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北师大版九年级上册数学期中考试试卷
一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分。
1．要使方程是关于x的一元二次方程，则（ ）
A．a≠0 B．a≠3
C．a≠3且b≠-1 D．a≠3且b≠-1且c≠0
2．方程x（x﹣1）=x的解是（　　）
A．x=0 B．x=2 C．x1=0，x2=1 D．x1=0，x2=2
3．如图是边长为10的正方形铁片，过两个顶点剪掉一个三角形，以下四种剪法中，裁剪线长度所标的数据（单位：）不正确的（　　）
A． B． C． D．
4．某地区为估计该地区黄羊的只数，先捕捉20只黄羊给它们分别作上标志，然后放回，待有标志的黄羊完全混合于黄羊群后，第二次捕捉40只黄羊，发现其中两只有标志.从而估计该地区有黄羊( )
A．200只 B．400只 C．800只 D．1000只
5．已知为常数，点在第二象限，则关于的方程根的情况是（）
A．有两个相等的实数根 B．有两个不相等的实数根 C．没有实数根 D．无法判断
6．菱形OACB在平面直角坐标系中的位置如图所示，点C的坐标是(6，0)，点A的纵坐标是1，则点B的坐标是(　　)
A．(3，1) B．(3，－1) C．(1，－3) D．(1，3)
7．如图，矩形纸片ABCD，长AD＝9m，宽AB＝3cm，将其折叠，使点D与点B重合，那么折叠后DE的长为( )
A．7cm B．6cm C．5.5cm D．5cm
8．某校文学小组在举行的图书共享仪式上互赠图书，每位同学都把自己的图书向本组其他成员增送一本，全组共互赠了1260本书，设全组共有x名同学，依题意，可列出方程为( )
A．x(x﹣1)＝1260 B．x(x+1)＝1260
C．2x(x﹣1)＝1260 D．x(x﹣1)＝1260
9．如图，在矩形ABCD中，点E是AD的中点，∠EBC的平分线交CD于点F，将△DEF沿EF折叠，点D恰好落在BE上M点处，延长BC、EF交于点N，有下列四个结论：①DF=CF；②BF⊥EN；③△BEN是等边三角形；④S△BEF=3S△DEF，其中，将正确结论的序号全部选对的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
10．下列关于x的一元二次方程中，有两个不相等的实数的是( ).
A．+2 =0 B．+x-1=0 C．+x+3=0 D．4-4x+1=0.
二、填空题：本大题共6小题，每小题3分，共18分。
11．如果x1、x2是方程x2﹣7x+2＝0的两个根，那么x1+x2＝_____.
12．我们把顺次连接四边形四条边的中点所得的四边形叫中点四边形．现有一个对角线分别为6cm和8cm的菱形，它的中点四边形的对角线长是________．
13．同时抛掷两枚质地均匀的骰子，则事件“两枚骰子的点数和小于7”的概率是_____.
14．若关于x的方程x2+2x﹣3＝0与＝有一个解相同，则a的值为______.
15．如图为某城市部分街道示意图，四边形ABCD为正方形，点G在对角线BD上，GE⊥CD，GF⊥BC，AD=1500m，小敏行走的路线为B→A→G→E，小聪行走的路线为B→A→D→E→F．若小敏行走的路程为3100m，则小聪行走的路程为__________m．
16．如图，小华剪了两条宽为3的纸条，交叉叠放在一起，且它们较小的交角为60°，则它们重叠部分的面积为______.
三、解答题：本大题共9小题，共72分。
17．（4分）用配方法解方程：2x2﹣4x＝1.
