴∽，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵点在直线上，
∴，
解得：，
∴；
综上所述，点的坐标为或；
（3）解：存在，证明如下：
设，，由，，
当为对角线时，根据菱形的性质，得，
∴，
解得：；
当为边时，根据菱形的性质，得，
∴，
解得：；
综上所述，点的横坐标为或或．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8


答案
C
D
B
D
D
A
B
A