2025-2026学年四川省达州市渠县第三中学九年级上学期10月月考数学试题

这是一份2025-2026学年四川省达州市渠县第三中学九年级上学期10月月考数学试题，共23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．下列方程中，是一元二次方程的是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在中，，是边上的中线，且，则的长是（ ）
A．B．5C．D．10
3．如图，矩形的对角线交于点，若，则的长为（ ）
A．B．C．D．
4．用求根公式解一元二次方程时a，b，c的值是（ ）
A．B．
C．D．
5．下列说法中，不正确的是（ ）
A．一组邻边相等的矩形是正方形
B．一组对边相等且有一个角是直角的四边形是矩形
C．一组邻边相等的平行四边形是菱形
D．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
6．用直接开方法解方程得方程的根为（ ）
A．B．
C．D．
7．对于实数，定义运算“※”如下：，例如，※．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
8．菱形的一条对角线长为6，边的长是方程的一个根，则菱形的面积为（ ）
A．48B．24C．15D．12
9．某网络作家计划写一篇章的小说，由于在连载过程中受到读者的一致好评，他投入了更多时间和精力进行创作，平均每天的写作效率高出原计划的，截稿时间提前了天．设该作家原计划每天写章，根据题意可列方程为（ ）
A．B．
C．D．
10．如图，正方形的边长为2，点从点出发沿着线段向点运动（不与点、重合），同时点从点出发沿着线段向点运动（不与点、重合），点与点的运动速度相同．与相交于点，为中点．则下列结论：①是定值；②平分；③当运动到中点时，；④当时，四边形的面积是．
其中正确的是（ ）
A．①③B．①②③C．①③④D．①④
二、填空题
11．若关于x的一元二次方程的一个根为，则m的值为 ．
12．如图，菱形中，，若对角线，则菱形的周长为 ．

13．如图，正方形的对角线相交于点O，以O为顶点的正方形的两边分别交正方形的边于点．记的面积为的面积为，若正方形的边长，则的大小为 ．
14．一个三角形的两边长分别为3和6，第三边是方程的一个根，则这个三角形的周长是 ．
15．如图，正方形的边长为3，点在上且，点、分别为线段、上的动点，连接，，，．若在点、的运动过程中始终满足，则的最小值为
三、解答题
16．用适当的方法解下列方程．
(1)；
(2)．
17．（1）解不等式组：
（2）先化简，再求值：，其中
18．关于 x 的一元二次方程有实数根．
(1)求 k 的取值范围；
(2)如果k是符合条件的最大整数，且一元二次方程与方程有一个相同的根，求此时 m 的值．
19．如图，四边形ABCD是矩形，过点D作DE∥AC，交BA的延长线于点E．求证：∠BDA =∠EDA．
20．如图，在正方形中，是的中点，是上一点，且．
(1)若的长度为1，求的长度；
(2)试说明：．
21．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AC．BD相交于点O，且O是BD的中点
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若，，求四边形ABCD的周长．
22．如图，在四边形ABCD中，AB=BC，对角线BD平分∠ABC，P是BD上一点，过点P作PM⊥AD，PN⊥CD，垂足分别为M、N．

（1）求证：∠ADB=∠CDB；
（2）若∠ADC=90°，求证：四边形MPND是正方形．
23．如图，将边长为8的正方形ABCD折叠，使点D落在BC边的中点E处，点A落在F处，折痕为MN．
（1）求线段CN的长；
（2）求以线段MN为边长的正方形的面积．
24．阅读下面的材料：
解方程这是一个一元四次方程，根据该方程的特点，它的解法通常是：设，则，∴原方程可化为，解得，当时， ，当时，．∴原方程有四个根是： ， ，，以上方法叫换元法，达到了降次的目的，体现了数学的转化思想，运用上述方法解答下列问题．
(1)解方程：．
(2)已知实数a，b满足，试求的值．
25．在平面直角坐标系中，点A，B分别是x轴正半轴与y轴正半轴上一点，，，以为边在第一象限内作正方形．
(1)若，，求点C与点D的坐标；
(2)点C在直线（且k为常数）上运动．
①如图1，若，求直线的解析式；
②如图2，连接、交于点E，连接，若，直接写出直线的解析式．［若、，线段的中点坐标为．］
《四川省达州市渠县第三中学2025-2026学年九年级上学期10月月考数学试题》参考答案
