2026-2027学年北师大版九年级数学上学期月考检测卷（第1-2章）（含答案）

2026-2027学年九年级数学上学期月考检测卷（第1-2章）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，）1．一元二次方程的根的情况是（

）A．只有一个实数根B．有两个不相等的实数根C．有两个相等的实数根D．没有实数根2．下列命题中正确的是（

）A．对角线互相平分的四边形是平行四边形B．有一个角是直角的四边形是矩形C．对角线互相垂直的平行四边形是正方形D．有一组邻边相等的四边形是菱形3．如图，某校有一块靠墙（墙的长度不限）的空地．为加强劳动教育，增加学生实践机会，学校拟用总长为的篱笆，在空地内围出一块面积为的矩形菜地作为实践基地，设与墙平行的一边长为x米，根据题意可列方程（

）A． B． C． D．4．如图，在矩形中，，，点为的中点，连接，点为直线上一个动点，作射线，过点作，垂足为，连接，则的周长可能是（

）A． B． C． D．5．小冀与小豫一起写作业，在解同一道一元二次方程时，小冀在化简过程中写错了常数项，得到方程的两个根是2和1；小豫在化简过程中写错了一次项的系数，得到方程的两个根是和．已知原方程的二次项系数为1，则（

）A．原方程的一次项系数为3 B．原方程的常数项为C．1是原方程的一个根 D．是原方程的一个根6．如图，在正方形中，点P是上任意一点，，，垂足分别为点M，N，若，则（

）A． B．5 C． D．7．已知a、b满足，则代数式的值为（

）A． B．4 C．或4 D．28．如图，在菱形中，，，将菱形绕点A逆时针方向旋转得到菱形，点E在上，与交于点P，则的长是（

）A． B． C． D．9．已知关于x的一元二次方程的两根之差为2，则代数式的最大值为（

）A． B． C．4 D．1010．如图，矩形中，为中点，过点的直线分别与、交于点E、F，连结交于点，连结、．若，，下列四个结论中正确的是（）①为等边三角形；②；③四边形是菱形；④．A．①② B．①②③ C．①③ D．①②③④二、填空题（本题共8小题，每小题4分，共32分）11．已知关于的方程是一元二次方程，则的值应为____________．12．如图，边长为2的正方形在平面直角坐标系中，点分别在轴、轴的正半轴上，将正方形绕点按顺时针方向旋转，则点的对应点的坐标为_________．13．某种植物的主干长出若干数目的支干，且每个支干长出的小分支数目与主干长出的支干数目相同，主干、支干和小分支的总数是43，问：每个支干长出多少个小分支？设每个支干长出x个小分支，列方程得：_________．14．如图，在矩形中，，E是上一点，连接，将沿着折叠后，点A的对应点刚好落在的中点处，是的中点，G是的中点，连接，求________．15.若关于x的方程有三个不同的实数解，则k的个数为．16．如图，为菱形的对角线上的一个定点，为边上的一个动点，的垂直平分线分别交，于点，，，连接．若长的最小值为，则的长为_____．17．阅读理解：已知实数m，n满足，且，可以把m，n看成是方程的两个不相等的实数根，根据根与系数的关系可得，．类比探究：已知实数m，n满足，且，则．18．如图，已知四边形是边长为6的正方形，为上一点，且，为线段上一动点，过点作于点，交线段于点．则下列结论中正确的有_______．①．

