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广东省深圳市2025-2026学年九年级上学期数学期中模拟测试练习卷
一．选择题（共10小题）
1．如图是小方制作的1个圆形飞镖盘，该飞镖盘被平均分成了四个区域，每个区域上分别画有线段、等边三角形、平行四边形、矩形．小方随机投掷两次飞镖（若飞镖落在分界线上或飞镖盘外，则重新投掷），则两次所投区域上的图形既是轴对称图形又是中心对称图形的概率是（　　）
A． B． C． D．
2．（2021 播州区校级模拟）一元二次方程x2﹣x＝0的一个根是（　　）
A．x＝﹣1 B．x＝0 C．x＝2 D．x＝3
3．（2024秋 汉滨区校级期中）一元二次方程x2＝4的根是（　　）
A．2 B．﹣2 C．±2 D．无实数根
4．（2024春 江夏区校级月考）在一个不透明的口袋中有四个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，4．随机摸出一个球，记下标号后放回，再随机摸出一球，则两次标号之和为4的概率为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024秋 泸县期末）如图，菱形ABCD的边长为6，对角线AC，BD交于点O，E是CD边上一动点，过点E分别作EF⊥OC于点F，EG⊥OD于点G，连接FG，当FG取得最小值时，菱形两条对角线的和为（　　）
A．4 B．8 C．16 D．32
6．（2021春 杨陵区期末）下列说法正确的是（　　）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形
B．对角线相等的四边形是平行四边形
C．对角线相等的平行四边形是矩形
D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
7．（2023春 姑苏区校级期末）将方程x2+4x+1＝0配方后，原方程变形为（　　）
A．（x+4）2＝3 B．（x+2）2＝﹣3 C．（x+2）2＝3 D．（x+2）2＝﹣5
8．（2024春 宁远县期中）在不透明的袋子里装有颜色不同的6个红球和6个白球，每次从袋子里摸出一个球记录下颜色后再放回，经过多次重复试验，发现摸到白球的频率最有可能接近的数值为（　　）
A．1.25 B．0.98 C．0.52 D．0.03
9．（2023 涪城区模拟）如图，在矩形ABCD中，O为AC中点，EF过O点且EF⊥AC，分别交DC于F，交AB于E，点G是AE中点，∠AOG＝30°，则下列结论是（　　）
①DC＝3OG；②OGBC；③△OGE是等边三角形；④S△AOES矩形ABCD．
A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①③④
10．如图，正方形ABCD的面积为169，G是BC上的一点，DE⊥AG于点E，BF∥DE，且交AG于点F．若AE＝5，则EF的长是（　　）
A．5 B．7 C．8 D．13
二．填空题（共5小题）
11．（2024秋 怀仁市期中）已知m是方程x2﹣2x﹣2024＝0的一个根，则m2﹣2m+1＝　 　 ．
12．（2024秋 宝应县月考）关于x的一元二次方程（m+2）x2+x+m2﹣4＝0有一根为0，则m的值为 　 　 ．
13．（2023春 于洪区期末）转动如图所示的转盘，转盘停止后，指针落在白色区域的概率是 　 　 ．
14．（2024秋 瑞安市校级期末）在同样条件下对某种小麦种子进行发芽实验：统计发芽种子数，获得如下频数表：
试验种子数n（粒） 50 100 500 1000 2000 3000
发芽频数m 47 96 475 951 1900 2850
发芽频率 0.94 0.96 0.95 0.951 0.95 0.95
如果播种该种小麦10000粒种子，那么估计有　 　 粒发芽．
15．（2024 盱眙县校级模拟）如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝8，点P是直线AD上一动点，点E在直线PB上，若∠BEC＝∠BCP，则CE的最小值是 　 　 ．
三．解答题（共7小题）
16．（2022秋 兴文县期中）按要求解方程：
（1）x2﹣4＝x+2（因式分解法）；
（2）x2﹣2x﹣5＝0（配方法）；
（3）2x2+6x﹣1＝0（公式法）．