18．（8分）如图，在平行四边形ABCD中，AB（1）利用尺规作图，在BC边上确定点E，使点E到边AB，AD的距离相等（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）若BC=7，CD=5，求CE的长．
19．（8分）如图所示，ABCDEF六个小朋友围着一圈做传球游戏，规定：球不得抛给自己，也不得传给其相邻左右两人，假定球最先在A手上，经过两次传球(如A→D→B).完成树状图，画出两次传球的全部可能情况，并问球又传到A手上的概率有多大？
20．（8分）已知关于x的一元二次方程(a＋c)x2＋2bx＋(a－c)＝0，其中a，b，c分别为△ABC三边的长．
(1)如果x＝－1是方程的根，试判断△ABC的形状，并说明理由；
(2)如果方程有两个相等的实数根，试判断△ABC的形状，并说明理由．
21．（8分）如图，已知AB∥DE，AB＝DE，AC＝FD，∠CEF＝90°.
(1)求证：△ABF≌△DEC；
(2)求证：四边形BCEF是矩形.
22．（8分）“十一”黄金周期间, 西安旅行社推出了“西安红色游”项目团购活动，收费标准如下:若总人数不超过25人，每人收费1000元；若总人数超过25人，每增加1人，每人收费降低20元(每人收费不低于700元)，设有x人参加这一旅游项目的团购活动.
(1)当x=35时,每人的费用为______元.
(2)某社区居民组团参加该活动,共支付旅游费用27000元,求该社区参加此次“西安红色游”的人数.
23．（8分）如图，长方形OABC的位置如图所示，点B的坐标为(8，4)，点P从点C出发向点O移动，速度为每秒1个单位；点Q同时从点O出发向点A移动，速度为每秒2个单位，设运动时间为t(0≤t≤4).
(1)填空：点A的坐标为____，点C的坐标为_____，点P的坐标为______(用含t的代数式表示).
(2)当t为何值时，P、Q两点与原点距离相等？
(3)在点P、Q移动过程中，四边形OPBQ的面积是否变化 说明理由.
24．（8分）先阅读，再解决问题.
阅读：材料一、配方法可用来解一元二次方程.例如，对于方程x2+2x﹣1＝0可先配方(x+1)2＝2，然后再利用直接开平方法求解方程.其实，配方还可以用它来解决很多问题.
材料二、对于代数式3a2+1，因为3a2≥0，所以3a2+1≥1，即3a2+1有最小值1，且当a＝0时，3a2+1取得最小值为1.
类似地，对于代数式﹣3a2+1，因为﹣3a2≤0，所以﹣3a2+1≤1，即﹣3a2+1有最大值1，且当a＝0时，﹣3a2+1取得最大值为1.
解答下列问题：
(1)填空：
①当x＝_____时，代数式2x2﹣1有最小值为______；
②当x＝_____时，代数式﹣2(x+1)2+1有最大值为_____.
(2)试求代数式2x2﹣4x+1的最小值，并求出代数式取得最小值时的x的值.(要求写出必要的运算推理过程)
25．（8分）（1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE，求证：CE＝CF；
（2）如图2，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，如果∠GCE＝45°，请你利用（1）的结论证明：GE＝BE＋GD；
（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：
如图3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠B＝90°，AB＝BC，E是AB上一点，且∠DCE＝45°，BE＝4，DE=10, 求直角梯形ABCD的面积．
参考答案
1．B
【分析】
根据一元二次方程的定义选出正确选项．
【详解】
解：∵一元二次方程二次项系数不能为零，
∴，即．
故选：B．
【点睛】
本题考查一元二次方程的定义，解题的关键是掌握一元二次方程的定义．
2．D
【分析】
移项后分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．
【详解】
x（x 1）＝x，
x（x 1） x＝0，
x（x 1 1）＝0，
x＝0，x 1 1＝0，
x1＝0，x2＝2．
故选：D．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程的应用，能把一元二次方程转化成一元一次方程是解此题的关键．
3．A
【详解】
试题分析：正方形的对角线的长是，所以正方形内部的每一个点，到正方形的顶点的距离都有小于14.14，故答案选A.
考点：正方形的性质，勾股定理.
4．B
【分析】
根据捕捉40只黄羊，发现其中2只有标志.说明有标记的占到 ，而有标记的共有20只，根据所占比例解得.
【详解】
20÷＝400(只).
故选：B.
