四川成都市武侯区西川实验学校2026-2027学年 九年级上学期入学考数学试题（含解析）

定时练习1A卷（100分）一．选择题（共8小题）（32分）1.下列博物馆标志既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．【详解】解∶A．是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项符合题意；B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；故选：A．2.下列等式从左到右的变形，属于因式分解的是（

）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】本题考查因式分解的定义．因式分解就是把一个多项式化为几个整式的积的形式，据此对各项进行判断即可．【详解】解：A、是单项式乘多项式的运算，不符合题意；B、右边结果不是积的形式，不符合题意；C、是多项式与多项式的乘法运算，不符合题意；D、属于因式分解，符合题意．故选：D．3.用配方法解一元二次方程时，下列变形正确的是A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】本题考查配方法解一元二次方程，根据移项，配方，变形的步骤进行配方后，判断即可．【详解】解：∴；故选D．4.如图，直线，直线和被直线，，所截，若，，，则的长为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据平行线分线段成比例定理可得：，把，，代入即可求出的长．【详解】解：直线，，，，，，.5.下列选项中不能判定成为矩形的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∴，添加，∴，∴四边形是矩形；添加，∴为矩形，A、B不符合题意．添加，∴为矩形，C不符合题意．当时，不能判定为矩形，D符合题意．6.如图，菱形的对角线与相交于点，且，则该菱形的周长是（）A. B.8 C. D.16【答案】C【解析】【分析】根据菱形的性质和勾股定理求得即可．【详解】解：∵四边形是菱形，，∴，，，，在中，，∴该菱形的周长是．7.关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是（）A. B.且C.且 D.且【答案】C【解析】【分析】根据一元二次方程二次项系数不为0和根的判别式与根的情况的关系，即可求解．【详解】解：∵方程是一元二次方程，∴，∵方程有实数根，∴，∴，解得，综上，的取值范围是且．8.已知关于的二次函数的图象上有三个点：，，，则，，的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】结合二次函数的开口方向与对称轴，通过比较各点到对称轴的距离判断函数值大小．【详解】解：二次函数的对称轴为直线．∵，∴抛物线开口向下，点到对称轴的距离越远，对应的函数值越小．点到对称轴的距离为，点到对称轴的距离为，点到对称轴的距离为，∵，∴．二．填空题（共5小题）（20分）9.若，则_____【答案】【解析】【分析】将等式左边拆分变形，结合已知即可求出的值．【详解】解：，又，∴，则．10.一元二次方程的一个解为，则的值为_____．【答案】【解析】【分析】把代入原一元二次方程，得到关于的一元一次方程，求解即可得到的值．【详解】解：∵是一元二次方程的一个解，

