专题7.1全册综合测试卷-2024-2025学年九年级数学上册举一反三系列（北师大版）

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全册综合测试卷【北师大版】参考答案与试题解析选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1．（3分）（2023秋·广东深圳·九年级校联考期中）如图，三条直线a∥b∥c，若AB=CD，ADDF=23，则BGGE=（    ） A．14 B．13 C．23 D．32【答案】A【分析】根据a∥b可得AGGD=ABCD=1，从而得到AG=GD=12AD，再由ADDF=23，可得DF=32AD，最后再由a∥b∥c可得BGGE=AGGF=12ADGD+DF=12AD12AD+32AD=14，进行计算即可得到答案．【详解】解：∵a∥b，AB=CD，∴AGGD=ABCD=1，∴AG=GD，∴AG=GD=12AD，∵ADDF=23，∴DF=32AD，∵a∥b∥c，∴BGGE=AGGF=12ADGD+DF=12AD12AD+32AD=14，故选：A．【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，熟练掌握此知识点是解题的关键．2．（3分）（2023秋·陕西西安·九年级西安市铁一中学校考开学考试）已知α、β是方程x2﹣2x﹣4＝0的两个实数根，则α3+8β+6的值为（　　）A．﹣1 B．2 C．22 D．30【答案】D【详解】解：∵α方程x2-2x-4=0的实根,∴α2-2α-4=0,即α2=2α+4,∴α3=2α2+4α=2（2α+4）+4α=8α+8,∴原式=8α+8+8β+6=8（α+β）+14,∵α,β是方程x2-2x-4=0的两实根,∴α+β=2,∴原式=8×2+14=30,故选D.3．（3分）（2023秋·全国·九年级期末）如图是由7个同样大小的正方体摆成的几何体，将正方体①移走后，所得几何体（    ）A．主视图改变，俯视图改变 B．左视图改变，俯视图改变C．俯视图不变，左视图改变 D．主视图不变，左视图不变【答案】D【分析】根据主视图、俯视图、左视图是否发生改变，即可判定．【详解】解：将正方体①移走后，所得几何体的主视图和左视图没有发生改变，俯视图改变了，故选：D．【点睛】本题考查了组合体三视图的识别，熟练掌握和运用组合体三视图的识别方法是解决本题的关键．4．（3分）（2023秋·广东肇庆·九年级广东肇庆中学校考期末）若点Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，都在反比例函数y=−2x的图象上，并且x1<00，0kb B．若ka>kb，则0＜a＜1C．若﹣1＜a＜1，则kakb；当0＜a＜1时，a−1＜0，a（a−1）＜0，此时ka−kb＜0，即kakb时，即ka−kb＞0，1a(a−1)＞0，解得：a＞1或a＜0，故B错误；当ka32或m=12【分析】分两种情况讨论，当1−m2=0,当1−m2≠0时，即m≠±1, 再分别求解方程的解，再列不等式组，解不等式组可得答案．【详解】解：当1−m2=0，即m=±1时，当m=1时，方程化为−2x−1=0， 解得x=−12, 不符合题意；当m=−1时，方程化为2x−1=0，解得x=12, 此时符合题意；当1−m2≠0时，即m≠±1, 由1−m2x2−2mx−1=0可得m2−1x2+2mx+1=0, ∴m+1x+1m−1x+1=0, 解得：x1=−1m+1，x2=−1m−1 −1m+1<2−1m+1>0 解得m>−12；−1m−1<2−1m−1>0解得m>32综上：m的取值范围为：m>32或m=12，故答案为：m>32或m=12.【点睛】本题考查的是根据方程的解的情况求解参数的取值范围，清晰的分类讨论是解本题的关键．13．（3分）（2023春·重庆沙坪坝·八年级重庆八中校考期末）在一个不透明的布袋中装有三个小球，小球上分别标有数字−1，1，2，它们除了数字不同外，其他都完全相同．