【点睛】
此题考查用样本估计总体，解题关键在于掌握统计的思想就是用样本的信息来估计总体的信息．
5．B
【详解】
试题分析：已知点P（a，c）在第二象限，可得a＜0，c＞0，所以ac＜0，即可判定△=b2﹣4ac＞0，所以方程有两个不相等的实数根．故选B．
考点：根的判别式；点的坐标．
6．B
【分析】
首先连接AB交OC于点D，由四边形OACB是菱形，可得，，，易得点B的坐标是．
【详解】
连接AB交OC于点D，
四边形OACB是菱形，
，，，
点B的坐标是．
故选B．
【点睛】
此题考查了菱形的性质：菱形的对角线互相平分且垂直解此题注意数形结合思想的应用．
7．D
【分析】
由矩形的性质和折叠的性质以及勾股定理得出方程，解方程即可.
【详解】
由折叠的性质得：BE＝DE，
设DE长为xcm，则AE＝(9﹣x)cm，BE＝xcm，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
根据勾股定理得：AE2+AB2＝BE2，
即(9﹣x)2+32＝x2，
解得：x＝5，
即DE长为5cm，
故选：D.
【点睛】
此题考查矩形的性质，翻折变换，勾股定理；熟练掌握矩形和翻折变换的性质，运用勾股定理进行计算是解题的关键．
8．A
【分析】
设全组共有x名同学，那么每名同学要赠送(x﹣1)本，那么总共送x(x﹣1)本，据此可得出方程.
【详解】
设全组共有x名同学，那么每名同学送出的图书是（x﹣1）本；
则总共送出的图书为x(x﹣1)；
又知实际互赠了1260本图书，
∴x (x﹣1)＝1260；
故选：A.
【点睛】
此题考查列一元二次方程，本题弄清每名同学送出的图书是（x-1）本是解题的关键．
9．B
【详解】
试题分析：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠BCD=90°，DF=MF．
由折叠的性质可得：∠EMF=∠D=90°，即FM⊥BE，CF⊥BC．
∵BF平分∠EBC，∴CF=MF．∴DF=CF．故①正确．
∵∠BFM=90°﹣∠EBF，∠BFC=90°﹣∠CBF，∴∠BFM=∠BFC．
∵∠MFE=∠DFE=∠CFN，∴∠BFE=∠BFN．
∵∠BFE+∠BFN=180°，∴∠BFE=90°，即BF⊥EN．故②正确．
∵在△DEF和△CNF中，易由ASA得△DEF≌△CNF，∴EF=FN．∴BE=BN．
但无法求得△BEN各角的度数，
∴△BEN不一定是等边三角形．故③错误．
∵∠BEM=∠BFC，BM⊥FM，BC⊥CF，∴BM=BC=AD=2DE=2EM．∴BM=3EM．
∴S△BEF=3S△EMF=3S△DEF．故④正确．
综上所述，正确的结论是①②④．故选B．
10．B
【分析】
利用一元二次方程根的判别式逐个选项计算，即可解答.
【详解】
A. +2 =0 ，，没有实数根；
B. +x-1=0，，有两个不相等的实数根；
C. +x+3=0，，没有实数根；
D. 4-4x+1=0，，有两个相等的实数根；
故选B
【点睛】
本题考查一元二次方程根的判别式，熟练掌握该知识点是解题关键.
11．7
【分析】
根据根与系数的关系求解.
【详解】
根据题意得x1+x2＝7.
故答案为：7.
【点睛】
此题考查根与系数的关系，解题关键在于掌握计算公式.
12．5cm
【解析】
【分析】
顺次连接这个菱形各边中点所得的四边形是矩形,且矩形的边长分别是菱形对角线的一半,问题得解.
【详解】
解:如图：
顺次连接对角线互相垂直的四边形的各边中点所得的图形是矩形;
理由如下:
E、F、G、H分别为各边中点
EF//GH//AC,EF=GH=DB,EF=HG=AC,EH∥FG∥BD
DB⊥AC,
EF⊥EH,
四边形EFGH是矩形,
EH=BD=3cm,EF=AC=4cm,
HF==5cm.
