山西省太原市杏花岭区山西省实验中学2025-2026学年九年级上学期10月月考数学试题

这是一份山西省太原市杏花岭区山西省实验中学2025-2026学年九年级上学期10月月考数学试题，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．下列性质中，菱形不一定具有的性质是（ ）
A．四边相等B．对角线互相垂直C．对角线相等D．对角相等
【答案】C
【分析】此题重点考查菱形的性质，正确理解平行四边形的性质定理及菱形的性质定理是解题的关键．由菱形的性质可知，菱形的四边相等、对角线互相垂直、对角相等，但菱形的对角线不一定相等，即可得出答案．
【详解】解：根据菱形的性质可知，菱形的四边相等、对角线互相垂直、对角相等，但菱形的对角线不一定相等，
故A不符合题意，B不符合题意，D不符合题意，C符合题意，
故选：C．
2．方程的解是（ ）
A．B．C．D．没有实数根
【答案】C
【分析】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是掌握一元二次方程的解法：直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法等．
移项，然后利用直接开平方法解一元二次方程即可．
【详解】解：，
，
．
故选：C．
3．如图，在下面的三个矩形中，相似的是（ ）
A．甲、乙和丙B．甲和乙C．甲和丙D．乙和丙
【答案】C
【分析】此题主要考查相似图形性质，关键要找出矩形相邻两边的比例．甲图形长宽比为，乙图形长宽比为，丙图形长宽比为，然后观察比较就可得出答案．
【详解】解：由于三个图形都为矩形，所以角都是，只看它们的边长比例即可，
甲图形长宽比为，乙图形长宽比为，丙图形长宽比为，
∴相似的是甲和丙，
故选：C．
4．一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．没有实数根D．无法确定
【答案】A
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，解题关键是掌握时方程有两个不相等的实数根，时方程有两个相等的实数根，时，方程没有实数根．将方程化为一般式，再利用判别式求解即可．
【详解】解：将方程化为一般形式为，
其中，，，，
，
方程有两个不相等的实数根，
故选：A．
5．根据表格中的信息，估计一元二次方程的一个解的范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查估算一元二次方程的近似值．由表格数据可知当时，的值大于0，当时，的值小于0，因此的一个解的取值范围是．
【详解】解：由表格数据可知当时，的值大于0，
当时，的值小于0，
因此的一个解的取值范围是．
故选：A．
6．某学习小组做“用频率估计概率”的试验时，统计了某一结果出现的频率，绘制了如图所示的折线统计图，则符合这一结果的试验最有可能是（ ）

A．掷一枚质地均匀的正方体骰子，出现1点朝上
B．任意写一个整数，它能被2整除
C．不透明袋中装有大小和质地都相同的1个红球和2个黄球，从中随机取一个，取到红球
D．从一副扑克牌中抽取1张，抽到的牌是“黑桃”
【答案】C
【分析】本题主要考查了概率的计算，掌握概率等于所求情况数与总情况数之比是解题的关键．
根据统计图可知，实验结果在附近波动，即其概率，再计算四个选项的概率，约为的即符合题意．
【详解】解：A、掷一枚质地均匀的正方体骰子，出现1点朝上的概率为，不符合题意；
B、任意写一个整数，它能2被整除的概率为，不符合题意；
C、不透明袋中装有大小和质地都相同的1个红球和2个黄球，从中随机取一个，取到红球的概率，符合题意；
D、从一副扑克牌中抽取1张，抽到的牌是“黑桃”的概率是，不符合题意．
故选C．
7．已知线段，如果，那么下列各式一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据线段的比例逐项分析判断即可．
【详解】解：A.对于线段，如果，则有，故选项A正确，符合题意；
B.已知条件无法确定线段的具体长度，故错误，不符合题意；
C.若，则有，故本选项错误，不符合题意；
D. 若，则有，故本选项错误，不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了成比例线段的知识，理解线段的实际意义是解题关键．
8．下列四个命题说法正确的是（ ）
A．一组对角相等的平行四边形是矩形
B．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
C．顺次连结菱形四边中点得到的四边形是矩形