17．（2023秋 丰都县期中）杭州亚运会期间，某旗舰店以相同的价格购进了两批亚运会吉祥物毛绒玩具玩偶套装，第一批100套，售价108元；第二批150套，售价98元，两批全部售出，该旗舰店共获利10500元．
（1）求玩偶套装的进价是多少元？
（2）该店以相同的价格购进第三批玩偶套装200套，当每套售价为90元时，第一天卖出50套，第二天卖出40套，随着亚运会结束，该玩偶开始滞销，店家决定降价促销，每下降5元，在第二天的销量上增加10套，到第三天结束时，这批玩偶已卖出的部分获利3900元，为了在第四天内全部卖出，应降价多少元？
18．（2023 灞桥区校级三模）如图，在正方形ABCD中，点P在边AD上，且不与点A，D重合，点H在边AB上，且不与点A，B重合，连接BP、CH，BP与CH交于点E．若BP＝CH，求证：BP⊥CH．
19．（2024秋 重庆期中）学校为了打造书香校园，准备分三月份和四月份两个批次分别购入A、B两款读物若干本．今年三月购入第一批读物，经了解，购买A款读物的数量为购买B款读物数量的4倍还多300本，且A、B两种读物的单价分别为15元和25元，共用去资金30000元．
（1）求第一批购入A、B两款读物的数量；
（2）今年四月份，恰逢世界读书月，全国各地书籍需求量增加，A款读物单价有所上涨．学校决定，若A款读物的单价每上涨1元，则购入数量就比第一批A款读物的数量减少50本．因B款读物单价与第一批相同，所以B款读物的购入数量在第一批B款读物的基础上增加，最终花费的总资金比第一批增加了5000元，求A款读物的单价上涨了多少元？（涨价金额为正数）
20．为落实立德树人的根本任务，加强思政、历史学科教师的专业化队伍建设．某校计划从前来应聘的思政专业（一名研究生、一名本科生）、历史专业（一名研究生、一名本科生）的高校毕业生中选聘教师，在政治思想审核合格的条件下，假设每位毕业生被录用的机会相等．若从中录用两人，请用列表或画树状图的方法，求恰好选到的是一名思政研究生和一名历史本科生的概率．
21．（2023 新余一模）（1）计算：．
（2）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边BC，AD上，且四边形AECF为正方形．求证：BE＝DF．
22．（2023秋 朝阳区校级期中）在菱形ABCD中，∠BAD＝α，E为对角线AC上的一点（不与A，C重合），将射线EB绕点E顺时针旋转β角之后，所得射线与直线AD交于F点，试探究线段EB与EF的数量关系，小字发现点E的位置，α和β的大小都不确定，于是他从特殊情况开始进行探究．
（1）如图1，当a＝β＝90°时，菱形ABCD是正方形．小宇发现，在正方形中，AC平分∠BAD，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．由角平分线的性质可知EM＝EN，进而可得△EMF≌△ENB，并由全等三角形的性质得到EB与EF的数量关系为 　 　 ；
（2）如图2，当α＝60°，β＝120°时，
①依题意补全图形；
②请帮小字继续探究（1）的结论是否成立．若成立，请给出证明；若不成立，请举出反例说明．
广东省深圳市2025-2026学年九年级上学期数学期中模拟测试练习卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．如图是小方制作的1个圆形飞镖盘，该飞镖盘被平均分成了四个区域，每个区域上分别画有线段、等边三角形、平行四边形、矩形．小方随机投掷两次飞镖（若飞镖落在分界线上或飞镖盘外，则重新投掷），则两次所投区域上的图形既是轴对称图形又是中心对称图形的概率是（　　）
A． B． C． D．
【考点】几何概率；列表法与树状图法；轴对称图形；中心对称图形．
【专题】概率及其应用；几何直观；数据分析观念．
【答案】C
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的定义，判断线段、矩形，既是轴对称图形又是中心对称图形，进而根据概率公式即可求解．
【解答】解：用列表法表示所有可能出现的结果情况如下：
共有16种可能出现的结果情况，其中两次所投区域上的图形既是轴对称图形又是中心对称图形的有4种，
所以两次所投区域上的图形既是轴对称图形又是中心对称图形的概率是．
故选：C．
【点评】本题考查了几何概率，轴对称图形与中心对称图形的定义，熟练掌握以上知识是解题的关键，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
2．（2021 播州区校级模拟）一元二次方程x2﹣x＝0的一个根是（　　）
