2025-2026学年四川省成都市武侯区成都市棕北中学九年级上学期10月月考数学试题

这是一份2025-2026学年四川省成都市武侯区成都市棕北中学九年级上学期10月月考数学试题，共31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．关于x的一元二次方程+4x-3=0的一次项系数为（ ）
A．1B．4C．-3D．3
2．若线段，，，是成比例线段，且，，，则（ ）
A．B．C．D．
3．一个不透明的口袋中装有4个红球和若干个白球，它们除颜色外其他完全相同，通过多次摸球试验后发现，摸到红球的频率稳定在0.2附近，则估计口袋中白球的个数是（ ）
A．8B．10C．16D．20
4．如图，已知直线l1∥l2∥l3，直线m、n分别与直线l1、l2、l3分别交于点A、B、C、D、E、F，若DE＝3，DF＝8，则的值为（ ）

A．B．C．D．
5．下列说法中，错误的是（ ）
A．平行四边形的对角线互相平分
B．对角线互相平分的四边形是平行四边形
C．菱形的对角线互相垂直
D．对角线互相垂直的四边形是菱形
6．如图，已知，那么添加下列一个条件后，不能判定的是（ ）
A．B．C．D．
7．某种品牌运动服经过两次降价，每件零售价由560元降为315元，已知两次降价的百分率相同，求每次降价的百分率．设每次降价的百分率为x，下面所列的方程中正确的是（ ）
A．560（1＋x）2＝315B．560（1－x）2＝315
C．560（1－2x）2＝315D．560（1－x2）＝315
8．如图，在平行四边形ABCD中，点E在边DC上，DE：EC=3：1，连接AE交BD于点F，则△DEF的面积与△BAF的面积之比为（ ）
A．3：4B．9：16C．9：1D．3：1
二、填空题
9．若=，则的值为
10．若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则k的取值范围是 ．
11．已知平行四边形，从①；②；③；④四个条件中，选一个作为补充条件，使得平行四边形是矩形．选择的条件可以是 ．（写出所有的可能，填写序号即可）
12．如图①所示，在小孔成像的实践探究活动中，随着物距和像距的调节可得到蜡烛火焰的放大或缩小倒立的实像．图形的位似变换也具有放大或缩小的性质，图②为有一实物高度分别表示物距和像距，当时，此时实物的像的高度为 m．
13．如图，在中，以点为圆心，长为半径作弧，交于点；分别以为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，连接并延长，交于点．若，，则的长为 ．
三、解答题
14．解一元二次方程
(1)．
(2)．
15．在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为．
(1)画出与关于x轴对称的；
(2)以原点O为位似中心，在第三象限内画一个，使它与的相似比为，并写出点的坐标．
16．为了培养青少年体育兴趣、体育意识，某校初中开展了“阳光体育活动”，决定开设篮球、足球、乒乓球、羽毛球、排球这五项球类活动，为了了解学生对这五项活动的喜爱情况，随机调查了一些学生（每名学生必选且只能选择这五项活动中的一种）．根据以下统计图提供的信息，请解答下列问题：
(1)本次被调查的学生有 名，补全条形统计图；
(2)扇形统计图中“羽毛球”对应的扇形的圆心角度数是 ， ；
(3)学校准备推荐甲、乙、丙、丁四名同学中的2名参加全市中学生篮球比赛，则甲和乙同学同时被选中的概率是多少？
17．如图，四边形为平行四边形，为边上一点，连接、，它们相交于点，且．
(1)求证：；
(2)若，，，求的长．
18．如图1，平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，点是直线上一点．
(1)求直线的解析式及点坐标．
(2)已知点是轴上一动点，若以点为顶点的三角形与相似，试求点的坐标．
(3)若点是直线下方的一点，且点的横，纵坐标乘积为，若的面积为12．求点的坐标．
四、填空题
19．若，且a+b﹣2c＝3，则a＝ ．
20．若一个矩形的长和宽分别是一元二次方程的两个实数根，则这个矩形的一条对角线的长是 ．
21．如图，在，点，分别是和上的点，，，连接．现假设可以在图中随意取点，则这个点取在阴影部分的概率是 ．
22．如图，在中，，平分，为中点，连接，若，，则 ， ．
23．在平行四边形纸片中，，，．现将该纸片折叠，折痕与纸片的两边交于点、．若折痕将纸片分成两个四边形，且被分成的两个四边形的面积的比为，则折痕长的取值范围是 ．
五、解答题
24．如图，要建一个矩形仓库，仓库的长边靠墙（墙长45米），并在与墙平行的一边开一道1米宽的门方便出入，现在围成仓库的木板长75米，设仓库的宽AD为x米，仓库的长为y米．（）
(1)求y与x的函数关系式，并求出自变量x的取值范围