1．C
【分析】本题考查一元二次方程的定义，解题的关键在于掌握一元二次方程必须满足：（1）含有一个未知数，含未知数的项的最高次数是2；（2）整式方程．
根据一元二次方程的定义求解，即可解题．
【详解】解：A. ，含两个未知数，不是一元二次方程，不符合题意；
B. ，不是等式，故不是一元二次方程，不符合题意；
C. ，是一元二次方程，符合题意；
D. ，当时，二次项不存在，故不是一元二次方程，不符合题意；
故选：C．
2．D
【分析】本题考查了直角三角形的特征：斜边的中线等于斜边的一半，熟记相关结论即可求解．
【详解】解：∵，是边上的中线，
∴
故选：D
3．D
【分析】本题主要考查了矩形的性质，矩形的对角线相等且互相平分，据此可得答案．
【详解】解：矩形的对角线交于点，，
，
故选：D．
4．C
【分析】本题考查解一元二次方程的一般形式、公式法解一元二次方程，解答本题的关键是明确一元二次方程的一般形式．
先将方程化为一般形式，然后即可写出、、，本题得以解决．
【详解】解：，
，
，，，
故选：C．
5．B
【分析】本题考查了菱形的判定、矩形的判定、正方形的判定等知识，熟记各判定定理是解题的关键．根据菱形的判定定理、矩形的判定定理和正方形的判定定理，平行四边形的判定定理，逐一判断即可得出结论．
【详解】解：A、一组邻边相等的矩形是正方形，正确，不符合题意；
B、一组对边相等且有一个角是直角的四边形不一定是矩形，错误，符合题意；
C、一组邻边相等的平行四边形是菱形，正确，不符合题意；
D、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，正确，不符合题意．
故选：B．
6．D
【分析】考查一元二次方程的解法—直接开平方法，运用整体思想，把看作一个整体，利用直接开平方法求解即可．
【详解】解：，
，
，
，
故选：D．
7．D
【分析】此题主要考查了新定义，一元二次方程的解法，正确应用新定义是解题关键．
直接利用新定义，列出方程求解即可．
【详解】解：，
，
∴，
∴
整理得，
解得．
故选：D．
8．B
【分析】此题考查了解一元二次方程-因式分解法，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握方程的解法是解本题的关键．
求出已知方程的解，确定出的长，再利用菱形的性质求解即可．
【详解】解：方程，
分解因式得：，
可得或，
解得：或，
当时，，不能构成三角形，舍去；
当时，设菱形对角线相交 于O，如图，
∵菱形，
∴，，
由勾股定理，得，
∴
∴菱形面积为；
故选：B．
9．A
【分析】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列出方程．设该作家原计划每天写章，则实际每天写章，根据实际截稿时间提前了天，列出方程即可．
【详解】解：设该作家原计划每天写章，
根据题意得，
故选：A．
10．C
【分析】首先证明，由全等三角形的性质可得，进而证明，即，易知是定值，故可判断结论①；根据题意无法判断与的大小关系，即可判断结论②；③当运动到中点时，点运动到中点，利用勾股定理解得的值，然后根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可求得的值，即可判断结论③；利用全等三角形的性质可得，即进而可得，时，结合可得，进而可得，易知，即可判断结论④．
【详解】解：①∵四边形是正方形，
∴，，
∵点与点的运动速度相同，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，是定值，
故①正确；
②根据题意无法判断与的大小关系，所以平分不正确，
故②错误；
③当运动到中点时，点运动到中点，
∴，
∴，
∵为中点，
∴，故③正确；
④∵，
∴，即，
∴，
当时，可有，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，故④正确．
综上所述，结论正确的是①③④．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线的性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．
11．1
【分析】本题考查了一元二次方程的根，把根代入方程中，即可求解．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程的一个根为，
∴，
解得：；
故答案为：1．
12．12
【分析】利用菱形的性质及等边三角形的判定及性质可得，再利用菱形的周长计算公式即可求解．
【详解】解：四边形是菱形，
，，，