A．x＝﹣1 B．x＝0 C．x＝2 D．x＝3
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法．
【专题】计算题；一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】B
【分析】利用因式分解法求解即得结论．
【解答】解：x2﹣x＝0，
x（x﹣1）＝0，
∴x＝0或x﹣1＝0．
∴x1＝0，x2＝1．
故选：B．
【点评】本题考查了一元二次方程，掌握一元二次方程的因式分解法是解决本题的关键．
3．（2024秋 汉滨区校级期中）一元二次方程x2＝4的根是（　　）
A．2 B．﹣2 C．±2 D．无实数根
【考点】解一元二次方程﹣直接开平方法．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】C
【分析】利用直接开平方法直接求解即可．
【解答】解：x2＝4，
x＝±，
解得x＝±2，
故选：C．
【点评】本题主要考查解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键．
4．（2024春 江夏区校级月考）在一个不透明的口袋中有四个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，4．随机摸出一个球，记下标号后放回，再随机摸出一球，则两次标号之和为4的概率为（　　）
A． B． C． D．
【考点】列表法与树状图法．
【专题】概率及其应用；应用意识．
【答案】C
【分析】列表可得出所有等可能的结果数以及两次标号之和为4的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【解答】解：列表如下：
1 2 3 4
1 （1，1） （1，2） （1，3） （1，4）
2 （2，1） （2，2） （2，3） （2，4）
3 （3，1） （3，2） （3，3） （3，4）
4 （4，1） （4，2） （4，3） （4，4）
共有16种等可能的结果，其中两次标号之和为4的结果有：（1，3），（2，2），（3，1），共3种，
∴两次标号之和为4的概率为．
故选：C．
【点评】本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
5．（2024秋 泸县期末）如图，菱形ABCD的边长为6，对角线AC，BD交于点O，E是CD边上一动点，过点E分别作EF⊥OC于点F，EG⊥OD于点G，连接FG，当FG取得最小值时，菱形两条对角线的和为（　　）
A．4 B．8 C．16 D．32
【考点】矩形的判定与性质；垂线段最短；勾股定理；菱形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】C
【分析】由菱形的性质得AC⊥BD，可证四边形OGEF为矩形，连接OE，则OE＝GF，当OE⊥DC时，GF最短，由勾股定理结合面积法求得S△COD＝7，OC×OD＝14，OC2+OD2＝36，再利用完全平方公式变形计算即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵EG⊥OD于点G，EF⊥OC于点F，
∴四边形OGEF是矩形，
连接OE，则OE＝GF，当OE⊥DC时，GF的值最小，
∵，CD＝6，
∴OC2+OD2＝CD2＝36，7，
又，
∴OC×OD＝14，
∴（OC+OD）2＝OC2+OD2+2OC×OD＝36+2×14＝64，
∴OC+OD＝8（负值已舍），
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC＝2OC，BD＝2OD，
∴菱形两条对角线的和为AC+BD＝2（OC+OD）＝2×8＝16，
故选：C．
【点评】此题考查了菱形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理，垂线段最短，熟练掌握以上知识是解题的关键．
6．（2021春 杨陵区期末）下列说法正确的是（　　）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形
B．对角线相等的四边形是平行四边形
C．对角线相等的平行四边形是矩形
D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
【考点】矩形的判定；平行四边形的判定与性质；菱形的判定．