(2)若要建的矩形仓库的面积为690平方米，则仓库的宽x为多少米？
25．如图1，的直角边在x轴上，顶点B的坐标为，直线交于点，交x轴于点．
(1)求直线的函数表达式；
(2)过点B的动直线l与x轴交于点P，与直线交于点H．
①若点P在线段上，且时，求此时直线l的解析式．
②已知点Q为直线上动点，在直线l上是否存在点M，使得以O，B，M，Q为顶点的四边形是以为边的菱形？若存在，直接写出点M的横坐标；若不存在，请说明理由．
26．在中，，将绕点C旋转得到，点A的对应点D落在边上，连接．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，当时，求的长；
(3)如图3，过点E作的平行线交的延长线于点F，过点B作的平行线交于点G，交于点K．
①求证：；
②当时，直接写出的值．

《四川省成都市武侯区成都市棕北中学2025-2026学年九年级上学期10月月考数学试题》参考答案
1．B
【分析】根据一次项的定义先确定一次项，然后确定系数即可．
【详解】解：一元二次方程的一次项为4x，
系数为4，
故选：B．
【点睛】题目主要考查一元二次方程的定义，理解一元二次方程的基本定义是解题关键．
2．D
【分析】本题主要考查了成比例线段，理解成比例线段的定义和性质是解题关键．根据题意可得，然后代入数值并求解，即可获得答案．
【详解】解：根据题意，线段，，，是成比例线段，且，，，
则有，即，
解得．
故选：D．
3．C
【分析】本题考查用频率估计概率，概率公式．由摸到红球的频率稳定在0.2附近，可得摸到红球的概率为0.2，设口袋中有x个白球，根据概率公式列方程即可．
【详解】解：设口袋中有x个白球，
则，
解得，
故选C．
4．B
【分析】根据平行线分线段成比例定理解答即可．
【详解】解：∵l1∥l2∥l3，
∴，
∵DE＝3，DF＝8，
∴，
即＝，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，注意：一组平行线截两条直线，所截的线段对应成比例．
5．D
【详解】试题分析：A. 平行四边形的对角线互相平分，说法正确；
B．对角线互相平分的四边形是平行四边形，说法正确；
C．菱形的对角线互相垂直，说法正确；
D．对角线互相垂直的四边形是菱形，说法错误.
故选D.
考点:1.平行四边形的判定；2.菱形的判定.
6．D
【分析】本题考查了相似三角形的判定定理．先根据，求出，再根据相似三角形的判定定理，逐项分析，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
A、添加，
∵，，
∴，故A选项不符合题意；
B、添加，
∵，，
∴，故B选项不符合题意；
C、添加，
∵，，
∴，故C选项不符合题意；
D、添加，不能判定，故D选项符合题意．
故选：D．
7．B
【分析】设每次降价的百分率为x，根据降价后的价格=降价前的价格（1－降价的百分率），则第一次降价后的价格是560（1－x），第二次后的价格是560（1－x）2，据此即可列方程求解．
【详解】解：根据题意，设每次降价的百分率为x，
可列方程为： ．
故选：B
【点睛】此题主要考查了一元二次方程的应用，关键是根据题意找到等式两边的平衡条件，这种价格问题主要解决价格变化前后的平衡关系，列出方程即可．
8．B
【分析】根据题意可证明△DFE∽△BFA，根据相似三角形的面积之比等于相似比的平方即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴DC∥AB，
∴△DFE∽△BFA，
∵DE：EC=3：1，
∴DE：DC=3：4，
∴DE：AB=3：4，
∴S△DFE：S△BFA=9：16．
故选：B．
9．
【分析】先将代数式化简，再把已知的值代入计算即可求解．
【详解】解： ， ，
∴，
故答案是： ．
【点睛】本题主要考查代数式的化简求值，解题的关键是掌握代数式的加减乘除的计算法则．
10．
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式．一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根．根据根的判别式的意义得到，然后解不等式即可．
【详解】解：由得：，
∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴，
解得：．
故答案为：．
11．②③
【分析】本题考查了矩形的判定．熟练掌握矩形的判定方法是解题关键；
分别将①②③④作为补充条件判断即可．
【详解】解：补充①；
∵平行四边形，
∴平行四边形是菱形，不成立；
补充②；
∵平行四边形，
∴平行四边形是矩形，成立；
补充③；
∵平行四边形，
∴平行四边形是矩形，成立；
补充④；
∵平行四边形，
