2025-2026学年广东省深圳市龙岗区布吉中学九年级上学期10月月考数学试卷

这是一份2025-2026学年广东省深圳市龙岗区布吉中学九年级上学期10月月考数学试卷，共20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．根据表中的对应值，判断方程一个解x的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
2．方程的解是（ ）
A．B．C．D．
3．关于的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．有无实数根，无法判断
4．小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理如图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则下列条件添加错误的是（ ）
A．（1）处可填B．（2）处可填
C．（3）处可填D．（4）处可填
5．如图，在中，，于点D，，E是斜边的中点，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，在菱形中，对角线、相交于点，以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交、于点、；再分别以、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内交于点；作射线，交于点．若，，则（ ）
A．B．C．D．
7．我国古代数学家赵爽（公元3～4世纪）在其所著的《勾股圆方图注》中记载过一元二次方程（正根）的几何解法.以方程即为例说明，记载的方法是：构造如图（1），大正方形的面积是，同时它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即，因此．则图（2）是下列哪个方程的几何解法？（ ）
A．B．
C．D．
8．如图，矩形中，，点是边上一点，连接，把沿折叠，使点落在点处，当为直角三角形时，的长为（ ）
A．3B．C．2或3D．3或
二、填空题
9．设是关于x的方程的两个根，且，则 ．
10．一个三角形的两边长分别为3和5，第三边长是方程x2-6x+8=0的根，则三角形的周长为 ．
11．如图，矩形的对角线和相交于点，直线经过点，交于点，于点，若，，则阴影部分的面积为 ．
12．如图，矩形的对角线、相交点，、分别为、的中点．若，，则的长是 ．
13．如图，正方形的边分别在轴，轴上，点M，N分别在上，是等边三角形，连接，交于点．若，则点的坐标为 ．
三、解答题
14．解方程．
(1)
(2)
(3)
15．小涵与小彤两位同学解方程的过程如下：
(1)小涵和小彤的解法都不正确，小涵第一次出错在第__________步，小彤第一次出错在第__________步；
(2)请你给出正确的解法．
16．广东多地推进林长制，筑牢粤北生态屏障，通过三“长”联动，实现点“绿”成金．现将质地大小完全相同，上面依次标有“点”“绿”“成”“金”字样的四个彩球放入同一个不透明的袋子．
(1)叶子在袋子中随机摸出一个彩球，摸中标有“绿”字彩球的概率为 ；
(2)若叶子在袋子中随机摸出一个彩球不放回，再摸出一个彩球，请用画树状图或列表法求出两次摸球能拼出“成金”的概率．
17．超市销售某种商品，平均每天可售出20件，每件盈利40元．为了扩大销量，增加盈利，该店采取了降价措施．经过一段时间后，发现销售单价每降低1元，平均每天可多售出2件．
(1)若降价5元，则平均每天销售数量为________件；
(2)为尽快减少库存，要使该商店每天销售利润为1200元，每件商品应降价多少元？
18．如图，在中，，是中点，连接分别过点，点作，，交点为．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求四边形的面积．
19．阅读材料后解答问题：
材料1：已知实数a、b满足，，且，求的值．
解：依题意得：a与b为方程的两根，∴，，∴．
材料2：配方法可以用来解一元二次方程，还可以用它来解决很多问题．例如：因为，所以，即：有最小值1，此时；同样，因为，所以，即有最大值6，此时．
根据上述材料，结合你所学的知识，完成下列问题：
(1)材料理解：一元二次方程的两个根为和，则 ， ．
(2)类比应用：已知一元二次方程的两根分别为m、n，求的值．
(3)拓展提升：当 时，代数式有最 （填写大或小）值为 ．
20．已知线段是正方形的一条对角线，点E在射线上运动，连接，将线段绕点C顺时针旋转，得到线段，连接．