【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】C
【分析】根据矩形的判定，菱形的判定，平行四边形的判定依次判断可求解．
【解答】解：A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故选项A不符合题意；
B、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故选项B不符合题意；
C、对角线相等的平行四边形是矩形，故选项C符合题意；
D、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故选项D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
7．（2023春 姑苏区校级期末）将方程x2+4x+1＝0配方后，原方程变形为（　　）
A．（x+4）2＝3 B．（x+2）2＝﹣3 C．（x+2）2＝3 D．（x+2）2＝﹣5
【考点】解一元二次方程﹣配方法．
【专题】配方法；运算能力．
【答案】C
【分析】根据配方法的一般步骤：
（1）把常数项移到等号的右边；
（2）把二次项的系数化为1；
（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方，解答即可．
【解答】解：∵x2+4x+1＝0，
∴x2+4x＝﹣1，
∴x2+4x+4＝﹣1+4，
∴（x+2）2＝3．
故选：C．
【点评】此题考查了配方法解一元二次方程，解题关键是要注意解题步骤的准确应用．
8．（2024春 宁远县期中）在不透明的袋子里装有颜色不同的6个红球和6个白球，每次从袋子里摸出一个球记录下颜色后再放回，经过多次重复试验，发现摸到白球的频率最有可能接近的数值为（　　）
A．1.25 B．0.98 C．0.52 D．0.03
【考点】利用频率估计概率．
【专题】概率及其应用；运算能力．
【答案】C
【分析】一般地，在大量重复实验中，如果事件A发生的频率会稳定在某个常数p附近，那么这个常数p就叫做事件A的概率，记为P（A）＝p．
【解答】解：由题意可知摸到白球的概率，
摸到白球的频率最有可能接近的数值为0.52，
故选：C．
【点评】本题考查了概率的意义，明确概率的意义是解答的关键．
9．（2023 涪城区模拟）如图，在矩形ABCD中，O为AC中点，EF过O点且EF⊥AC，分别交DC于F，交AB于E，点G是AE中点，∠AOG＝30°，则下列结论是（　　）
①DC＝3OG；②OGBC；③△OGE是等边三角形；④S△AOES矩形ABCD．
A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①③④
【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；三角形中位线定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】D
【分析】由直角三角形斜边上的中线性质得OG＝AG＝GEAE，再求出求出∠GOE＝60°，得△OGE是等边三角形，则③正确；设AE＝2a，由等边三角形的性质表示出OE，再由勾股定理列式求出AO，从而得到AC，再求出BC，然后由勾股定理求出AB＝3a，得①正确，②错误；最后由三角形的面积和矩形的面积得④正确即可．
【解答】解：∵EF⊥AC，点G是AE中点，
∴OG＝AG＝GEAE，
∵∠AOG＝30°，
∴∠OAG＝∠AOG＝30°，∠GOE＝90°﹣∠AOG＝90°﹣30°＝60°，
∴△OGE是等边三角形，故③正确；
设AE＝2a，则OE＝OG＝a，
由勾股定理得，AO，
∵O为AC中点，
∴AC＝2AO＝2a，
∴BCAC2aa，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，AB3a，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝3a，
∴DC＝3OG，故①正确；
∵OG＝a，BCa，
∴OGBC，故②错误；
∵S△AOEa aa2，S矩形ABCD＝3a a＝3a2，
∴S△AOES矩形ABCD，故④正确；
综上所述，结论正确的是①③④，
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质，由勾股定理求出BC的长是解题的关键．