小红从布袋中随机摸出一个小球，记下数字作为a的值，不放回，再从布袋中随机摸出一个小球，记下数字作为b的值，使得关于y的一元二次方程y2+ay+14b=0有实数根的概率是 ．【答案】79【分析】先列表或画树状图，列出a、b的所有可能的值，进而通过一元二次方程根的判别式，求出使得关于y的一元二次方程y2+ay+14b=0有实数根的概率．【详解】方程y2+ay+14b=0有实数根，则有a2−b≥0,即b≤a2,列表：共有9种等可能的结果数，其中符合条件的结果数为7，所以使得关于y的一元二次方程y2+ay+14b=0有实数根的概率=79．故答案为79．【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．14．（3分）（2023秋·四川雅安·九年级统考期末）如图，正方形纸片ABCD的边长为8，E，F分别是边D，BC上的点，将正方形纸片沿EF折叠，使得点A落在CD边上的点A'处，此时点B落在点B'处，已知折痕EF=45.则AE的长等于 ．  【答案】5【分析】过点F作FG⊥AD，垂足为G，连接AA′，在△GEF中，由勾股定理可求得EG，轴对称的性质可知AA′⊥EF，由同角的余角相等可证明∠EAH=∠GFE，从而可证明△GEF≌△DA′AASA，则可得GE=DA′，最后在△EDA′利用勾股定理列方程求解即可．【详解】解：∵正方形纸片ABCD，∴AB=AD=8，如图，过点F作FG⊥AD，垂足为G，连接AA′，则四边形ABFG是矩形，  ∴FG=AB=AD，由勾股定理得，EG=EF2−FG2=(45)2−82=4，由轴对称的性质可知AA′⊥EF，∴∠EAH+∠AEH=90°，∵FG⊥AD，∴∠GEF+∠EFG=90°，∴∠DAA′=∠GFE，在△GEF和△DA′A中，∵∠EGF=∠D=90°FG=AD∠DAA′=∠GFE，∴△GEF≌△DA′AASA，∴DA′=EG=4．设AE=x，由翻折的性质可知EA′=x，则DE=8−x，由勾股定理得：EA′2=DE2+A′D2，即x2=(8−x)2+42，解得：x=5，故答案为：5．【点睛】本题考查了正方形的性质，翻折的性质，矩形的判定与性质，勾股定理．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．15．（3分）（2023春·吉林长春·八年级校考期中）如图，平行四边形ABCO的顶点B在双曲线y=6x上，顶点C在双曲线y=kx上，BC中点P恰好落在y轴上，已知S平行四边形OABC=10，则k= ．  【答案】−4【分析】连接BO，过B点和C点分别作y轴的垂线段BE和CD，先证明△BEP≌△CDP，则S△BEP=S△CDP，易知S△BOE=12×6=3，S△COD=12k，由此可得S△BOC=S△BPO+S△CPD+S△COD=3+12k，从而得到S平行四边形ABCO=2×S△BOC=2×3+12k，求出k的值即可．【详解】解：连接BO，过B点和C点分别作y轴的垂线段BE和CD，垂足分别为点E、D，如图所示：  ∴∠BEP=∠CDP，∵ BC中点P恰好落在y轴上，∴ BP=CP，∵∠BPE=∠CPD，∴△BEP≌△CDPAAS，∴S△BEP=S△CDP，∵点B在双曲线y=6x上，∴ S△BOE=12×6=3，∵点C在双曲线y=kx上，且从图像得出k<0，∴ S△COD=12k，∴S△BOC=S△BPO+S△CPD+S△COD=3+12k，∵四边形ABCO是平行四边形，∴S平行四边形ABCO=2×S△BOC=2×3+12k，2×3+12k=10，解得：k=±4，∵ k<0，∴k=−4，故答案为：−4．【点睛】本题主要考查了反比例函数k的几何意义、平行四边形的面积，解决这类问题，要熟知反比例函数图象上点到y轴的垂线段与此点与原点的连线组成的三角形面积是12k．16．（3分）（2023秋·山西临汾·九年级统考期中）如图，E是正方形ABCD的对角线BD的延长线上一点，且DE=2，连接AE，将AE绕点A顺时针旋转90°得到AF，连接EF交DC于点H．已知EH=3，则EFAB的值是 ．  