故答案为:5cm.
【点睛】
本题考查菱形的性质,菱形的四边相等,对角线互相垂直,连接菱形各边的中点得到矩形,且矩形的边长是菱形对角线的一半以及勾股定理的运用.
13．
【分析】
画树状图展示所有36种等可能的结果数，再找出“两枚骰子的点数和小于7”的结果数，然后根据概率公式求解.
【详解】
画树状图为：
共有36种等可能的结果数，其中“两枚骰子的点数和小于7”的结果数为15，
所以“两枚骰子的点数和小于7”的概率；
故答案为：.
【点睛】
此题考查列表法与画树状图法，解题关键在于根据题意画出树状图.
14．-1
【分析】
根据题意可以求得方程x2+2x﹣3＝0与＝相同的解，从而可以求得a的值.
【详解】
由x2+2x﹣3＝0得
x1＝﹣3，x2＝1，
∵＝中x≠﹣3，
∴方程x2+2x﹣3＝0与＝有一个解相同，这个解是x＝1，
∴ ，解得a＝﹣1，
故答案为：﹣1.
【点睛】
此题考查分式方程的解，解一元二次方程-因式分解法，解题关键在于掌握运算法则.
15．4600
【详解】
小敏走的路程为AB+AG+GE=1500+（AG+GE）=3100，则AG+GE=1600m，
小聪走的路程为BA+AD+DE+EF=3000+（DE+EF）.
连接CG，
在正方形ABCD中，∠ADG=∠CDG=45°，AD=CD，
在△ADG和△CDG中，
∴△ADG △CDG，
∴AG=CG.
又∵GE⊥CD，GF⊥BC，∠BCD=90°，
∴四边形GECF是矩形，
∴CG=EF.
又∵∠CDG=45°，
∴DE=GE，
∴小聪走的路程为BA+AD+DE+EF=3000+（GE+AG）=3000+1600=4600m.
点睛：本题主要考查了正方形的性质，解决本题从两人的行走路线得到他们所走的路程和，可以得到AG+GE=1600m，小聪走的路程为BA+AD+DE+EF=3000+（DE+EF），即要求出DE+EF，通一系列的证明即可得到DE=GE，EF=CG=AG，从而解决问题.
16．6
【分析】
首先过点B作BE⊥AD于点E，BF⊥CD于点F，由题意可得四边形ABCD是平行四边形，继而求得AB＝BC的长，判定四边形ABCD是菱形，则可求得答案.
【详解】
过点B作BE⊥AD于点E，BF⊥CD于点F，
根据题意得：AD∥BC，AB∥CD，BE＝BF＝3，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC＝∠ADC＝60°，
∴∠ABE＝∠CBF＝30°，
∴AB＝2AE，BC＝2CF，
∵AB2＝AE2+BE2，
∴AB＝2，
同理：BC＝2，
∴AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AD＝2，
∴S菱形ABCD＝AD BE＝6.
故答案为：6.
【点睛】
此题考查菱形的判定与性质，解题关键在于掌握判定定理和作辅助线.
17．x1＝1+，x2＝1﹣.
【分析】
利用配方法解一元二次方程，解题时要注意解题步骤的准确应用，把左边配成完全平方式，右边化为常数.
【详解】
二次项系数化为1，得x2﹣2x＝，
配方得x2﹣2x+1＝+1，
即(x﹣1)2＝，
开方得：x﹣1＝±，
∴x1＝1+，x2＝1﹣.
【点睛】
此题考查解一元二次方程配方法，解题关键在于掌握运算法则.
18．（1）作图见解析；（2）．
【详解】
试题分析：（1）作的平分线交于，则利用角平分线的性质可得到点满足条件；
（2）利用平行线的性质和角平分线的定义可证明则 然后计算即可．
试题解析：（1）如图，点E为所作；
（2）∵点E到边AB，AD的距离相等，
∴AE平分∠BAD，
∴
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴
∴
∴
∴
故答案为2．
点睛：角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等.
19．树状图见解析，.