10．如图，正方形ABCD的面积为169，G是BC上的一点，DE⊥AG于点E，BF∥DE，且交AG于点F．若AE＝5，则EF的长是（　　）
A．5 B．7 C．8 D．13
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形．
【答案】B
【分析】先根据正方形的性质和勾股定理可得ED＝12，再证△ABF≌△DAE可得AF＝DE＝12，最后根据线段的和差即可解答．
【解答】解：∵正方形ABCD的面积为169，
∴正方形的边长AD＝AB＝13，∠DAB＝90°，
∴∠BAF+∠DAE＝90°，
∵DE⊥AG，AE＝5，
∴，∠ADE+∠DAE＝90°，
∴∠BAF＝∠ADE，
∵BF∥DE，
∴∠BFA＝∠DEG＝90°，即∠BFA＝∠AED＝90°，
∴△ABF≌△DAE（AAS），
∴AF＝DE＝12，
∴EF＝AF﹣AE＝7．
故选：B．
【点评】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，根据已知条件证得△ABF≌△DAE是解答本题的关键．
二．填空题（共5小题）
11．（2024秋 怀仁市期中）已知m是方程x2﹣2x﹣2024＝0的一个根，则m2﹣2m+1＝　2025　 ．
【考点】一元二次方程的解；代数式求值．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】2025．
【分析】根据题意，将x＝m代入x2﹣2x﹣2024＝0，得到m2﹣2m﹣2024＝0，即可求得m2﹣2m+1的值．
【解答】解：∵m是方程x2﹣2x﹣2024＝0的一个根，
∴m2﹣2m﹣2024＝0，
∴m2﹣2m＝2024，
将m2﹣2m＝2024代入得：
m2﹣2m+1
＝2024+1
＝2025．
故答案为：2025．
【点评】本题考查一元二次方程的解，解答本题的关键是明确一元二次方程的解一定使得原方程成立．
12．（2024秋 宝应县月考）关于x的一元二次方程（m+2）x2+x+m2﹣4＝0有一根为0，则m的值为 　2　 ．
【考点】一元二次方程的解；一元二次方程的定义．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】2．
【分析】根据一元二次方程解的含义，把解代入所给的方程中，即可求得m的值，然后结合一元二次方程二次项系数不等于零求解即可．
【解答】解：∵由条件可知：m2﹣4＝0，m+2≠0，
∴m1＝2或m2＝﹣2，且m≠﹣2，
∴m＝2．
故答案为：2．
【点评】本题主要考查了一元二次方程的解的概念，掌握此概念是关键．
13．（2023春 于洪区期末）转动如图所示的转盘，转盘停止后，指针落在白色区域的概率是 　　 ．
【考点】几何概率．
【专题】概率及其应用；数据分析观念．
【答案】．
【分析】用白色区域圆心角的度数除以周角的度数即可求得答案．
【解答】解：观察图形知：白色区域的圆心角为360°﹣90°＝270°，
所以指针落在白色区域的概率是，
故答案为：．
【点评】本题考查了几何概率的知识，解题的关键是确定白色区域的圆心角的度数，难度中等．
14．（2024秋 瑞安市校级期末）在同样条件下对某种小麦种子进行发芽实验：统计发芽种子数，获得如下频数表：
试验种子数n（粒） 50 100 500 1000 2000 3000
发芽频数m 47 96 475 951 1900 2850
发芽频率 0.94 0.96 0.95 0.951 0.95 0.95
如果播种该种小麦10000粒种子，那么估计有　9500　 粒发芽．
【考点】利用频率估计概率．
【专题】概率及其应用；运算能力．
【答案】9500．
【分析】先得到麦种的发芽概率约为0.95，再利用发芽概率乘以小麦种子总数即可求解．
【解答】解：由表可知小麦种子的发芽频率稳定在0.95左右，
∴估计该麦种的发芽概率约为0.95，
∴播种该种小麦10000粒种子，有10000×0.95＝9500粒发芽，
故答案为：9500．
【点评】本题考查了利用频率估计概率，熟知大量重复试验时，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是解题的关键．
15．（2024 盱眙县校级模拟）如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝8，点P是直线AD上一动点，点E在直线PB上，若∠BEC＝∠BCP，则CE的最小值是 　　 ．