D．平行四边形既是轴对称图形又是中心对称图形
【答案】C
【分析】根据矩形、正方形、轴对称图形、中心对称图形的判定得出答案即可．
【详解】A．一组对角相等的平行四边形不一定是矩形，有可能是菱形，故此命题说法不正确，是假命题，故此选项错误；
B．根据对角线互相垂直、互相平分且相等的四边形是正方形，故此命题是假命题，故此选项错误
C．顺次连接菱形四边中点得到的四边形是矩形，故此命题是真命题，故此选项正确；
D．平行四边形是不是轴对称图形是中心对称图形，故此命题是假命题，故此选项错误．
故选：C．
【点睛】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
9．如图，正方形的边长为12，点E在AB上，且，点F是上一动点，则的最小值是（ ）
A．15B．C．D．12
【答案】A
【分析】本题主要考查了最短路线问题、勾股定理以及正方形的性质的运用，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
连接，依据，可得，当在同一直线上时，的最小值等于的长，再根据勾股定理即可得到的长即为的最小值．
【详解】如图所示，连接，
∵点与点关于对称，
，
当在同一直线上时，
的最小值等于的长，
∴的最小值等于15，
故选：A．
10．依据所标数据，下列四边形不一定为菱形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了菱形的判定方法，根据菱形的判定方法逐项分析判断即可求解．
【详解】解：A、对角线互相平分，且根据勾股定理的逆定理可得有一个角是直角，即对角线互相垂直，故可得四边形是菱形，故该选项不符合题意；
B、四边相等的四边形是菱形，故该选项不符合题意
C、对角线互相平分，不能证明是菱形，故该选项符合题意．
D、根据已知角可得四边形是平行四边形，根据邻边相等的平行四边形是菱形，故该选项不符合题意；
故选：C．
二、填空题
11．如图，已知，若，，，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了平行线分线段成比例定理，根据题意得出，代入计算即可得解，熟练掌握平行线分线段成比例定理是解此题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
故答案为：．
12．一批电子产品的抽样合格率为75%，当购买该电子产品足够多时，平均来说，购买 个这样的电子产品，可能会出现1个次品．
【答案】4
【分析】根据“合格率”，“不合格率”的意义，结合“频数与频率”的意义进行判断即可．
【详解】解：∵产品的抽样合格率为，
∴产品的抽样不合格率为
∴当购买该电子产品足够多时，平均来说，每购4个这样的电子产品，就可能会出现1个次品
故答案为：4．
【点睛】本题考查频数与频率，理解“频率”“合格率”“不合格率”的意义是正确判断的前提．
13．若x2－4x－7＝0的两个根为x1、x2，则x1＋x2－x1x2的值是 ．
【答案】11
【分析】由根与系数的关系可得，，代入中计算即可．
【详解】解：∵是方程的两个根，
∴，．
∴．
故答案为：11．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，掌握其根满足和是解答本题的关键．
14．在研究物体的放射性衰变时，我们常常关注放射性物质质量随时间的变化．假设在2023年初，有一块质量为500克的某种放射性同位素．由于放射性衰变，其质量会逐年减少．到2025年初，经过精确测量，该放射性同位素的质量降至405克．设这种放射性同位素质量的年平均减少率为，根据题意，可列出一元二次方程为： ．（只列方程，不需求解）
【答案】
【分析】本题考查根据实际问题列一元二次方程，根据平均变化率的等量关系，列出方程即可．
【详解】解：设这种放射性同位素质量的年平均减少率为，由题意，可列出一元二次方程为；
故答案为：．
15．如图，已知正方形的边长为4，M点为边上的中点，若M点是A点关于线段的对称点，则等于 ．
【答案】
【分析】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，勾股定理的运用，连接，由轴对称性质可知，设，则，，由勾股定理得，解方程求出x的值即可．
【详解】解：连接，
∵M、A关于对称，
∴，
设，则，，
∵M点为边上的中点，
∴，
在直角中，由勾股定理得：
解得：，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
三、解答题
16．解方程：
(1)；（用配方法）
(2)；（用公式法）
(3)；