（1）如图1，若点E在线段上，请直接写出线段与线段的数量关系与位置关系；
【模型应用】
（2）如图2，若点E在线段的延长线上运动，请写出线段，，之间的数量关系，并说明理由；
【模型迁移】
（3）如图3，已知线段是矩形的一条对角线，，，点E在射线上运动，连接，将绕点C顺时针旋转，得到，在上截取线段，连接，若，直接写出线段的长．
x
11.2
11.3
11.4
11.5
11.6
0.96
2.25
3.56
小涵的解题过程：
第1步：两边同时除以得，
第2步：移项，得，
第3步：解得．
小彤的解题过程：
第1步：移项，得，
第2步：提取公因式，得．
第3步：则或，
第4步：解得为．
《广东省深圳市龙岗区布吉中学2025-2026学年九年级上学期10月月考数学试卷》参考答案
1．B
【分析】本题考查了估算一元二次方程的解的范围，正确理解题意、掌握求解的方法是关键．
通过观察代数式值在相邻x值之间的符号变化，确定方程解的区间．
【详解】解：对于方程，当代数式值由负变正时，方程在该区间内必有一个解，
根据表格数据：当时，（负数）；
当时，（正数），
由于代数式值在到之间由负变正，因此方程的解位于区间，
故选：B．
2．B
【分析】本题考查了解一元二次方程．解此题的关键是熟练掌握解一元二次方程的各种方法，灵活运用．
分解因式得出，推出方程，即可求出方程的解．
【详解】解：，
，
，
解得．
故选：B．
3．A
【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程，，当时，一元二次方程有两个不相等的实数根；当时，一元二次方程有两个相等的实数根；当时，一元二次方程无实数根．利用根的判别式，得出，进而可得出原方程有两个不相等的实数根．
【详解】解：根据题意得，，
∴方程有两个不相等的实数根，
故选：A．
4．D
【分析】本题主要考查了菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，熟知菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定条件是解题的关键．
【详解】解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形，则（1）处可填，原说法正确，不符合题意；
B、有一组邻边相等的矩形是正方形，则（2）处可填，原说法正确，不符合题意；
C、有一组邻边相同的平行四边形是菱形，则（3）处可填，原说法正确，不符合题意；
D、菱形的对角本身相等，（4）处填不能得到四边形是正方形，原说法错误，符合题意；
故选：D．
5．B
【分析】根据垂直定义可得，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得，然后利用直角三角形斜边上的中线性质可得，从而可得，最后利用角的和差关系进行计算，即可解答．
本题考查了直角三角形斜边上的中线，三角形内角和定理，熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵， E是斜边的中点，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
6．A
【分析】本题考查了菱形的性质，尺规作图作角平分线，角平分线的性质定理，三角形的面积，熟练掌握各知识点是解题的关键．过点作于， 由作图知，射线平分， 根据菱形的性质得到，根据角平分线的性质得到， 根据三角形面积的公式求解即可．
【详解】解：如图所示，过点作于，
由作图知，射线平分，
四边形是菱形，对角线、相交于点，
，
，
．
故选：A．
7．A
【分析】根据题意，观察图2，由面积之间的关系可得到答案．
【详解】解：中间小正方形的边长为，其面积为9，
大正方形面积为，边长为7，
∴图2是，即的几何解法，
故选：A
【点睛】本题考查一元二次方程的应用，完全平方公式的几何背景，通过图形直观，得出面积之间的关系，并用代数式表示出来是解题的关键．
8．D
【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，先利用勾股定理求出，再分为两种情况，当和时，将图形画出，利用折叠性质和勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，当时，

矩形中，，
∴，
由折叠性质可得：，
∴，
设，则：
在中，由勾股定理可得：，
解得：，
∴，
如图，当时，

∴，
由折叠性质可得：，
∴四边形为正方形，
∴，
综上，或，
故选．D．
9．2
【分析】题考查了一元二次方程根与系数之间的关系，解决本题的关键是牢记公式，即对于一元二次方程，其两根之和为，两根之积为．利用根之和为求解即可．
【详解】解：，
由根与系数的关系可得：，
∵，
∴．
故答案为：2．
10．12
【分析】先求方程x2-6x+8=0的根，再由三角形的三边关系确定出三角形的第三边的取值范围，即可确定第三边的长，利用三角形的周长公式可求得这个三角形的周长．
【详解】∵三角形的两边长分别为3和5，∴5-3＜第三边＜5+3，即2＜第三边＜8，
又∵第三边长是方程x2-6x+8=0的根，∴解之得根为2和4，2不在范围内，舍掉，
∴第三边长为4．即勾三股四弦五，三角形是直角三角形．
∴三角形的周长：3+4+5=12．
故答案为12．
【点睛】本题考查了解一元二次方程和三角形的三边关系．属于基础题型，应重点掌握．
11．15
【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质．证明，求得，据此求解即可．
【详解】解：四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
．
故答案为：15．
12．2.5
【分析】先根据矩形的性质得出，再根据勾股定理得出，根据中位线定理得出，即可求解．
【详解】∵四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵、分别为、的中点，
∴，
故答案为：2.5．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
13．
【分析】过点作于，利用正方形性质和等边三角形性质可证得，得出，推出，利用等腰直角三角形性质和等边三角形性质即可求得答案．
【详解】解：如图，过点作于，
四边形是正方形，
，，，
是等边三角形，
，
，
，
，
即，
，，
，
，
是等边三角形，，
∴，
，
，
，
是等腰直角三角形，，
，
，
点的坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形性质，等腰直角三角形性质，全等三角形的判定和性质，坐标与图形，知识点较多，综合性强，是常考题型，熟练掌握相关性质是解题关键．
14．(1)，
(2)，
(3)，
【分析】考查一元二次方程的三种解法（直接开平方法、因式分解法、公式法）及判别式应用．解题关键是根据方程结构选最优解法，易错点为直接开平方法漏负根、因式分解符号错、公式法代值符号错．
（1）直接开平方法：先化方程为，开平方得，求解得根．
（2）因式分解法：将分解为，列方程求解得根．
（3）公式法：确定a、b、c，算判别式，代入求根公式得根．
【详解】（1）
则或
解得，．
（2）
则或
解得，．
（3）
，，
解得，．
15．(1)1，2
(2)正确的解法见解析，
【分析】本题考查了解一元二次方程，能把一元二次方程转化成一元一次方程是解此题的关键．
（1）根据等式的性质和因式分解法则即可得出答案；
（2）利用因式分解法解答即可．
【详解】（1）解：小涵的解法中，因为可能为 0 ，
所以不能两边同时除以，即第一次出错错在第1步；
小彤的解法中，第1步移项没错，
第 2 步提取公因式后有一项忘记变号，即第一次出错错在第 2 步；
故答案为：1；2；
（2）解：正确的解法是：，
移项，得，
提取公因式，得，
则或，
解得．
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据概率的定义直接可得答案；
（2）画树状图，共有12种等可能的结果，两次摸球能拼出“成金”的结果有2种，由概率公式求解即可．
【详解】（1）解：袋子中有标有“点”“绿”“成”“金”字样的四个彩球，从中随机摸出一球，共有4种可能出现的结果，其中摸出“绿”字只有1种，
叶子在袋子中随机摸出一个彩球，摸中标有“绿”字彩球的概率为；
（2）把标有“点”“绿”“成”“金”字样的四个彩球分别记为A、B、C、D， 画树状图如下：