∴平行四边形是菱形，不成立；
故答案为：②③．
12．
【分析】本题考查相似三角形的判定与性质的实际应用及分析问题、解决问题的能力．利用数学知识解决实际问题是中学数学的重要内容．解决此问题的关键在于正确理解题意的基础上建立数学模型，把实际问题转化为数学问题．
【详解】解：由题意得：，即，
则，
故答案为：3．
13．
【分析】本题考查菱形的判定和性质，平行四边形的性质和角平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
如图所示：连接交于于点，首先证明四边形是菱形，利用勾股定理求出即可．
【详解】解：如图所示：连接交于于点，
由题中作图可知：，平分，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∴，，，
在中，
∵，
∴．
故答案为：．
14．(1)或
(2)或
【分析】本题主要考查了解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握解一元二次方程的方法．
（1）利用因式分解法进行解一元二次方程即可；
（2）利用因式分解法进行解一元二次方程即可．
【详解】（1）解：
∴或，
∴或；
（2）解：
∴或，
∴或．
15．(1)见解析
(2)见解析，
【分析】本题主要考查了位似变换、轴对称变换，解题的关键是注意位似中心及相似比、对称轴．
（）根据关于x轴对称的点的坐标得到的坐标，，，然后描点，连接即可；
（）把、、的坐标都乘以得到的坐标，，，然后描点，连接即可；
【详解】（1）解：如图，关于x轴对称的点的坐标得到的坐标，，，然后描点，连接
∴即为所求；
（2）解：的坐标都乘以得到的坐标，，，然后描点，连接，
∴如图所示，即为所求，．
16．(1)100，见解析
(2)，10
(3)
【分析】本题考查列表法与树状图法、条形统计图、扇形统计图，能够读懂条形统计图和扇形统计图，掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
（1）用选择篮球的人数除以其所占百分比，可得本次被调查的学生总人数：求出选择“足球”的人数，再补全条形统计图即可；
（2）用选择羽毛球的人数除以本次被调查的学生总人数即可求出占比，再乘以360度即可求出圆心角；
（3）画树状图得出所有等可能的结果数，以及甲和乙同学同时被选中的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【详解】（1）解：根据题意得本次被调查的学生人数（人），
喜爱足球的人数为：（人），
条形图如图所示，
故答案为：100；
（2）解：“羽毛球”人数所占比例为：，
所以，扇形统计图中“羽毛球”对应的扇形的圆心角度数，
故答案为：，10；
（3）解：设甲、乙、丙、丁四名同学分别用字母A，B，C，D表示，根据题意画树状图如下：

∵一共有12种可能出现的结果，它们都是等可能的，符合条件的有两种，
∴P（甲、乙两人被选中）．
17．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质和平行线分线段成比例定理，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．
（1）根据两角对应相等两三角形相似证明即可；
（2）利用相似三角形的性质求出，再利用平行线分线段成比例定理求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
18．(1)，
(2)或
(3)或．
【分析】本题考查了待定系数法求一次函数解析式，一次函数与坐标的交点，相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是：
（1）把B、C的坐标代入，求出k、b的值，然后令，求出对应的x的值，即可求解；
（2）分；两种情况讨论，然后根据相似三角形的判定与性质求解即可；
（3）设，过Q作轴，交直线于M，则，然后根据“的面积为12”构建关于m的方程，即可求解．
【详解】（1）解：把，代入，
得，
解得，
∴，
当时，，
解得，
∴；
（2）解：∵，，，
∴，，，，
∵，即，
∴要使与相似，则点P在点A的右侧，
当时，
又，
∴，
∴，即，
解得，
∴
∴点P的坐标为；
当时，
又，
∴，
∴，即，
解得，
∴
∴点P的坐标为，
综上，点P的坐标为或；
（3）解：设，
过Q作轴，交直线于M，则
∵的面积为12，
∴，
解得，，
当时，；
当时，；
∴点Q的坐标为或．
19．6
【分析】根据题意分别得到b，c与a的关系，然后代入等式进行求解即可.
【详解】∵，
∴a=6k，b=5k，c=4k，
∴，
解得k=1，
∴a=6k=6.
【点睛】本题主要考查比例的性质，解此题的关键在于熟练掌握其知识点.