(4)．
【答案】(1)，
(2)，
(3)，
(4)，
【分析】本题主要考查解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解答本题的关键．
（1）方程移项后，配方后再运用直接开平方法解方程即可；
（2）方程确定各项系数后，求出的值，再代入求根公式进行计算即可；
（3）方程移项后运用因式分解法求解即可；
（4）方程运用因式分解法求解即可．
【详解】（1）解：，
，
，
，
∴，
（2）解：，
这里，
，
∴，
∴，
（3）解：，
，
，
，
，，
∴，；
（4）解：，
，
∴，
∴，
17．如图，在菱形中，，E为边上一点（与点A，D不重合），连接，将射线绕点B在平面内顺时针旋转与射线交于点F．求证：．
【答案】证明见解析
【分析】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，解题的关键是根据证明；根据菱形的性质可得是等边三角形，进而可证再根据旋转的性质可得，根据可证，即可得证．
【详解】证明：四边形是菱形，，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
由旋转可得，
，
，
，
，
．
18．创文创卫，就是创建“全国文明城市”和创建“国家卫生城市”．某校为了响应市政府号召，在“创文创卫”活动周中，设置了文明礼仪、环境保护、卫生保洁、垃圾分类四个主题（依次用表示），每个学生选一个主题参与．
(1)张宇从四个主题中随机选择一个，求他参与文明礼仪的概率；
(2)李静和周凯分别从四个主题中随机选择一个，求他们选择不同主题的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题主要考查了列举法求概率，熟练掌握概率意义，画树状图法或列表法计算概率，是解题关键．
（1）直接利用概率公式计算即得；
（2）利用列表法求出李静和周凯分别从四个主题中随机选择一个，选择不同主题的概率即可．
【详解】（1）解：（1）从四个主题中随机选择一个，
．
（2）解：列表如下：
由表可得，共有16种等可能的结果，其中他们选择不同主题的结果有12种，
．
19．如图，在中，于点E，延长至点F，使，连接与相交于点O．求证：四边形为矩形．
【答案】见解析
【分析】本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形的判定定理和平行四边形的性质．
先根据平行四边形得到，，然后证明，即可证明四边形为平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明即可．
【详解】证明∶∵四边形为平行四边形，
∴，，
又，
∴，即.
∴.
∴四边形为平行四边形.
∵，
∴.
∴四边形为矩形．
20．如图，已知直线l和l外一点A，请用尺规作图法，求作一个正方形，使得顶点B和顶点D都在直线l上（保留作图痕迹，不写作法）．
【答案】见解析
【分析】此题考查了作图复杂作图，解题的关键是掌握作图的方法．
过点A作于点O，以O为圆心，为半径画弧交直线l于点B，D，交直线于点C，连接，，，，正方形即为所求．
【详解】解：正方形如图所示：
21．年月日，神舟二十号载人飞船在酒泉卫星发射中心发射成功．某火箭航模店看准商机，购进了“神舟”火箭模型，已知火箭模型每件的进货价为元，经市场调研发现，当该火箭模型的销售单价为元时，每天可销售件；当销售单价每增加元，每天的销售数量将减少件．设火箭模型的销售单价增加元．
(1)当天火箭模型的销售量为_____件；
(2)求当该火箭模型的销售单价为多少元时，该产品当天的销售利润是元．
【答案】(1)
(2)当该火箭模型的销售单价为元时，该产品当天的销售利润是元
【分析】本题考查了列代数式，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为解题关键．
（1）直接根据题意列出代数式即可；
（2）根据销售利润每件的销售利润当天的销售量，可列出关于的一元二次方程，解方程即可．
【详解】（1）解：当天火箭模型的销售量为件；
故答案为：；
（2）解：依题意，得．
整理得，即，
解得，
（元）．
答：当该火箭模型的销售单价为元时，该产品当天的销售利润是元．
22．阅读材料，并解决问题．
【学习研究】赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了一元二次方程的几何解法，以为例，构造方法如下：
第一步：将原方程变形为；
第二步：画四个长为，宽为的矩形，按如图1所示的方式拼成一个“空心”正方形，则图1中大正方形的面积可表示为，还可表示为四个矩形与一个边长为2的小正方形面积之和，即．