∴将代入方程，得，

整理得，

解得．11.抛物线的顶点坐标为_____．【答案】【解析】【分析】根据抛物线已给出顶点式形式，对照顶点式的结构即可直接得到顶点坐标．【详解】解：抛物线的顶点坐标为．12.如图，是矩形对角线的中点，是的中点，，则的长为_____【答案】##【解析】【分析】先根据中位线的性质求出，再根据勾股定理求出，最后根据直角三角形的性质求出的长．【详解】解：∵是的中点，是的中点，，∴，∵四边形为矩形，∴，，∴，∵，是的中点，∴．13.如图，在中，按以下步骤作图：①以点为圆心，适当长为半径作弧，分别交于、两点；②分别以点为圆心，大于的一半长为半径作弧，两弧交于点；③作射线交的延长线于点．连接，若，则的长为_____【答案】【解析】【分析】由平行四边形的性质可得，，则，由作图过程可知，平分，可得．进而可得，即可求解．【详解】解：四边形是平行四边形，，，，由作图可知，平分，，，，，.三．解答题（共8小题）（48分）14.解方程：（1）；（2）．【答案】（1），（2），【解析】【分析】（1）方程无法直接因式分解，可采用一元二次方程公式法求解；（2）方程，先变形，移项后提取公因式，使用因式分解法求解，不能直接两边同除含未知数的因式，避免丢失根．【小问1详解】解：，∵，，，∴，∴，∴，；【小问2详解】解：，，，，∴或，∴，．15.如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是，．（1）作出以点为对称中心的图形；（2）平移，若点对应点的坐标为，画出平移后对应的；（3）过点作直线平分四边形的面积，并求出四边形的面积．【答案】（1）（2）（3）；【解析】【分析】（1）根据对称作图即可；（2）由题可知先向左平移2个单位，再向下平移6个单位，再根据平移作图即可；（3）连接、交于点，再连接即为所求直线，然后由平行四边形的面积公式计算面积即可．【小问1详解】略【小问2详解】解：平移得到，即先向左平移2个单位，再向下平移6个单位，则，，如图即为所求；【小问3详解】解：连接、交于点，再连接即为所求直线，如图：略；设直线分别交于，四边形是平行四边形，，，，，又，，，又，，直线即为所求直线；四边形的面积为．16.已知关于的一元二次方程．（1）求证：不论为何值，该方程总有两个实数根；（2）若方程的一个根是1，求的值及方程的另一个根．【答案】（1）证明：∵一元二次方程为，∴，，，∴，∵不论为何值，，即，∴不论为何值，该方程总有两个实数根；（2），方程的另一个根为．【解析】【分析】（1）证明，即可得到结论；（2）先把代入原方程求解m，代入原方程，求解另一个根即可．【小问1详解】略【小问2详解】解：把代入，得：，解得：．则方程为，方程变为：，或，解得：，，∴方程的另外一个根为2．17.如图，菱形的对角线相交于点，点是中点，延长线段至点，使，连接，，．（1）求证：四边形为矩形；（2）若，求的长．【答案】（1）证明：∵四边形是菱形，∴，．∵点是中点，∴．又∵，∴四边形是平行四边形，∴，，∴，，∴四边形是平行四边形．∵，∴平行四边形是矩形；（2）【解析】【分析】（1）先运用菱形的性质结合得出，，再通过点是中点、推出四边形是平行四边形，等量代换推出四边形是平行四边形，最后通过证明平行四边形是矩形即可；（2）先通过菱形的性质推出为等边三角形，结合运用三线合一求出的值，再通过菱形的性质和矩形的性质推出的值，最后根据勾股定理求解即可．【小问1详解】略【小问2详解】解：∵四边形是菱形，，∴，，，，∴，∵，，∴为等边三角形，∴．∵，∴，．在中，由勾股定理，得，∴．由（1）得，四边形是矩形，∴，．∵在中，，∴．18.如图，在中，，对角线，交于点，过点作的垂线分别交于点．（1）求证：；（2）若，求四边形的面积；（3）求的值（用含的式子表示）．【答案】（1）证明：∵四边形为平行四边形，∴，，∴，在和中，∵，，∴，∴；（2）（3）【解析】【分析】（1）证明，即可求证；（2）过点A作于点G，根据直角三角形的性质可得，，再结合平行四边形的性质可得四边形的面积为，即可求解；（3）过点B作交的延长线于点H，设，则，根据直角三角形的性质可得，，再由垂直平分，可得，从而得到，进而得到，，即可求解．【小问1详解】略【小问2详解】解：如图，过点A作于点G，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵四边形为平行四边形，∴，由（1）得：，∴∴四边形的面积为；【小问3详解】解：过点B作交的延长线于点H，设，则，∵四边形为平行四边形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵垂直平分，∴，∴，∴，∴，∴．B卷（50分）一．填空题（共5小题）（20分）19.设是一元二次方程的两个实数根，则的值为_____．【答案】【解析】【分析】先根据一元二次方程根与系数的关系得到两根之和与两根之积，再展开所求式子后整体代入计算.【详解】解：∵，是一元二次方程的两个实数根，∴根据根与系数的关系可得，，∴.20.如图，在中，分别是边和上的点，且，则的长为_____．【答案】【解析】【分析】根据可得，再由相似三角形的性质得到即可求解的长．【详解】解：∵，∴，∴，∵，∴，∴．21.在矩形中，，分别是边的中点，点在对角线上（如图），如果四边形是矩形，那么的长等于_____．【答案】##【解析】【分析】连接，，，设与交于点，由四边形是矩形，，可得，可证明四边形、是平行四边形，，，再由四边形是矩形，可得，即可求解．【详解】解：如图，连接，，，设与交于点，∵四边形是矩形，∴，，，∴，∵分别是边的中点，∴，，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∴，∵四边形是矩形，∴，∴，∵，，∴四边形是平行四边形，∴，∴．22.如图，正方形中，为边的一动点（不与点重合），作等腰梯形，其中，与交于点，若，则_____．【答案】【解析】【详解】解：如图，延长、交于点，作于点，连接、，设正方形的边长为，∵四边形是正方形，∴，，，∵，∴，，∵，∴，∴四边形是矩形，∴，，∴，∵四边形是等腰梯形，∴，∴，在中，，∴，解得，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴．23.在平面直角坐标系中，过点作轴的垂线，交直线于点，交直线于点，已知在点从点运动到点的过程中，的长随的长的增大而增大，则的取值范围为_____．【答案】或【解析】【分析】根据垂线性质得、的横坐标均为，代入直线方程得到纵坐标，推导的长度表达式，分和两种情况，结合随长度增大而增大的条件求解的范围．【详解】解：∵过点作轴的垂线，交两条直线于，∴，将代入，得，即，将代入，得，即，∴，设的长为，则，，∵点从运动到，∴的取值范围是，分情况讨论：①当时，，，代入得，∵的长随的长的增大而增大，∴需要在范围内，随增大而增大，即在上恒成立，∴当取最小值时，，解得；②当时，，，代入得，∵，∴，又，∴，，∵的系数为，随增大而增大恒成立，符合条件；综上，的取值范围为或．二．解答题（共3小题）24.某校组织全体九年级学生开展“共植一抹绿，一起上春山”活动．经过前期调研，学校决定分两批购买树苗共800棵．第一批用9000元购买了相同数量的甲、乙两种树苗，每棵甲种树苗的价格比每棵乙种树苗的价格少30元，购买甲种树苗的费用是购买乙种树苗费用的一半．（1）求购买一棵甲种树苗、一棵乙种树苗各需要多少元．（2）学校在购买第二批树苗时，经过与供货商沟通，每棵甲种树苗的售价不变，乙种树苗的售价打九折．若要求第二批购买的甲种树苗数量不超过乙种树苗数量的2倍，则学校应该如何设计购买方案，才能使第二批购买树苗的费用最少？【答案】（1）购买一棵甲种树苗需要30元，购买一棵乙种树苗需要60元（2）第二批购买甲种树苗400棵、乙种树苗200棵时，购买树苗的费用最少【解析】【分析】（1）先根据总费用和甲、乙费用的比例关系，分别求出第一批购买甲、乙树苗的总费用，再结合两种树苗数量相等列分式方程求解单价；（2）先计算第一批树苗总数量，得到第二批树苗总数量，设第二批乙种树苗数量为棵，用含的式子表示总费用，结合甲种树苗数量不超过乙的2倍的条件求的取值范围，再根据费用的变化规律确定费用最少的方案．【小问1详解】解：∵第一批购买树苗总费用为9000元，购买甲种树苗的费用是乙种的一半，∴购买甲种树苗的总费用为元，购买乙种树苗的总费用为