【考点】菱形的性质；等边三角形的判定与性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；推理能力．
【答案】．
【分析】连接AE，作△ABE的外接圆⊙O，连接OE，OB，OC，OA．利用相似三角形的性质判断出∠AEB＝120°，得出点E的运动轨迹，可得结论．
【解答】解：连接AE，作△ABE的外接圆⊙O，连接OE，OB，OC，OA．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，AD∥CB，
∴∠BAD＝180°﹣∠ABC＝120°，
∵∠BEC＝∠BCP，∠CBE＝∠PBC，
∴△EBC∽△CBP，
∴，
∴BC2＝BE BP，
∴AB2＝BE BP，
∴，
∵∠ABE＝∠ABP，
∴△ABE∽△PBA，
∴∠AEB＝∠BAP＝120°，
∴点E在⊙O上运动，
∵OA＝OB，∠AOB＝120°，
∴∠OBA＝∠OAB＝30°，
∴OA＝OB，
∴OC，
∵EC≥OC﹣OE，
∴EC的最小值为．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，菱形的性质以及面积法的运用，解决问题的关键是利用相似三角形的对应边成比例得出当CP最短时，CE最短．
三．解答题（共7小题）
16．（2022秋 兴文县期中）按要求解方程：
（1）x2﹣4＝x+2（因式分解法）；
（2）x2﹣2x﹣5＝0（配方法）；
（3）2x2+6x﹣1＝0（公式法）．
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法；解一元二次方程﹣配方法；解一元二次方程﹣公式法．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】（1）x1＝﹣2，x2＝3；
（2），；
（3），．
【分析】（1）移项，利用提公因式法将方程的左边因式分解，继而得出两个关于x的一元一次方程，再进一步求解即可；
（2）将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后，再开方即可得；
（3）利用公式法求解即可．
【解答】解：（1）x2﹣4＝x+2，
∴（x+2）（x﹣2）﹣（x+2）＝0，
∴（x+2）（x﹣2﹣1）＝0，
∴x+2＝0，x﹣3＝0，
∴x1＝﹣2，x2＝3；
（2）x2﹣2x﹣5＝0，
移项得x2﹣2x＝5，
配方得x2﹣2x+1＝5+1，即（x﹣1）2＝6，
∴，
∴，；
（3）2x2+6x﹣1＝0，
∵a＝2，b＝6，c＝﹣1，
∴Δ＝b2﹣4ac＝62﹣4×2×（﹣1）＝44＞0，
∴，
∴，．
【点评】本题主要考查解一元二次方程，解一元二次方程常用的方法有：直接开平方法、因式分解法、公式法及配方法．
17．（2023秋 丰都县期中）杭州亚运会期间，某旗舰店以相同的价格购进了两批亚运会吉祥物毛绒玩具玩偶套装，第一批100套，售价108元；第二批150套，售价98元，两批全部售出，该旗舰店共获利10500元．
（1）求玩偶套装的进价是多少元？
（2）该店以相同的价格购进第三批玩偶套装200套，当每套售价为90元时，第一天卖出50套，第二天卖出40套，随着亚运会结束，该玩偶开始滞销，店家决定降价促销，每下降5元，在第二天的销量上增加10套，到第三天结束时，这批玩偶已卖出的部分获利3900元，为了在第四天内全部卖出，应降价多少元？
【考点】一元二次方程的应用；一元一次方程的应用．
【专题】一次方程（组）及应用；一元二次方程及应用；应用意识．
【答案】（1）60元；
（2）10元．
【分析】（1）设玩偶套装的进价是x元，利用总利润＝每套的销售利润×销售数量，可列出关于x的一元一次方程，解之即可得出结论；
（2）设应降价y元，则每套的销售利润为（90﹣y﹣60）元，第三天可售出（40+2y）套，根据“到第三天结束时，这批玩偶已卖出的部分获利3900元”，可列出关于y的一元二次方程，解之可得出y值，再结合要在第四天内全部卖出，即可确定结论．
【解答】解：（1）设玩偶套装的进价是x元，
根据题意得：100（108﹣x）+150（90﹣x）＝10500，
解得：x＝60．
答：玩偶套装的进价是60元；
（2）设应降价y元，则每套的销售利润为（90﹣y﹣60）元，第三天可售出40+10（40+2y）套，
根据题意得：（90﹣60）×50+（90﹣60）×40+（90﹣y﹣60）（40+2y）＝3900，
整理得：y2﹣10y＝0，
解得：y1＝0，y2＝10，