②若，则．

③当时，．④若为线段上一动点，连接，则的最小值为．三、解答题（本题共8小题，共78分。其中：19-21题8分，22-24题每题10分，25-26题每题12分，）19．解下列一元二次方程：(1)；(2)．(3)；(4)．20．中秋节来临之际某商场经销一种月饼，原价每盒元，连续两次降价后每盒元，若每次下降的百分率相同．(1)求每次下降的百分率．(2)若每盒盈利元，每天可售出盒，经市场调查发现，在进货价不变的情况下商场决定采取适当的涨价措施若每盒涨价1元，日销售量将减少盒，现该商场要保证每天盈利元，且要尽快减少库存，那么每盒应涨价多少元？21．如图，矩形，，．(1)用直尺和圆规作一个符合条件的平行四边形，须满足：①点F落在边右侧；②；③与在同侧；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）(2)在（1）的条件下，若平行四边形的面积是矩形面积的一半，且为等腰三角形，求的值．22．综合与实践：数学项目团队专门研究中国数学史，探究《周髀算经》中解一元二次方程的方法．史料解读：《周髀算经》是中国现存最古老的天文学与数学著作，其中记载了一种利用矩形构造来解形如的方程的正数解的几何方法．方法如下：先将方程转化为长为、宽为、面积为的长方形；再将四个全等长方形拼成一个大正方形，如右图所示，则大正方形的面积为，边长为，中间小正方形的面积为，从而可求得方程的正数解．(1)特殊验证：若按此方法解方程，则构造的大正方形面积为，方程的正数解为；(2)一般论证：请结合以上资料和图形，证明：关于的方程（，）的正数解为：；(3)迁移应用：已知用此方法解关于的方程（，）时，构造的大正方形面积为，小正方形的面积为，求的值．23．如图1，在正方形中，点为线段的中点，连接，过点作交于点，且垂足为点．(1)求证：；(2)如图2，延长，过点作，交射线于点，求证：；(3)如图3，在（2）的条件下，连接，求证：．24.关于的一元二次方程如果有两个不相等的实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，则称这样的一元二次方程为“倍根方程”，(1)方程①，②中，是“倍根方程”的序号______；(2)若一元二次方程是“倍根方程”，求出的值；(3)若是“倍根方程”，求代数式的值．25.在正方形中，点是直线上的动点（不与点、重合）．连接．线段绕点顺时针旋转得到线段．过点作，垂足为．(1)如图1，当点仅在线段上运动时：①探究与的数量关系：②连接，判断的形状，并说明理由．(2)如图2，连接．线段交射线于点．在运动过程中，点在线段上具有怎样的不变性？说明理由．26．在平面直角坐标系中，为坐标原点，菱形的对角线在轴上，、两点分别在第一象限和第二象限，点坐标．(1)如图1，求点的坐标；(2)如图2，为射线上一动点(不与点和点重合)，过点作轴交直线于点设线段的长度为，点的坐标为，求与的关系式（不要求写出的取值范围）；(3)如图3，在（2）的条件下，当点运动到线段的延长线上时，连接交轴于点，连接，，延长交于点，过作交轴于，的角平分线交轴于点，求点的坐标．参考答案一、选择题1.B解：展开得移项整理得这里∴∴该一元二次方程有两个不相等的实数根．2．A解：A.对角线互相平分的四边形是平行四边形，符合判定定理，正确.B.有一个角是直角的平行四边形是矩形，原命题未限定为平行四边形，错误.C.对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原命题不符合正方形判定条件，错误.D.有一组邻边相等的平行四边形是菱形，原命题未限定为平行四边形，错误.3．C解：设与墙平行的一边长为x米，则与墙垂直的一边长为米，根据题意，得．4．C解：四边形是矩形，，∵点为的中点，，，，，，，由三角形三边关系定理得到：，，∴的周长，∴C符合题意．5．C解：设原一元二次方程为，题目已知二次项系数为．∵小冀写错常数项，一次项系数正确，且小冀得到的两根为和，∴小冀写的方程为，展开得，∴可得正确的一次项系数．∵小豫写错一次项系数，常数项正确，且小豫得到的两根为和，∴小豫写的方程为，展开得，∴可得正确的常数项．因此原方程为，因式分解得，原方程的根为．逐一判断选项：A.原方程一次项系数为，A错误．B.原方程常数项为，B错误．C.是原方程的一个根，C正确．D.不是原方程的根，D错误．6．B解：设正方形中、交于O，四边形是正方形，，，，．，，∴四边形是矩形．，．，．，．．．．7．A设，由，得，化简得，解得，即．8．A解：如图，连接交于点O，∵四边形是菱形，∴，，∴，由勾股定理得，由旋转的性质得，∴，∵四边形是菱形，∴，∴，∴，在中，，∴由勾股定理得，∴．9．C解：设方程的两根分别为，．由根与系数的关系得，．∵两根之差为2，∴．又∵，∴．整理，得，即．将代入，得，配方得．∵，∴，∴．∴代数式的最大值为4．10．