又，
，
解得：，
是等边三角形，
，
菱形的周长为：，
故答案为：12．
【点睛】本题考查了菱形的性质和等边三角形的判定及性质，熟练掌握其判定及性质是解题的关键．
13．9
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，根据正方形的性质得出，推出，证出可得答案．
【详解】解：∵四边形和四边形都是正方形，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：9．
14．13
【分析】本题考查了解一元二次方程，三角形三边关系．先解一元二次方程，再根据三角形三边关系确定第三边的长，进而即可求解．
【详解】解：，
∴，
解得：，，
当时，三边为3，4，6，能组成三角形，
∴这个三角形的周长为；
当时，三边为2，3，6，不能组成三角形．
故答案为：13．
15．
【分析】本题考查了正方形的性质，余角性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的三边关系，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．过过点P作与G，可证，得到，过点E作，并使，连接，则，可得四边形是平行四边形，得到，即得，可知当点B、P、M三点共线时，的值最小，最小值为的长，利用勾股定理求出，进而可得，即可求解．
【详解】解：如图，过点P作与G，则，
，
，
，
，
，即，
四边形是正方形，
，
，
，
，
如图，过点E作，并使，连接，则，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
当点B、P、M三点共线时，的值最小，最小值为的长，
，
，
，
的最小值为，
故答案为：
16．(1)，
(2)，
【分析】本题主要考查了解一元二次方程，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）运用因式分解法进行解方程，即可作答；
（2）运用配方法进行解方程，即可作答．
【详解】（1）解：∵
∴，
则，，
∴，；
（2）解：∵，
∴，
∴，
则，
∴，．
17．（1）；（2）
【分析】本题考查了求不等式组的解集以及分式化简求值，注意计算的准确性即可；
（1）分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
（2）将分式的分母和分子分别因式分解即可求解；
【详解】解：（1），
解①得：得；
解②得：得；
∴不等式组的解集为：；
（2）原式，
，
∵，
∴原式
18．(1)
(2)
【分析】本题考查一元二次方程根的判别式，一元二次方程的解，掌握一元二次方程的解与根的判别式是解题的关键．
（1）根据根的判别式得到，求解即可；
（2）根据（1）中结论得到符合条件的最大整数，解方程得到，，分别代入方程中，即可求出m的值，注意要满足．
【详解】（1）解：∵关于 x 的一元二次方程有实数根，
∴，
∴．
（2）解：∵k是符合条件的最大整数，
∴，
∴为，
解得，，
当是一元二次方程的解时，
，
解得，
∵，
∴不合题意，舍去；
当是一元二次方程的解时，
，
解得．
综上所述，m的值为．
19．见解析
【分析】根据矩形的性质和平行线的性质即可得到结论．
【详解】∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AC=BD，OA=，OD=，
∴ OA=OD，
∴ ∠CAD=∠BDA．
∵DE∥AC，
∴∠CAD=∠EDA，
∴∠BDA =∠EDA
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行线的性质，正确的识别图形是解题的关键．
20．(1)
(2)见解析
【分析】本题主要考查勾股定理，正方形的性质；
（1）根据正方形的性质得到，再结合勾股定理得到，计算求解即可．
（2）设，则，结合勾股定理推出，即可求出结果．
【详解】（1）解：因为，
所以．
因为四边形是正方形，所以．
因为，
所以在中，，
所以．
（2）解：设，则．
因为为的中点，
所以．
因为，
所以．
因为，
所以，
所以，
所以是直角三角形，
所以．
21．(1)详见解析;(2)32
【分析】（1）利用全等三角形的性质证明即可解决问题．
（2）证明四边形ABCD是菱形，即可求四边形ABCD的周长．
【详解】解：（1）证明：，
，
，，
，
．
又，
∴四边形ABCD是平行四边形．
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，，
∴四边形ABCD是菱形，
∴四边形ABCD的周长.