又∵随着亚运会结束，该玩偶开始滞销，且要在第四天内全部卖出，
∴y＝10．
答：应降价10元．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用以及一元一次方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元一次方程；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程．
18．（2023 灞桥区校级三模）如图，在正方形ABCD中，点P在边AD上，且不与点A，D重合，点H在边AB上，且不与点A，B重合，连接BP、CH，BP与CH交于点E．若BP＝CH，求证：BP⊥CH．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】见解析过程．
【分析】由“HL”可证Rt△ABP≌Rt△BCH，可得∠BCH＝∠ABP，由余角的性质可得结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠A＝∠ABC＝90°，
在Rt△ABP和Rt△BCH中，
，
∴Rt△ABP≌Rt△BCH（HL），
∴∠BCH＝∠ABP，
∵∠ABP+∠CBP＝90°＝∠BCH+∠CBP，
∴∠CEB＝90°，
∴BP⊥CH．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．
19．（2024秋 重庆期中）学校为了打造书香校园，准备分三月份和四月份两个批次分别购入A、B两款读物若干本．今年三月购入第一批读物，经了解，购买A款读物的数量为购买B款读物数量的4倍还多300本，且A、B两种读物的单价分别为15元和25元，共用去资金30000元．
（1）求第一批购入A、B两款读物的数量；
（2）今年四月份，恰逢世界读书月，全国各地书籍需求量增加，A款读物单价有所上涨．学校决定，若A款读物的单价每上涨1元，则购入数量就比第一批A款读物的数量减少50本．因B款读物单价与第一批相同，所以B款读物的购入数量在第一批B款读物的基础上增加，最终花费的总资金比第一批增加了5000元，求A款读物的单价上涨了多少元？（涨价金额为正数）
【考点】一元二次方程的应用；一元一次方程的应用．
【专题】一次方程（组）及应用；一元二次方程及应用；应用意识．
【答案】（1）第一批购入A款读物1500本，B款读物300本；
（2）A款读物的单价上涨了15元．
【分析】（1）设第一批购入B款读物x本，则第一批购入A款读物（4x+300）本，利用总价＝单价×数量，可列出关于x的一元一次方程，解之可得出x的值（即第一批购入B款读物的数量），再将其代入（4x+300）中，即可求出第一批购入A款读物的数量；
（2）设A款读物的单价上涨了y元，则购入数量为（1500﹣50y）本，利用总价＝单价×数量，可列出关于y的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
【解答】解：（1）设第一批购入B款读物x本，则第一批购入A款读物（4x+300）本，根据题意，得
15（4x+300）+25x＝30000，
解这个方程，得x＝300，
∴4x+300＝4×300+300＝1500．
答：第一批购入A款读物1500本，B款读物300本；
（2）设A款读物的单价上涨了y元，则购入数量为（1500﹣50y）本，根据题意，得
（15+y）（1500﹣50y）+25×300×（1）＝30000+5000，
化简，得y2﹣15y＝0，
解这个方程，得y1＝15，y2＝0（不符合题意，舍去）．
答：A款读物的单价上涨了15元．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用以及一元一次方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元一次方程；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程．
20．为落实立德树人的根本任务，加强思政、历史学科教师的专业化队伍建设．某校计划从前来应聘的思政专业（一名研究生、一名本科生）、历史专业（一名研究生、一名本科生）的高校毕业生中选聘教师，在政治思想审核合格的条件下，假设每位毕业生被录用的机会相等．若从中录用两人，请用列表或画树状图的方法，求恰好选到的是一名思政研究生和一名历史本科生的概率．
【考点】列表法与树状图法．