共有12种等可能的结果，分别为：“点绿”、“点成”、“点金”、“绿点”“绿成”、“绿金”、“成点”、“成绿”、“成金”、“金点”、“金绿”、“金成”，两次摸球能拼出“成金”的结果有2种，
两次摸球能拼出“成金”的概率为．
【点睛】此题考查了概率，用树状图法求概率，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件，解题的关键是要注意此题是放回试验还是不放回试验，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
17．(1)30
(2)20元
【分析】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，有理数四则运算的实际应用；
（1）根据在每天销售20件的基础上销售单价每降低1元，平均每天可多售出2件进行求解即可；
（2）设每件商品应降价元，则每天的销售量为件，再根据总利润=单件利润×销售量列出方程求解即可．
【详解】（1）解：由题意得，若降价5元，则平均每天销售数量为（件），
故答案为：30；
（2）解：设每件商品应降价元，
由题意得，．
整理得：，
解得或．
∵要尽快减少库存，
∴．
∴每件商品应降价20元．
18．(1)详见解析
(2)
【分析】（1）先证四边形是平行四边形，再由直角三角形斜边上的中线性质得，即可得出结论；
（2）过点作于点，解直角三角形求出 结果即可；
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明四边形为菱形是解题的关键．
【详解】（1）解：证明：，，
四边形是平行四边形，
在中，，是中点，
，
四边形是菱形；
（2）过点作于点，则，如图：
，
，
，
在中，，
根据勾股定理可得，，
在中，，，，，
，
是的中点，
，
．
19．(1)3，
(2)
(3)，大，
【分析】（1）依据题意，由一元二次方程的两个根为和，从而可得，，进而可以得解；
（2）依据题意，由一元二次方程的两根分别为m，n，从而，，，进而代入计算可以得解；
（3）依据题意得，，结合，从而，则，进而可得当当时，代数式有最大值为，进而可以得解．
【详解】（1）解：∵一元二次方程的两个根为和，
∴，
故答案为：3；．
（2）解：∵一元二次方程的两根分别为m，n，
∴，，
∴，
（3）解：由题意得，
又∵
∴
∴
∴当时，代数式有最大值为．
故答案为：，大，．
【点睛】本题主要考查了配方法的应用、非负数的性质：偶次方、分式的化简求值、根与系数的关系，解题时要熟练掌握并能准确计算是关键．
20．（1），，理由见解析；（2），见解析；（3）线段的长为或
【分析】（1）利用正方形、旋转的性质以及边角边关系证全等，即可得到结论；
（2）利用全等的性质得到，利用勾股定理求得，代入转化即可；
（3）利用旋转的性质得到是直角三角形，再根据转化为求的长，通过作垂线构造，利用勾股定理求解即可．
【详解】解：（1），；
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∵将线段绕点C顺时针旋转，得到线段，
∴，，，
∴，
∴，
∴，，
则，即；
（2）；
理由：∵四边形是正方形，
∴，，
由旋转得，，，
∴，
即，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴；
（3）过点C作于点H，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
若点E在线段上，
∵，
∴，
∴，
∵将绕点C顺时针旋转，得到，
∴，，
∵，
∴，
若点E在的延长线上时，
同理，，
∴，
同理，，
综上，线段的长为或．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质以及矩形的性质等知识，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形和直角三角形．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8


答案
B
B
A
D
B
A
A
D