20．
【分析】本题考查了根与系数的关系：若是一元二次方程的两根时， ， ．也考查了矩形的性质．设矩形的长和宽分别为a、b，根据根与系数的关系得到，利用勾股定理得到矩形的对角线长=，再利用完全平方公式和整体代入的方法可计算出矩形的对角线长．
【详解】解：一个矩形的长和宽分别是一元二次方程的两个实数根，设矩形的长和宽分别为a、b，
则，
所以矩形的对角线长=，
故答案为：．
21．
【分析】本题考查了相似三角形的性质（相似三角形面积比等于相似比的平方）以及三角形面积的比例关系，利用相似三角形的性质和三角形面积的比例关系，逐步推导出阴影部分面积与原三角形面积的比例，从而求出概率是解题的关键．
由平行得，利用相似三角形的性质和三角形面积的比例关系，逐步推导出阴影部分面积与原三角形面积的比例，从而求出概率．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴在图中随意取点，则这个点取在阴影部分的概率．
故答案为： ．
22．
【分析】此题重点考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确作出辅助线是解题的关键．
连接，作于点F，由，E为的中点，，得，所以，再证明，所以，则，可证明，得，则，而，所以，再证明，得，求得，设，则，，于是得，求得符合题意的m值为，则，于是得到问题的答案．
【详解】解：连接，作于点F，则，
，E为的中点，，
，
，，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
设，则，，
，
解得，（不符合题意，舍去），
∴．
故答案为：．
23．或
【分析】取的中点，的中点，连接，连接，，交于点，取的中点，的中点，连接，连接，，交于点，当过点或当过点时，折痕将纸片分成两个四边形，且被分成的两个四边形的面积的比为，分别求出每种情况对应的的取值范围即可．
【详解】解：若折痕将纸片分成两个四边形，且被分成的两个四边形的面积的比为，
如图，取的中点，的中点，连接，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，，，
∴四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，
∴平行四边形的面积与平行四边形的面积的比为，
连接，，交于点，当过点时，四边形的面积与四边形的面积的比为，
∴四边形的面积与四边形的面积的比为，
当时，取最小值，
作，交延长线于点，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴当时，，此时最小，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图，取的中点，的中点，连接，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，，，
∴四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，
∴，，平行四边形的面积与平行四边形的面积的比为，
连接，，交于点，当过点时，四边形的面积与四边形的面积的比为，
∴四边形的面积与四边形的面积的比为，
作，交延长线于点，作于点，则，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，
∴折痕长的取值范围是或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，平行线的性质，含角的直角三角形，勾股定理，矩形的判定和性质等知识点，熟练掌握过平行四边形的中心的直线平分平行四边形的面积，是解题的关键．
24．(1)
(2)仓库的宽x为23米
【分析】本题考查一次函数的实际应用，一元二次方程的实际应用，正确的列出函数关系式和一元二次方程是解题的关键：
（1）根据木板的总长，以及矩形的性质，列出函数关系式，根据且墙长45米，求出x的取值范围即可；
（2）根据矩形的面积公式，列出一元二次方程，进行求解即可．
【详解】（1）解：由题意，，
∵且墙长45米，
∴，解得；
∴．
（2）由题意，得，
解得或（不合题意，舍去）；
答：仓库的宽x为23米．
25．(1)
(2)①②存在，点的横坐标为或或6或
【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）①作轴，交直线于点，求出点的坐标，进而求出的长，证明，列出比例式求出的长，进而求出点坐标，待定系数法求出直线l的解析式即可；
②设，分，为对角线以及，为对角线两种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：设直线的函数表达式为，
把，代入，得，解得，
∴；
（2）①作轴，交直线于点，
∵，
∴，
由（1）知，直线的解析式为，
∴当时，，
∴，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
同（1）法可得直线的解析式为；
②存在；
设，
∵，
∴，
当以O，B，M，Q为顶点的四边形是以为边的菱形时，分两种情况
①当，为对角线时，则：，解得或，
∴或，
当时，由中点坐标公式可知：，即：；
当时，由中点坐标公式可知：，即：，
②当，为对角线时，则：，解得或，
∴或，
当时，由中点坐标公式可知：，即：；
当时，由中点坐标公式可知：，即：；
综上：点的横坐标为或或6或．
【点睛】本题考查一次函数与几何的综合应用，待定系数法求解析式，相似三角形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理等知识点，正确的求出函数解析式，利用数形结合的思想进行求解是解题的关键．
26．(1)见解析
(2)
(3)①见解析；②
【分析】（1）根据旋转可得，则，即可证明．
（2）根据，，可得，即可得出，过作，则，即，在中勾股定理求出，则，在中勾股定理求出，根据，得出，即可求出．
（3）①设旋转角为，则，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可得出，，根据，得出，，即可得，根据，得出，即可得，证明，得出，结合，得出；
②根据，设，证明四边形是平行四边形，得出，由①得，在中，勾股定理得出，则，则，根据，得出，根据，得出，证明，，则，求出，由①可得，得出，证出点四点共圆，根据圆周角定理得出，证明，得出，设，则，根据旋转可得，则，联立求出，再根据即可求解．
【详解】（1）证明：∵将绕点旋转得到，点的对应点落在边上，
∴，
∴，
∴．
（2）解：∵，，
∴，
∴，
过作，
∴，
∴，
在中，
即，
解得：，（舍去），
∴，
在中，
∴，
∵，
∴，
即，
∴．
（3）①证明：设旋转角为，
则，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
②解：∵，
∴设，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
由①得，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
即，
即，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
由①可得，
∴，
∴点四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，
则，
根据旋转可得，
∴，
联立可得，
∴．
【点睛】该题考查了相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理，旋转的性质，圆周角定理，圆内接四边形，解直角三角形，平行四边形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，证明三角形相似．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8


答案
B
D
C
B
D
D
B
B