【答案】322【分析】证明△EAD≌△FABSAS，得出∠AED=∠AFB，∠ADE=∠ABF，证明△EDH∽△ABF，得出EDAB=EHAF，根据EF=2AF，ED=2，EH=3，得出2AB=322EF，求出结果即可．【详解】解：∵将AE绕点A顺时针旋转90°得到AF，∴AE=AF，∠EAF=90°，∴∠AEF=45°，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠DAB=90°，∴∠EAD=∠FAB，∴△EAD≌△FABSAS，∴∠AED=∠AFB，∠ADE=∠ABF，∵∠ADB=∠BDC=45°，∴∠ADE=∠EDH=135°，∴∠ABF=135°，∴∠ABF=∠EDH，∵∠AED+∠EDH=45°，∠BAF+∠AFB=45°，∴∠BAF=∠DEH，∴△EDH∽△ABF，∴EDAB=EHAF，∵EF=2AF，ED=2，EH=3，∴2AB=322EF，∴EFAB=322．故答案为：322．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定方法，证明△EDH∽△ABF．三．解答题（共7小题，满分52分）17．（6分）（2023秋·福建龙岩·九年级期末）解下列方程：(1) x2+2x−3=0；(2)xx−4=3x−4．【答案】(1)x1=−3，x2=1(2)x1=4，x2=3【分析】（1）利用因式分解法求解可得；（2）先移项得xx−4−3x−4=0，再利用因式分解法求解可得．【详解】（1）解：x2+2x−3=0，x+3x−1=0，x+3=0或x−1=0，∴x1=−3，x2=1．（2）解：xx−4=3x−4，xx−4−3x−4=0，x−4x−3=0，x−4=0或x−3=0，∴x1=4，x2=3．【点睛】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．18．（6分）（2023秋·山东济宁·九年级统考期末）我市有A，B，C，D，E五个景区很受游客喜爱，一旅行社对某小区居民在暑假期间去以上五个景区旅游（只选一个景区）的意向做了一次随机调查统计，并根据这个统计结果制作了如下两幅不完整的统计图：    (1)该小区居民在这次随机调查中被调查到的人数是________人，m＝________(2)若该小区有居民1200人，试估计去B地旅游的居民约有多少人？(3)小军同学已去过E地旅游，暑假期间计划与父母从A，B，C，D四个景区中，任选两个去旅游，求选到A，C两个景区的概率．（要求画树状图或列表求概率）【答案】(1)200；35(2)420人(3)16【分析】（1）用想去D景区的人数除以它所占的百分比得到调查的总人数，再计算想去B景区的百分比得到m的值； （2）用1200乘以B区所占比值可估计该景区旅游的居民大约人数； （3）画树状图展示所有12种等可能的结果数，找出选到A，C两个景区的结果数，然后根据概率公式计算．【详解】（1）解：该小区居民在这次随机调查中被调查到的人数是20÷10%=200（人）， m%=70200×100%=35%，∴m=35；（2）估计去B地旅游的居民约有1200×35%=420（人）；（3）画树状图如下：   由树状图知，共有12种等可能结果，其中选到A，C两个景区的有2种结果， 所以选到A，C两个景区的概率为212=16．【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率是解题的关键．19．（8分）（2023秋·全国·九年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD是边AB上的高．(1)求证：△ACD∽△ABC；(2)若AC=3，BC=4，求BD的长．【答案】(1)证明见解析(2)165【分析】（1）由已知可得∠ADC=∠ACB=90°，又因为∠A=∠A，根据相似三角形的判定即可得证；（2）根据勾股定理得到AB=5，根据三角形的面积公式得到CD=AC⋅BCAB=125，然后根据勾股定理即可得到结论．