期中检测卷-2024-2025学年数学九年级上册北师大版

这是一份期中检测卷-2024-2025学年数学九年级上册北师大版，共29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．下列方程是一元二次方程的是（ ）
A．B．
C．D．
2．矩形、菱形、正方形都具有的性质是（ ）
A．对角线相等B．对角线互相平分
C．对角线互相垂直D．对角线平分对角
3．关于的一元二次方程的一个根为，则的值为（ ）
A．B．C．1D．2
4．如图，正方形的边长为5，，连结，则线段的长为（ ）
A．B．C．D．
5．某经济技术开发区今年一月份工业产值达50亿元，且一月份、二月份、三月份的总产值为亿元，若设平均每月的增长率为，根据题意可列方程（ ）
A．B．
C．D．
6．小明在参观故宫博物馆时，被太和殿窗棂的三交六椀菱花图案所吸引，他从中提取出一个含角的菱形（如图1所示）．若边的长度为，则对线线的长度为（ ）
A．B． C．D．
7．如图，中，，，，线段DE的两个端点分别在边上滑动，且，若点分别是的中点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．对于一元二次方程，我国古代数学家还研究过其几何解法．以方程为例加以说明．数学家赵爽在其所著的《勾股圆方注》中记载的方法是：如图，将四个长为，宽为的长方形纸片拼成一个大正方形，则大正方形的边长是，面积是四个矩形的面积与中间小正方形的面积之和，即，据此易得．小明用此方法解关于的方程，其中构造出同样的图形，已知小正方形的面积为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
9．已知、是一元二次方程的两根，则 ．
10．如图，是一个含角的三角板，，，将三角板绕着点 C 顺时针旋转 后，点A与点 D对应，点 B与点E 对应，当边与原三角板的一边平行时，则点A 与点 E 的距离为 ．
11．如图是由7个全等的正六边形组成的图案，假设可以随机在图中取点，那么这个点取在空白部分的概率是 ．
12．如图，在矩形中，，，将沿对角线翻折，点C落在点处，交于点E，则线段的长为 ．
13．如图，菱形的周长为，，点是AB的中点，点是对角线BD上的一个动点，则周长的最小值是 ．
14．为了解该微信二维码中间带微信图标小正方形区域的面积，某小组同学做了抛掷点的实验，实验数据如下：
试估计“点落入圆形区域内”的概率 (精确到0.01) ．
15．如图正方形边长为2，为边中点，为射线上一点不与重合），若为直角三角形，则 ．
16．如图，平面直角坐标系中，以第一个矩形的边为边向上作正方形①，以为边向右作正方形②，得到第二个矩形，以此类推，得到第3个矩形、第4个矩形若这些矩形右上角的顶点、、，与原点在同一直线上，则这条直线的函数解析式为 ．
三、解答题
17．用适当的方法解方程：
(1)
(2)
(3)
(4)
18．有4张背面完全相同的卡片，其正面分别标有数字，0，1，2，将卡片的背面朝上，洗匀后，从中任意抽出1张，将卡片上的数字记录下来，放回洗匀后再从中任意抽出1张，同样将卡片上的数字记录下来．
(1)求第一次抽出的卡片上数字是正数的概率；
(2)小明、小亮做游戏，规则如下：若两次抽出的卡片上的数字的乘积为正数，则小明胜；若两次抽出的卡片上的数字的乘积为负数，则小亮胜．这个游戏规则对小明、小亮公平吗？请用画树状图或列表的方法说明理由．
19．关于的一元二次方程有两个不相等的实数根．
(1)求的取值范围；
(2)写出一个满足条件的k值，并求此时方程的根．
20．如图，在菱形中，对角线，交于点，过点作于点，延长到点，使，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接，若，，求的长度．
21．如图，在中，点D、E分别是的中点，，延长到点F，使得，连结．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求四边形的面积．
22．已知中，，．
(1)如图1，若为斜边上任意一点，求证：；
(2)在图1中，若，，则的长是________；
(3)若点为直线上任意一点，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
23．如图1，在正方形中，E是边上一动点（与C，D不重合），连接，将沿所在的直线折叠得到，延长交于点G，连接，作，交的延长线于点H，连接．
(1)求证：平分；
(2)如图2，过点H作交EG于点P；在点E运动过程中，四边形能否为菱形？若能，请求出的度数；若不能，无需证明．
(3)连接CF，若，请直接写出CF长度的最小值．
24．在等腰中，是射线上的动点，过点作（始终在上方），且，连接．
(1)如图1，当点在线段上时，说明与的关系．
(2)如图2，若为线段上的动点，且，连接，求的长．
(3)若在点的运动过程中，，直接写出的长度．
在正方形内投掷的点数n
100
200
300
400
600
800
900
1000
落入小正方形区域的频数m
9
15
27
34
50
66
76
85
落入小正方形区域的频率