第三步：得新方程．因为表示边长，所以，即．
【理解】上述构造图形解一元二次方程最能体现的数学思想是______________．
A．分类讨论思想 B．数形结合思想 C．整体代换思想
【实践】小明根据赵爽的办法解方程，请你帮忙画出相应的图形，将其解答过程补充完整：
第一步：将原方程变形为（____________）；
第二步：画四个全等的矩形构造“空心”大正方形（请在画图区画出示意图，类比图1标明各边长），并写出后续的解答过程；
【应用】一般地，对于形如的一元二次方程可以构造图2来解．已知图2是由四个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4，那么此方程的正根为____________．
【答案】（1）【理解】B；（2）【实践】，见解析；（3）【应用】1
【分析】本题考查了用图形法解一元二次方程，理解题意，构造出适当的图形是解题的关键．
【理解】利用图形求解方程的过程是数形结合思想的应用，从而右确定答案；
【实践】按照题干材料中的步骤进行即可；
【应用】按照题干材料中的步骤进行即可．
【详解】解：【理解】从解题过程知，用到了数形结合思想；
故选：B．
【实践】第一步：将原方程变形为；
第二步：画四个长为，宽为的矩形，拼成一个“空心”正方形，如图所示，
则图中大正方形的面积可表示为，还可表示为四个矩形与一个边长为1的小正方形面积之和，即．
第三步：得新方程．因为表示边长，所以，即．
故答案为：；
【应用】第一步：将原方程变形为；
第二步：画四个长为，宽为的矩形，拼成一个“空心”正方形，如图2所示，
则图2中大正方形的面积可表示为，还可表示为四个矩形与一个边长为a的小正方形面积之和，即．
第三步：得新方程．因为表示边长，所以，
由于中间正方形的边长为a，其面积为，则，
即，
∴．
故答案为：1．
23．综合与探究
问题情境：如图，在纸片中，，点D在边上，．沿过点D的直线折叠该纸片，使的对应线段与平行，且折痕与边交于点E，得到，然后展平．
猜想证明：（1）判断四边的形状，并说明理由
拓展延伸：（2）如图，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的对应点落在射线上，且折痕与边交于点F，然后展平．连接交边于点G，连接．
①若，判断与的位置关系，并说明理由；
②若，，，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出的长
【答案】（1）四边形是菱形，理由见解析；（2）①．理由见解析；②5或
【分析】（1）由折叠的性质可得，，再根据平行线的性质可得，进而得到，由等角对等边推出，从而证明，即可四边形是菱形；
（2）①由（1）推出，由折叠的性质得到，结合已知可得，进而推出，得到，再根据三角形内角和定理即可求出，即可得到与的位置关系；②分是以为腰为底的等腰三角形和是以为腰为底的等腰三角形两种情况讨论，如图，延长交于点H，设交点为，利用三角形相似的性质建立方程求解即可．
【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：
由折叠的性质可得，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）证明：①，理由如下：
由（1）知四边形是菱形，
∴，
由折叠的性质得到，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
解：②∵，，，
∴，
当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，延长交于点H，设交点为，则，
∵，，
∴，
∴，
由折叠的性质得，，，
∴，
∴；
∵，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴；
当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，则，
同理得，，
设，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∵是以为腰为底的等腰三角形，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴；
综上，的长为或．
【点睛】本题考查折叠的性质，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，合理作出辅助线，构造三角形全等，结合分类讨论的思想是解题的关键．
x
0
1
2
5
李静
周凯
A
A