【分析】
先根据题意完成树状图，再根据概率公式计算即可求解.
【详解】
如图所示：
两次传球的全部可能情况是9种，球又传到A手上的情况是3种，
故球又传到A手上的概率为.
【点睛】
此题考查列表法与树状图法，解题关键在于根据题意画出树状图.
20．（1）△ABC是等腰三角形，理由见解析；（2）△ABC是直角三角形.理由见解析.
【详解】
试题分析：（1）由方程解的定义把x=﹣1代入方程得到a﹣b=0，即a=b，于是由等腰三角形的判定即可得到△ABC是等腰三角形；
（2）由判别式的意义得到△=0，整理得，然后由勾股定理的逆定理得到△ABC是直角三角形．
试题解析：解：（1）△ABC是等腰三角形．理由如下：
∵x=﹣1是方程的根，∴（a+c）×1﹣2b+（a﹣c）=0，∴a+c﹣2b+a﹣c=0，∴a﹣b=0，∴a=b，∴△ABC是等腰三角形；
（2）△ABC是直角三角形．理由如下：
∵方程有两个相等的实数根，∴△=，∴，∴，∴△ABC是直角三角形．
考点：1．根的判别式；2．等腰三角形的判定；3．勾股定理的逆定理．
21．(1)证明见解析；(2)证明见解析.
【分析】
(1)首先根据AB∥DE得到∠A＝∠D，然后利用SAS定理判定全等即可；
(2)首先判定四边形BCEF为平行四边形，然后根据有一个角是直角的平行四边形为矩形判定矩形即可.
【详解】
证明：(1)∵AB∥DE，
∴∠A＝∠D，
∵AC＝FD，
∴AC﹣CF＝DF﹣CF，
即AF＝CD，
在△ABF与△DEC中，
，
∴△ABF≌△DEC(SAS)；
(2)∵△ABF≌△DEC，
∴EC＝BF，∠ECD＝∠BFA，
∴∠ECF＝∠BFC，
∴EC∥BF，
∴四边形BCEF是平行四边形，
∵∠CEF＝90°，
∴平行四边形BCEF是矩形.
【点睛】
此题考查全等三角形的判定与性质，矩形的判定，解题关键在于掌握判定定理.
22．(1)800；(2)该社区共有30人参加此次“西安红色游”
【分析】
（1）当x=35时，根据“若总人数不超过25人，每人收费1000元；若总人数超过25人，每增加1人，每人收费降低20元，（但每人收费不低于700元）”可得每人的费用为1000-（35-25）×20=800元；
（2）该社区共支付旅游费用27000元，显然人数超过了25人，设该社区共有x人参加此次“西安红色游”，则人均费用为[1000-20（x-25）]元，根据旅游费=人均费用×人数，列一元二次方程求x的值，结果要满足上述不等式．
【详解】
解:(1)当x=35时,每人的费用为1000-(35-25)×20=800(元).
(2)设该社区共有x人参加此次“西安红色游”,
∵1000×25=25000元<27000元,
∴x>25.
由题意,得x[1000-20(x-25)]=27000,
整理,得x2-75x+1350=0,
解得x1=30,x2=45.
检验:当x=30时,人均旅游费用为1000-20×(30-25)=900元>700元,符合题意;
当x=45时,人均旅游费用为1000-20×(45-25)=600元<700元,不合题意,舍去,
∴x=30.
答:该社区共有30人参加此次“西安红色游”.
【点睛】
本题考查了一元二次方程的应用．关键是设旅游人数，表示人均费用，根据旅游费=人均费用×人数，列一元二次方程．
23．(1)A(8,0)；B(0,4)；C（0，4-t）；（2）；（3）(3)四边形OPBQ的面积不变.理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据长方形的对边相等，分别写出点A、C的坐标即可，用t表示出PC的长，即可得OP的长，从而求得点P的坐标；（2）用t表示出OQ的长，根据OP=OQ列出方程，解方程求得t值即可；（3）设运动时间为t，表示出CP、AQ，再根据S四边形OPBQ=S矩形ABCD-S△ABQ-S△BPC列式整理即可得解．
【详解】
解：（1）填空：点A的坐标为 (8,0)，点C的坐标为 (0,4)，
点P的坐标为（0，4-t）.（用含t的代数式表示）
依题意可知:OP=4-t，OQ=2t，若OP=OQ，则有：4-t=2t
解之得,t=.