0.090
0.075
0.090
0.085
0.083
0.0825
0.084
0.085
参考答案：
1．D
【分析】本题考查的是一元二次方程的定义，只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程．根据一元二次方程的定义对各选项进行逐一分析即可．
【详解】解：A、当时，方程不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
B、方程整理后得到，是一元一次方程，故本选项不符合题意；
C、方程是一元三次方程，故本选项不符合题意；
D、符合一元二次方程的定义，故本选项符合题意．
故选：D．
2．B
【分析】本题主要考查了矩形、菱形、正方形关于对角线的性质，理解矩形的对角线互相平分且相等；菱形的对角线互相垂直平分，且每一条对角线都平分一组内角；正方形的对角线互相垂直平分且相等，每一条对角线都平分一组内角．
利用矩形、菱形、正方形关于对角线的性质逐项判断即可．
【详解】解：A，矩形、正方形具有对角线相等的性质，而菱形不具有，不符合题意；
B，矩形、菱形、正方形都具有对角线互相平分，符合题意；
C，菱形、正方形具有对角线互相垂直，而矩形不具有，不符合题意；
D，菱形、正方形具有对角线平分对角，而矩形不具有，不符合题意．
故选：B．
3．A
【分析】此题考查了一元二次方程的根，把一元二次方程的根代入方程，解关于m的一元一次方程即可．
【详解】解：∵关于的一元二次方程的一个根为，
∴，
则，
解得，．
故选：A．
4．A
【分析】延长交于点E，根据正方形的性质证明，可得、、，由勾股定理可得的长．
【详解】解：如图，延长交于点E，
∵正方形的边长为5，，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
在中，．
故选A．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及其逆定理的综合运用，通过证三角形全等得出△GHE为等腰直角三角形是解题的关键．
5．D
【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
增长率问题，一般用增长后的量＝增长前的量×（1+增长率），本题可先用x表示出二月份的产值，再根据题意表示出三月份的产值，然后将三个月的产值相加，即可列出方程．
【详解】解：二月份的产值为：，
三月份的产值为：，
故第一季度总产值为：．
故选：D．
6．B
【分析】此题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，根据菱形的性质得到，由推出是等边三角形，即可得出答案，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
故选：B．
7．A
【分析】本题考查了勾股定理，直角三角形的性质，两点之间线段最短，根据勾股定理得到，根据直角三角形斜边中线的性质求得，，当在同一直线上时，取最小值，即可求得的最小值为，根据两点之间线段最短得到在同一直线上时取最小值是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，
∵，，，
∴，
∵，点分别是的中点，
∴，，
当在同一直线上时，取最小值，
∴的最小值为．
故选：．
8．C
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，仿照题干，正确理解一元二次方程的几何解法是解题关键．参照已知方法，将四个长为，宽为的长方形纸片拼成一个大正方形，求出大正方形的边长为10，得到，再根据小正方形的边长为，小正方形的边长的面积是4，求出，即可得到的值．
【详解】解：由题意可知，将四个长为，宽为的长方形纸片拼成一个大正方形，则大正方形的边长是，面积是四个矩形的面积与中间小正方形的面积之和，
∵，小正方形的面积为，
∴大正方形的面积为，
∴大正方形的边长为，
∴，
∴，
∵小正方形的边长为，即，
∵，
即，
故，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：C．
9．2
【分析】本题考查根与系数的关系，根据根与系数的关系，直接得出结果即可．熟练掌握根与系数的关系，是解题的关键．
【详解】解：∵、是一元二次方程的两根，
∴；
故答案为：2．
10．或5
【分析】本题考查了旋转的性质，平行线的性质及矩形的判定与性质等，解题关键是能够根据题意画出图形，再利用相关性质解题．据题意画出图形，分将三角板绕着点 C 顺时针旋转 及两种情况讨论，进行求解即可．
【详解】解：中，，，
，
由旋转性质可得：，
如图所示，
将三角板绕着点 C 顺时针旋转 后，，
此时；
如图所示，
将三角板绕着点 C 顺时针旋转 后，，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
，
故答案为：或5．
11．
【分析】本题考查了概率的定义，图案共有7个全等的正六边形组成，其中空白的正六边形有3个，根据概率公式即可求解．