【专题】概率及其应用；运算能力．
【答案】．
【分析】设思政专业的一名研究生为A、一名本科生为B，历史专业的一名研究生为C、一名本科生为D，由此画出树状图；接下来，由树状图中得出总的情况数和恰好选到一名思政研究生和一名历史本科生的情况数，用除法即可求出概率．
【解答】解：设思政专业的一名研究生为A、一名本科生为B，历史专业的一名研究生为C、一名本科生为D，画树状图如下：
共有12个等可能的结果，恰好选到的是一名思政研究生和一名历史本科生的结果有2个，
∴恰好选到的是一名思政研究生和一名历史本科生的概率为．
【点评】此题考查的是关于概率的题目，回忆利用列表法或树状图法求概率的方法．
21．（2023 新余一模）（1）计算：．
（2）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边BC，AD上，且四边形AECF为正方形．求证：BE＝DF．
【考点】正方形的性质；实数的运算；零指数幂；负整数指数幂；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．
【专题】实数；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）3；（2）证明略．
【分析】（1）依据题意，根据实数的性质进行化简计算即可得解．
（2）依据题意，由平行四边形ABCD的性质可得AD＝BC，再由正方形AECF的性质可得AF＝EC，最后由等式的性质可以得解．
【解答】解：（1）原式＝4﹣（2）+1
＝4﹣21
＝3．
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC．
∵四边形AECF是正方形，
∴AF＝EC．
∴AD﹣AF＝BC﹣EC．
∴DF＝BE．
即BE＝DF．
【点评】本题考查了实数的运算、平行四边形的性质及正方形的性质，解题时要能熟练掌握并灵活运用．
22．（2023秋 朝阳区校级期中）在菱形ABCD中，∠BAD＝α，E为对角线AC上的一点（不与A，C重合），将射线EB绕点E顺时针旋转β角之后，所得射线与直线AD交于F点，试探究线段EB与EF的数量关系，小字发现点E的位置，α和β的大小都不确定，于是他从特殊情况开始进行探究．
（1）如图1，当a＝β＝90°时，菱形ABCD是正方形．小宇发现，在正方形中，AC平分∠BAD，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．由角平分线的性质可知EM＝EN，进而可得△EMF≌△ENB，并由全等三角形的性质得到EB与EF的数量关系为 　EB＝EF　 ；
（2）如图2，当α＝60°，β＝120°时，
①依题意补全图形；
②请帮小字继续探究（1）的结论是否成立．若成立，请给出证明；若不成立，请举出反例说明．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）EB＝EF；
（2）①见解析；
②（1）的结论是否成立，证明见解析．
【分析】（1）依据全等三角形的性质直接得出结论；
（2）①依题意补全图形如图2所示；
②利用菱形的性质得出，∠DAC＝∠BAC，再用角平分线的性质，得出EM＝EN，进而判断出△EFM≌△EBN，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵△EMF≌△ENB，
∴EB＝EF，
故答案为：EB＝EF；
（2）①补全图形如图2所示，
②结论依然成立EB＝EF；
证明：如图3，
过点E作EM⊥AF于M，EN⊥AB于N．
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠CAD＝∠CAB．
∵EM⊥AF，EN⊥AB．
∴∠FME＝∠ANE＝90°，EM＝EN，
∵∠BAD＝60°，∠BEF＝120°，
∴∠F+∠ABE＝360°﹣∠BAD﹣∠BEF＝180°，
∵∠ABE+∠EBN＝180°，
∴∠F＝∠EBN；
在△EFM与△EBN中，
，
∴△EFM≌△EBN（AAS）．
∴EF＝EB．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，熟练掌握三角形全等的判定是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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