D解：四边形是矩形，为中点，，，∴，∵∠COB=60∘，是等边三角形，，，，∵，∴，，，在和中，，，，，，，，∵，，，∴，∵，∴垂直平分，∵矩形中三点共线，∴在的垂直平分线上，，结合，可得是等边三角形，故①正确；由①可得也是等边三角形，，∴由四边相等的四边形是菱形可得四边形是菱形，故③正确；是等边三角形，，∵，，∴垂直平分，即，∵∴，在中，，，，，即，故②正确；∵，，∴，，∵，，∴，，，∵，∴∴，故④正确综上，正确的结论是①②③④．二、填空题11．解：∵关于的方程是一元二次方程，∴且．解得．故答案为：．12．解：如图，连接并将绕点按顺时针方向旋转，B点对应点为D∵正方形边长为2∴，，过D点作轴于点E，∴，∴，∴，∴点的对应点的坐标为．13．解：设每个支干长出个小分支，则主干长出的支干数目为，故支干有个，小分支有个．根据题意，主干、支干和小分支的总数为43，因此列方程得．故答案为：．14．15.4解：方程，解得或．因为方程有三个不同实数解，方程的根需满足以下情况之一：1.有一个不等于或的实数根（）；2.有两个相等的实数根，且该根不等于或（）；3.有两个不等的实数根，其中一根为或，另一根不为或。据此解答即可．当时，方程变为，解得，此时方程有三个不同实数解，，．当时，方程是一元二次方程．若方程有两个相等的实数根，则，解得，此时方程的根为，与，不同，方程有三个不同实数解．若方程有一个根为，代入得，解得，此时方程为，即，因式分解为，解得或，此时方程有三个不同实数解．若方程有一个根为，代入得，解得，此时方程为，即，因式分解为，解得或，此时方程有三个不同实数解．综上，的值有个．故答案为：．16．解：17．解：∵实数m，n满足，∴m，是方程的实数根，解方程得，∴分情况讨论：①若，则；②若，则若，，，不合题意，舍去；若，，，不合题意，舍去．综上所述，．故答案为：．18．①③解：如图，连接，作于，∵四边形是正方形，∴，，，∵，∴，∴四边形是矩形，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，故①正确；∵，∴，∵，，，∴，∴，∴，∵不一定等于，∴不一定等边三角形，∴不一定等于，故②错误；如图，连接，∵，∴点、、、四点共圆，∴，∴，∴，故③正确；（另解：过点C作CT1,CT2分别垂直PE,PF，易证：,∴，∴，故③正确）连接，，如图所示：∵在正方形中，，，又∵，∴，∴，∴，∵两点之间线段最短，∴当B、M、E三点共线时，最小，即最小，∵，∴，∴，即最小值为，故④错误；综上，正确的有①③．三、解答题19．（1）移项，得，配方，得，即，开平方，得，∴；（2）提取公因式，得，化简，得，即，∴或，∴．（3）解：，，，，，，，∴，；（4）解：，，，，，∴,．20．（1）解：设每次下降的百分率为，根据题意可得：，解得，(舍去)，答：每次下降的百分率为．（2）解：设每盒应涨价元，根据题意可得：，展开化简得：，因式分解得：，解得，，∵要尽快减少库存，∴，答：每盒应涨价5元．21．(1)解：如图所示，四边形即为所求；（2）解：∵平行四边形面积是矩形面积的一半，∴垂直平分线段，，，，是等边三角形；∴，∴．当时，如图，是等边三角形，，；当时，如图，作交于点G，∵，，；当时，如图，作交于点M，由，得，即，，，，．22．（1）解：∵，∴，∴构造的大正方形面积为，∴大正方形的边长为，∴；(2)证明：（，），由题意，构造的大正方形的面积为，边长为，∴，∴，即关于的方程（，）的正数解为：；（3）解：∵（，），∴，∵构造的大正方形面积为，小正方形的面积为，∴，∴，∴，∵，∴，∴．23．(1)证明：∵在正方形中，∴，∵点为线段的中点，∴，∵，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴；(2)证明：∵，∴，∵，∴，由(1)知，又知，∴，在和中，，∴，∴；(3)证明：如图3，连接，由(1)知，∴，由(2)知，，∴，，∴，在和中，，∴，∴，，又∵，∴，∴是等腰直角三角形，∴．24.（1）的根为，，，是“倍根方程”；的根为，，，不是“倍根方程”；故答案为：①；（2）由一元二次方程是“倍根方程”，设的两个根为和，，解得；经检验，符合题意，的值为18；（3）由得，，是“倍根方程”，或，即或，当时，；当时，；代数式的值为或．25.(1)①∵线段绕点顺时针旋转得到线段，∴，，∵正方形，∴，∴；②是等腰直角三角形，理由如下：如图，∵，∴，∵，，∴，∴，，∵正方形，∴，∴，∴，即，∴，∴是等腰直角三角形．(2)解：点是线段的中点．理由如下：当点在线段上运动时，如图，过作交于，∵正方形，∴，，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，∴，由（1）得，∴，∵，，，∴，∴，即点是线段的中点；当点在射线上运动时，如图同理可得，即点是线段的中点；26．（1）解：菱形的对角线在轴上，、两点关于轴对称，，；（2）如图，当时，作于点，于点，设与交于点，，，，即，，轴，，，，，四边形是矩形，，，，在和中，，，，；当时，作于点，于点，同理可得：，，，综上所述，