【详解】解：由题意得，图案共有7个全等的正六边形组成，其中空白的正六边形有3个，
∴假设可以随机在图中取点，那么这个点取在空白部分的概率是．
故答案为：
12．
【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，平行线的性质；解题的关键是根据翻折变换的性质，勾股定理等几何知识，灵活进行判断、分析、推理或解答．首先根据题意得到，然后根据勾股定理得到关于线段的方程，解方程即可解决问题．
【详解】解： ∵四边形为矩形，
∴，，，，
∴，
设，则，
根据折叠可知：，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
即，
解得：，
∴．
故答案为：．
13．
【分析】因为菱形的周长为8，则，连接，与BD交于点，连接，此时值最小．因为四边形是菱形，，推出为等边三角形，所以，因为E是中点，则，，所以则，即可求得周长的最小值．
【详解】解： 菱形的周长为，
，点A与点C关于对称，
连接，与BD交于点，连接，如图，
则，
此时，值最小．
四边形是菱形，，
，
，
为等边三角形，
，
是AB中点，
∴，，
，
．
周长的最小值是．
【点睛】本题考查了轴对称—最短路线问题，菱形的性质，轴对称的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，难度适中，确定点P的位置是解题的关键．
14．
【分析】本题考查了利用频率估计概率，当实验的所有可能结果不是有限个或结果个数很多，或各种可能结果发生的可能性不相等时，一般通过统计频率来估计概率．
大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
【详解】解：观察表格发现：随着实验次数的增多，“点落入圆形区域内”的频率逐渐稳定到附近，
所以估计“点落入圆形区域内”的概率为，
故答案为：．
15．或或
【分析】分三种情况：①如图1，当时，在正方形的内部，先根据直角三角形斜边中线的性质得的长，利用勾股定理得的长，从而可解答；②如图2，当时，在正方形的外部，同理可解答；③如图3，当时，证明，可得，从而可解答．
【详解】解：分三种情况：
①如图1，当时，在正方形的内部，
是的中点，且，
，
四边形是正方形，
，，
，
；
②如图2，当时，在正方形的外部，
同理可得；
③如图3，当时，
，，，
，
，
，
综上，的长是或或；
故答案为：或或．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是运用分类讨论的思想解决问题，并正确画图，不要丢解．
16．
【分析】本题主要考查了待定系数法求一次函数解析式及一元二次方程的应用，解题时注意：求正比例函数，只要一对，的值就可以，因为它只有一个待定系数；而求一次函数，则需要两组，的值．设，，则，，代入函数解析式为化简计算，即可得到的值．
【详解】解：如图，
这些矩形右上角的顶点、、，与原点在同一直线上，
可设这条直线的函数解析式为，
设，，则，，
，，
代入可得：
，
把①代入②，可得：，
化简可得，
解得或（舍去），
这条直线的函数解析式为．
故答案为：．
17．(1)，；
(2)，；
(3)，；
(4)，
【分析】本题考查了解一元二次方程；
（1）两边同时除以得，然后根据直接开平方法解一元二次方程；
（2）先移项，然后配方得，再根据直接开平方法解一元二次方程；
（3）先计算判别式，再根据求根公式，即可求解；
（4）根据因式分解法得，进而即可求解．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴，
∴，；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，；
（3）解：方程中，，，
∵，
，
；
（4）解：，
方程变形得：，
分解因式得：，
解得：，．
18．(1)；
(2)不公平，理由见详解
【分析】本题考查了概率及利用列表法求概率判断游戏的公平性，判断游戏公平性就要计算每个参与者取胜的概率，概率相等就公平，否则就不公平．掌握概率的求法是解题关键，即如果在一次试验中，有n种可能的结果，并且它们发生的可能性都相等，事件A包含其中m种结果，那么事件A发生的概率是．
（1）列举出所有可能数，再利用概率公式即可求出概率；
（2）利用列表法列举所有可能的结果，再利用概率公式求出两人的获胜概率即可得出答案．
【详解】（1）解：第一次抽取卡片共有4种等可能的结果，其中卡片上数字是正数的结果有2种，
∴第一次抽取的卡片上数字是正数的概率是；
（2）解：列表如下：
由表可知，共有16种等可能结果，其中结果为负数的有4种结果，结果为正数的有5种结果，
所以小亮获胜的概率，小明获胜的概率，
∴此游戏不公平．
19．(1)
(2)
【分析】本题主要考查根的判别式以及解一元二次方程，解题的关键是掌握一元二次方程（）的根与系数的关系．
（1）先根据方程有两个不相等的实数根得出，解之可得；
（2）在以上所求的范围内取一值，如，再解方程即可得．
【详解】（1）解：∵关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴，