∴当t=时,点P和点Q到原点的距离相等
四边形OPBQ的面积不变.理由如下:
∴四边形OPBQ的面积不变
点睛：本题考查了坐标与图形性质，主要利用了矩形的对边相等的性质，三角形的面积，用规则图形的面积表示出不规则的四边形OPBQ的面积是解题的关键．
24．(1)①0，-1；②-1，1；(2)x＝1时，2(x﹣1)2﹣1取得最小值﹣1.
【分析】
(1)①②根据材料二得出的规律，可直接得出答案；
(2)先把代数式2x2﹣4x+1变形为2(x﹣1)2﹣1，再根据2(x﹣1)2≥0，得出2(x﹣1)2﹣1≥﹣1，即可求出代数式取得最小值时的x的值.
【详解】
(1)根据题意得：
①当x＝0时，代数式2x2﹣1有最小值为﹣1；
②当x＝﹣1时，代数式﹣2(x+1)2+1有最大值为1；
故答案为：0，﹣1；﹣1，1.
(2)∵2x2﹣4 x+1＝2(x2﹣2x)+1＝2(x2﹣2x+1﹣1)+1＝2(x﹣1)2﹣1，
2(x﹣1)2≥0，
∴2(x﹣1)2﹣1≥﹣1，
即2(x﹣1)2﹣1有最小值﹣1，
当x＝1时，2(x﹣1)2﹣1取得最小值﹣1.
【点睛】
此题考查配方法的应用，解题关键在于理解题意掌握运算法则.
25．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）108.
【分析】
（1）根据正方形的性质，可直接证明△CBE≌△CDF，从而得出CE=CF；
（2）延长AD至F，使DF=BE，连接CF，根据（1）知∠BCE=∠DCF，即可证明∠ECF=∠BCD=90°，根据∠GCE=45°，得∠GCF=∠GCE=45°，利用全等三角形的判定方法得出△ECG≌△FCG，即GE=GF，即可得出答案GE=DF+GD=BE+GD；
（3）过C作CF⊥AD的延长线于点F．则四边形ABCF是正方形，设DF=x，则AD=12-x，根据（2）可得：DE=BE+DF=4+x，在直角△ADE中利用勾股定理即可求解.
【详解】
（1）如图1，在正方形ABCD中，
∵BC=CD，∠B=∠CDF，BE=DF，
∴△CBE≌△CDF，
∴CE=CF；
（2）如图，延长AD至F，使DF=BE，连接CF，
由（1）知△CBE≌△CDF，
∴∠BCE=∠DCF，
∴∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD，
即∠ECF=∠BCD=90°，
又∵∠GCE=45°，
∴∠GCF=∠GCE=45°，
∵CE=CF，∠GCE=∠GCF，GC=GC，
∴△ECG≌△FCG，
∴GE=GF，
∴GE=DF+GD=BE+GD；
（3）如图：过点C作CF⊥AD于F，
∵AD∥BC，∠B＝90°，
∴∠A＝90°，
∵∠A＝∠B＝90°，FC⊥AD，
∴四边形ABCF是矩形，且AB＝BC＝12，
∴四边形ABCF是正方形，
∴AF＝12，
由（2）可得DE＝DF＋BE，
∴DE＝4＋DF，
在△ADE中，AE2＋DA2＝DE2，
∴（12 4）2＋（12 DF）2＝（4＋DF）2，
∴DF＝6，
∴AD＝6，
∴S四边形ABCD＝ (AD＋BC)×AB＝×(6＋12)×12＝108．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质以及正方形的性质，解决本题的关键是注意每个题目之间的关系，正确作出辅助线．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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