元设购买一棵甲种树苗需要元，则购买一棵乙种树苗需要元由题意得，两边同乘，得，解得检验：当时，，故是原方程的解，∴，答：购买一棵甲种树苗需要30元，购买一棵乙种树苗需要60元；【小问2详解】（2）由（1）得，第一批购买甲种树苗棵，乙种树苗100棵，∴第一批共购买树苗棵∵两批共购买树苗800棵，∴第二批购买树苗总数量为

棵设第二批购买乙种树苗棵，则购买甲种树苗棵，总费用为元，乙种树苗打九折后单价为元∴∵第二批甲种树苗数量不超过乙种树苗数量的2倍，∴，解得∵，∴随的增大而增大，∴当时，取得最小值此时答：第二批购买甲种树苗400棵、乙种树苗200棵时，购买树苗的费用最少．25.如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于两点，与轴交于点．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1．点是直线上方抛物线上的一动点，过点作轴的平行线交直线于点，过点作轴的平行线交直线于点，求面积的最大值及此时点的坐标；（3）如图2，连接，，抛物线上是否存在点，使？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）面积的最大值为，此时点的坐标为（3）存在，点Q的坐标为或【解析】【分析】（1）利用待定系数法解答；（2）先求出直线的解析式，证明为等腰直角三角形，则，设，则，可得，即可求解；（3）分两种情况：当点Q在上方时，当点Q在下方时，即可求解．【小问1详解】解：∵抛物线与轴交于两点，∴，解得：，∴抛物线的解析式为；【小问2详解】解：对于，当时，，∴点，设直线的解析式为，把点，代入得：，解得：，∴直线的解析式为，∵，，∴，∴，∵轴，轴，∴，∴为等腰直角三角形，∴，设，则，∴，当时，取得最大值，此时点，的面积最大，最大值为；【小问3详解】解：存在．当点Q在上方时，作点关于y轴的对称点，过点B作交抛物线于点Q，则，∴，∵，∴，∵，∴，此时点Q符合题意，设直线的解析式为，把点代入得：，解得：，∴直线的解析式为，可设直线的解析式为，把点代入得：，解得：，∴直线的解析式为，联立得：，解得：或，∴点Q的坐标为；当点Q在下方时，作点，直线与抛物线交于点，同理直线的解析式为，∵，∴，∴，∴，联立得：，解得：或，∴点的坐标为；综上所述，点Q的坐标为或．26.菱形中，，点是菱形所在平面内一点，连接，．（1）如图1，当时，满足，垂足为点，若，求四边形的面积；（2）如图2，当时，在