解得：．
（2）解：取，此时方程为，
解得：．
20．(1)见详解
(2)
【分析】（1）根据菱形的性质得到且，等量代换得到，推出四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）由菱形的性质得，由勾股定理求出，，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出答案．
【详解】（1）证明：四边形是菱形，
且，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是矩形；
（2）解：四边形是菱形，，
，
，
，
在中，，
在中，，
四边形是菱形，
，
．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线性质等知识；正确的识别图形是解题的关键．
21．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据三角形中位线性质，得，根据，得到，结合，推出四边形是平行四边形，推出平行四边形是菱形；
（2）根据菱形性质得到， ，得到是等边三角形，根据正三角形面积公式得到．
【详解】（1）证明：∵D、E分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：由（1）知，四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形综合．熟练掌握三角形中位线性质，平行四边形判定和性质，菱形判定和性质，等边三角形判定和性质，等边三角形面积公式，是解决问题的关键．
22．(1)见解析
(2)
(3)（1）中的结论成立，证明见解析
【分析】本题考查了直角三角形斜边的中线，勾股定理，熟练掌握各知识点是解答本题的关键．
（1）设点E是的中点，连接，证明，由勾股定理得，整理可得；
（2）把，代入（1）中结论即可求解；
（3）设点E是的中点，连接，可证设点E是的中点，连接，由勾股定理得，整理可得．
【详解】（1）证明：设点E是的中点，连接，
∵，
∴，
∴
，
即；
（2）解：把，代入，得
，
解得．
故答案为：；
（3）（1）中的结论成立．
证明：设点E是的中点，连接，
∵，
∴，
∴
，
即．
23．(1)见解析
(2)能，
(3)
【分析】（1）在AB上截取，连接，根据正方形的性质可证得是等腰直角三角形，有，由折叠的性质得，则，可证明，有和，即，则为等腰直角三角形，进一步证明，有，求得，结合即可；
（2）当时，，则四边形为平行四边形，，由（1）得和，则有，即可证明四边形为菱形，有，则，即可得；
（3）根据题意得，当A、F、C三点共线时，CF最短，则CF长度的最小值 ．
【详解】（1）证明：在AB上截取，连接，如图1所示：
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
由折叠的性质得：，
∴，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
即，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴平分；
（2）解：四边形能为菱形，理由如下：
当时，，
∵，
∴四边形为平行四边形，，
由（1）得：，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（3）解：如图2所示，连接：
∵，，
∴，
由（1）得：，
当A、F、C三点共线时，CF最短，
则CF长度的最小值 ．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、等腰三角形的判定和性质、折叠的性质、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质和菱形的判定，解题的关键是熟悉等腰三角形的性质和特殊四边形的相互转化．
24．(1)
(2)
(3)或
【分析】本题主要考查勾股定理，全等三角形的判定和性质，解一元二次方程，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．
（1）根据题意证明，即可找到与的关系；
（2）根据题意证明，得到，根据勾股定理求出，设，在中，由勾股定理即可得到答案；
（3）由题意求出，再根据（1），（2）可得，，从而利用勾股定理计算即可．
【详解】（1）证明：当点在线段上时，
，，
，
，
，
，
，
；
（2）解：，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，
，
在中，由勾股定理得：，
，
解得；
（3）解：连接，
，，
，
设，由（1），（2）可得，，
，
在中，，
，
解得，
故的长度为或．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8


答案
D
B
A
A
D
B
A
C


0
1
2
1
0
0
0
0
0
0
1
0
1
2
2
0
2
4