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北师大版数学九年级第一学期期中检测A卷[范围：1-5章]
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2025九上·宝安开学考）已知关于x的一元二次方程（a+1）x2-2x+a2+a=0有一个根为x=0，则a的值为（　　）
A．0 B．0或-1 C．1 D．-1
2．（2024九上·辽宁月考）关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2024九上·深圳月考）下图是由两块完全相同的长方体木块组成的几何体，其左视图为（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025·乐山）若方程x2﹣x﹣2＝0的两个根是x1和x2，则x2+x1的值为（　　）
A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．2
5．（2025·攀枝花） 如图，四边形ABCD各边中点分别是E、F、G、H，两条对角线AC与BD互相垂直，则四边形EFGH一定是（　　）
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．梯形
6．（2025·济南）某学校食堂准备了A，B，C，D四种营养套餐，如果小明和小亮每人随机选择其中一种营养套餐，则他们恰好选到同一种营养套餐的概率是（　　）
A． B． C． D．
7．（2023·遂宁）在方格图中，以格点为顶点的三角形叫做格点三角形．在如图所示的平面直角坐标系中，格点成位似关系，则位似中心的坐标为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·乐山）如图，l1∥l2∥l3，AB＝2，DE＝3，BC＝4，则EF的长为（　　）
A．4 B．6 C．8 D．10
9．（2025·西藏）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E是BC的中点，把△ABE沿AE折叠，点B落在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG，则AG的长为（　　）
A．3 B．2 C．2 D．4
10．（2024九上·滕州月考）如图，边长为2的正方形的对角线与相交于点．是边上一点，是上一点，连接．若与关于直线对称，则的周长是（　　）
A． B． C． D．
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2025·广州）如图，在中，点，分别在，上，，若，则　 　．
12．（2025·广元）若关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则　 　．
13．（2025·大庆） 2025年国产AI大模型的爆火，引发了全球科技界的广泛关注．若小庆同学从“豆包”、“腾讯元宝”、“即梦AI”、“文心一言”四种应用软件中随机选取两种进行学习，则小庆同学选取的两种软件为“豆包”和“腾讯元宝”的概率为　 　．
14．（2025九下·东坡月考）如图，在边长为10的菱形中，对角线，相交与点，点在延长线上，与相交与点．若，，则菱形的面积为　 　．
15．（2024·兴安盟、呼伦贝尔）如图，点，，将线段平移得到线段，若，，则点D的坐标是　 　.
16．（2025·西宁） 如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，，垂足为E，连接OE. 若，，则菱形ABCD的面积是　 　.
三、解答题（共8题，共72分）
17．（2025九上·红桥月考）解下列一元二次方程．
（1）；
（2）．
18．（2025·徐州）如图，甲、乙为两个可以自由转动的转盘，它们分别被分成了4等份与3等份，每份内均标有字母，转盘停止转动后，若指针落在两个区域的交线上，则重转一次．
（1）转动甲盘，待其停止转动后，指针落在A区域的概率为　 　 ；
（2）转动甲、乙两个转盘，用列表或画树状图的方法，求转盘停止转动后甲盘指针落在C区域且乙盘指针未落在Q区域的概率．
19．（2019·巴中）△ABC在边长为l的正方形网格中如图所示．
①以点C为位似中心，作出△ABC的位似图形△A1B1C，使其位似比为1：2．且△A1B1C位于点C的异侧，并表示出A1的坐标．
②作出△ABC绕点C顺时针旋转90°后的图形△A2B2C．
③在②的条件下求出点B经过的路径长．
20．（2022·南充）已知关于x的一元二次方程x2+3x+k-2=0有实数根．
（1）求实数k的取值范围．
（2）设方程的两个实数根分别为x1，x2，者（x1+1）（x2+1）=-1，求k的值．
21．（2024·德阳）如图，在菱形中，，对角线与相交于点O，点F为的中点，连接与相交于点E，连接并延长交于点G.
（1）证明：；
（2）证明：.