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
22．见解析
【分析】（1）根据角平分线的性质和全等三角形的判定方法证明△ABD≌△CBD，由全等三角形的性质即可得到：∠ADB=∠CDB；
（2）若∠ADC=90°，由（1）中的条件可得四边形MPND是矩形，再根据邻边相等的矩形是正方形即可证明四边形MPND是正方形．
【详解】证明：（1）∵对角线BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
在△ABD和△CBD中，
，
∴△ABD≌△CBD（SAS），
∴∠ADB=∠CDB；
（2）∵PM⊥AD，PN⊥CD，
∴∠PMD=∠PND=90°，
∵∠ADC=90°，
∴四边形MPND是矩形，
∵∠ADB=∠CDB，
∴∠ADB=45°
∴PM=MD，
∴四边形MPND是正方形．
23．（1）CN=3；（2）正方形的面积为80
【分析】（1）根据题意易得DN=NE，BE=EC=4，设CN=x，则有DN=8-x，然后根据勾股定理进行求解即可；
（2）过点M作MG⊥CD于点G，连接DE，证明△MNG≌△DEC，则有MN=DE，进而根据勾股定理及正方形的面积公式可求解．
【详解】解：（1）∵将边长为8的正方形ABCD折叠，使点D落在BC边的中点E处，
∴DN=NE，BE=EC=4，
设CN=x，则有DN=8-x，
∴在Rt△ECN中，，即，
解得，即CN=3；
（2）过点M作MG⊥CD于点G，连接DE，交MN于点H，如图所示：
由题意可得AM=DG，MG=BC=CD，∠MGN=∠C=90°，
根据折叠的性质可得：DE⊥MN，
∴∠NMG+∠MHE=90°，
∵∠EDC+∠DHG=90°，∠DHG=∠MHE，
∴∠NMG=∠EDC，
∴△MNG≌△DEC（ASA），
∴MN=DE，
在Rt△DEC中，，
∴，
∴以MN为边的正方形面积为：．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键．
24．(1)，
(2)
【分析】本题考查了换元法解一元二次方程，因式分解法解一元二次方程，代数式求值，熟练掌握换元法是解题的关键．
（1）设，则，整理，得，解关于y的一元二次方程，然后解关于x的一元二次方程即可求解；
（2）设，则，整理得，解一元二次方程即可求解．
【详解】（1）解：设，则，
整理得：，
解得：，
当，即时，
解得；
当，即时，
解得．
综上，原方程的解为，．
（2）设，则，
整理得：，
解得： (舍去)，
∴．
25．(1)；
(2)①；②
【分析】（1）过点C作轴于点E，过点D作轴于点F，证明，得出，，即可得出，同理得：，根据全等三角形性质得出，，得出，把，代入解答即可；
（2）①利用待定系数法确定函数关系式即可；
②根据B、D坐标表示出E点坐标，由勾股定理可得到m、n之间的关系式，用m表示出C点坐标，根据函数关系式解答即可．
【详解】（1）解：过点C作轴于点E，过点D作轴于点F，如图所示：
则，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，即；
同理得：，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，即；
（2）解：①当时，直线解析式为，
设，
根据解析（1）可得，，
即，
解得：，
∴，
设直线的解析式为，把代入得：，
解得：，
∴直线的解析式为；
②∵，，
∴根据中点坐标公式得：，
∵，
∴
∴，
整理得：，
∴，（舍去），
∴，
∴，
把代入得：，
解得：，
∴直线的解析式为：．
【点睛】此题是考查一次函数的综合题，正方形的性质，三角形全等的判定和性质，求一次函数解析式，解题的关键是根据待定系数法确定函数关系式．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
D
C
B
D
D
B
A
C