【详解】（1）证明：∵CD是边AB上的高，∴∠ADC=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ADC=∠ACB∵∠A=∠A，∴△ACD∽△ABC；（2）解：∵∠ACB=90°，CD是边AB上的高，AC=3，BC=4，∴AB=AC2+BC2=32+42=5，∠CDB=90°，∵S△ABC=12×AB⋅CD=12×AC⋅BC，∴AB⋅CD=AC⋅BC，∴CD=AC⋅BCAB=3×45=125，∵∠CDB=90°，∴BD=BC2−CD2=42−1252=165，∴BD的长为165．【点睛】本题考查相似三角形的判定，勾股定理，三角形高的定义．掌握相似三角形的判定是解题的关键．20．（8分）（2023秋·广东惠州·九年级期末）商场某种商品平均每天可销售30件，每件盈利50元，为了尽快减少库存，商场决定采取适当的降价措施．经调查发现，每件商品每降价1元，商场平均每天可多售出2件．(1)若某天该商品每件降价3元，则商场日销售量增加___________件，当天可获利___________元？(2)设每件商品降价x元，则商场日销售量增加___________件，每件商品，盈利___________元（用含x的代数式表示）；(3)在上述销售正常情况下，每件商品降价多少元时，商场日盈利可达到2000元？【答案】(1)6，1692(2)2x，(50−x)(3)每件商品降价25元时，商场日盈利可达到2000元【分析】（1）根据“盈利=单件利润×销售数量”即可得出结论；（2）根据“每件商品每降价1元，商场平均每天可多售出2件”结合每件商品降价x元，即可找出日销售量增加的件数，再根据原来没见盈利50元，即可得出降价后的每件盈利额；（3）根据“盈利=单件利润×销售数量”即可列出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再根据尽快减少库存即可确定x的值．【详解】（1）销售量增加：2×3=6件，当天盈利：(50−3)×(30+2×3)=1692（元）．故答案为：6；1692．（2）∵每件商品每降价1元，商场平均每天可多售出2件，∴设每件商品降价x元，则商场日销售量增加2x件，每件商品，盈利(50−x)元．故答案为2x，(50−x)；（3）根据题意，得：(50−x)×(30+2x)=2000，整理，得：x2−35x+250=0，解得：x1=10，x2=25，∵商城要尽快减少库存，∴x=25．答：每件商品降价25元时，商场日盈利可达到2000元．【点睛】考查了列代数式、有理数混合运算的实际应用、一元二次方程的应用，解题的关键是根据题意找出数量关系列出一元二次方程（或算式）．21．（8分）（2023秋·湖南衡阳·九年级期末）如图，一次函数y1=ax+b的图象与反比例函数y2=kx（a，b，k是常数，a≠0，k≠0）的图象交于第一象限C（1，4），D（4，m）两点，与坐标轴交于A、B两点，连接OC，OD．（O是坐标原点）(1)求一次函数y1与反比例函数y2的表达式；(2)直接写出当y2>y1时x的取值范围；(3)将直线AB向下平移多少个单位长度，直线与反比例函数图象只有一个交点？【答案】(1)y1=−x+5，y2=4x(2)04(3)1或9【分析】（1）根据待定系数法求解即可；（2）结合图象找出反比例函数图象高于直线部分对应的x的范围即可；（3）设出平移后直线的解析式结合一元二次方程的根的判别式解答即可．【详解】（1）把C（1，4）代入y2=kx，得k=4，∴反比例函数的解析式为y2=4x，把（4，m）代入y2=4x，得m=1，∴D（4，1），把C（1，4），D（4，1）坐标分别代入y1=ax+b得k+b=44k+b=1，解得k=−1b=5，∴一次函数的解析式为y1=−x+5；（2）由图可知，当y2>y1时x的取值范围为：04；（3）设直线AB向下平移n个单位长度，此时直线AB对应的表达式为y=−x+5−n，联立方程组得y=−x+5−ny=4x，消去y得−x+5−n=4x，整理得x2−(5−n)x+4=0，∵直线与反比例函数图象只有一个交点，∴Δ=0，即[−(5−n)]2−4×1×4=0，整理得n2−10n+9=0，解得n1=1，n2=9，∴将直线AB向下平移1或9个单位长度，直线与反比例图象只有一个交点．【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的综合，属于常考题型，熟练掌握两类函数的图象与性质是解题的关键．22．（8分）（2023春·福建厦门·八年级厦门外国语学校校考期末）在平面直角坐标系中，一次函数y=kx+4mm>0的图象经过点Bp,2m，与y轴交于点D．(1)若关于x的一元二次方程x2−2m−1x−k2−2k=1有两个相等实数根，求点B的坐标；(2)已知点Am,0，若直线y=kx+4m与x轴交于点Cn,0，n+2p=4m，原点O到直线CD的距离为855，求△ABC的面积．【答案】(1)2,2(2)4【分析】（1）根据方程有两个相等实数根得出Δ=0，求出k，m，进而求出一次函数解析式，即可求出点B的坐标；（2）将Bp,2m，Cn,0分别代入y=kx+4m后，可求n=2p，结合n+2p=4m，求出p=m，n=2m，然后根据等面积法可求出m=2，然后根据面积公式即可求解．【详解】（1）解：关于x的一元二次方程x2−2m−1x−k2−2k=1，整理得x2−2m−1x−k+12=0，∵方程有两个相等实数根，∴Δ=4m−12+4k+12=0，∴m−1=0，k+1=0，∴m=1，k=−1，∴一次函数为y=−x+4，∵点B的纵坐标为2m=2，∴点B的横坐标为2，∴点B的坐标为2,2（2）解：将Bp,2m，Cn,0分别代入y=kx+4m，得kp+4m=2mkn+4m=0，化简得n=2p，又n+2p=4m，∴p=m，n=2m，∴Bm,2m，C2m,0，又Am,0，∴AC=m，AB⊥OC，OB=m2+2m2=5m，OC=2m=AB，又原点O到直线CD的距离为855，∴S△OBC=125m⋅855=12×2m×2m，∴m=2，∴S△ABC=12AC⋅AB=12×2×4=4．【点睛】本题考查了根的判别式以及一次函数图象上点的坐标特征，灵活运用判别式以及转化点的坐标是解题的关键．23．（8分）（2023·海南·中考真题）已知，如图1，在▱ABCD中，点E是AB中点，连接DE并延长，交CB的延长线于点F．（1）求证：△ADE≌△BFE；（2）如图2，点G是边BC上任意一点（点G不与点B、C重合），连接AG交DF于点H，连接HC，过点A作AK∥HC，交DF于点K．①求证：HC=2AK；②当点G是边BC中点时，恰有HD=n•HK（n为正整数），求n的值．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）n=4．【分析】此题涉及的知识点是两三角形全等的判定，平行四边形的性质点的综合应用，解题时先根据已知条件证明△ADE≌△BFE，再根据两三角形相似的判定，等量代换得出边的大小关系【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠ADE=∠BFE，∠A=∠FBE，在△ADE和△BFE中，，∴△ADE≌△BFE；（2）如图2，作BN∥HC交EF于N，∵△ADE≌△BFE，∴BF=AD=BC，∴BN=HC，由（1）的方法可知，△AEK≌△BEN，∴AK=BN，∴HC=2AK；（3）如图3，作GM∥DF交HC于M，∵点G是边BC中点，∴CG=CF，∵GM∥DF，∴△CMG∽△CHF，∴MGHF=CGCF=14，∵AD∥FC，∴△AHD∽△GHF，∴===，∴=，∵AK∥HC，GM∥DF，∴△AHK∽△HGM，∴==，∴=，即HD=4HK，∴n=4．【点睛】此题重点考查学生对于三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质的综合应用能力，熟练掌握判定条件和性质是解题的关键．-112-1a=−1，b=−1a=−1，b=1a=−1，b=21a=1，b=−1a=1，b=1a=1，b=22a=2，b=−1a=2，b=1a=2，b=2