22．（2022·毕节）2022北京冬奥会期间，某网店直接从工厂购进A、B两款冰嫩墩钥匙扣，进货价和销售价如下表：（注：利润=销售价-进货价）
类别 价格 A款钥匙扣 B款钥匙扣
进货价（元/件） 30 25
销售价（元/件） 45 37
（1）网店第一次用850元购进A、B两款钥匙扣共30件，求两款钥匙扣分别购进的件数；
（2）第一次购进的冰墩嫩钥匙扣售完后，该网店计划再次购进A、B两款冰墩墩钥匙扣共80件（进货价和销售价都不变），且进货总价不高于2200元.应如何设计进货方案，才能获得最大销售利润，最大销售利润是多少？
（3）冬奥会临近结束时，网店打算把B款钥匙扣调价销售.如果按照原价销售，平均每天可售4件.经调查发现，每降价1元，平均每天可多售2件，将销售价定为每件多少元时，才能使B款钥匙扣平均每天销售利润为90元？
23．（2023·十堰）如图，的对角线交于点，分别以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，连接．
（1）试判断四边形的形状，并说明理由；
（2）请说明当的对角线满足什么条件时，四边形是正方形？
24．（2025·武汉）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边CD上，点F在边BC的延长线上，DE=CF 射线AE交对角线BD于点G，交线段DF于点H.
（1）求证： DH=GH (温馨提示：若思考有困难，可尝试证明.
（2）求证：
（3）若=n直接写出 的值(用含n的式子表示).
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】已知一元二次方程的根求参数
【解析】【解答】解：∵有一个根为x=0，
∴，
∴，
∴或.
故答案为：或.
【分析】根据有一个根为x=0得，解出即可.
2．【答案】D
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴，
解得：，
故答案为：D．
【分析】对于一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”中，当b2-4ac＞0时方程有两个不相等的实数根，当b2-4ac=0时方程有两个相等的实数根，当b2-4ac＜0时方程没有实数根，据此列出关于字母c的方程，求解即可得出c的值.
3．【答案】B
【知识点】简单组合体的三视图
【解析】【解答】解：从左边看得到的图形是，即左视图为.
故答案为：B．
【分析】根据从左边看得到的图形即为左视图，即可求得.
4．【答案】C
【知识点】因式分解﹣提公因式法；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：由韦达定理可知x1+x2=1，x1x2=-2。
∴x2+x1 =x1x2(x1+x2)=(-2)1=-2
故答案选：C
【分析】先根据韦达定理得到两根之和与两根之积，再结合因式分解即可求出答案。
5．【答案】A
【知识点】平行四边形的判定；矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：设AC交BD于点O，EF交BD于点M，
∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
∴EF∥AC且EF=AC，GH∥AC且GH=AC， EH∥BD且EH=BD，GF∥BD且GF=BD，
∴EF∥GH，EH∥GF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴∠FEH=∠FPD=∠CQD=90°，
∴四边形EFGH是矩形，
故答案为： A.
【分析】根据三角形中位线定理可得EF∥AC且EF=AC，GH∥AC且GH=AC， EH∥BD且EH=BD，GF∥BD且GF=BD，进而得出四边形EFGH是平行四边形，再结合AC与BD互相垂直即可得出结论.
6．【答案】A
【知识点】用列表法或树状图法求概率；概率公式
【解析】【解答】解：树状图分析如下：
有树状图可知：所有机会均等的结果有16种，其中小明和小亮恰好选到同一种营养套餐的情况有4种，故而得出恰好选到同一种营养套餐的概率是：.
故答案为：A.
【分析】首先用树状图进行分析，然后根据概率计算公式，即可得出答案。
7．【答案】A
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；位似变换；一次函数的性质
【解析】【解答】解：设直线AD的解析式为y=kx+b，
将点A（1，2），D（3，4）代入得，
解得，
∴直线AD的解析式为y=x+1，
∵直线AD与直线BEx轴的交点坐标即为位似中心，
∴当y=0时，x=-1，
∴位似中心的坐标为，
故答案为：A
【分析】设直线AD的解析式为y=kx+b，先根据待定系数法求一次函数即可得到直线AD的解析式，再根据一次函数的性质结合位似图形的性质即可求解。
8．【答案】B
【知识点】两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【解析】【解答】解：∵ l1∥l2∥l3
∴
∴
故答案选：B
【分析】利用平行线分线段成比例性质即可求出EF的长。
9．【答案】C
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；正方形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， AB=6， 点E是BC的中点，
∴CB=CD=AD=AB=6，∠D=∠B=∠C=90°，
由折叠得AF=AB， FE=BE=3， ∠AFE=∠B=90°，
∴AF= AD， ∠AFG =∠D = 90°，
在Rt△AFG和Rt△ADG中，
∴ Rt△AFG ≌ Rt△ADG(HL)，
∴FG=DG，
且CG=6-DG， EG=3+FG=3+DG，
解得DG=2，
故答案为： C.
【分析】由正方形的性质得CB=CD=AD=AB=6，∠D=∠B=∠C =90°， 则. =3， 由折叠得AF= AB， FE = BE =3， ∠AFE=∠B=90°， 可证明Rt△AFG≌ Rt△ADG， 得FG=DG， 利用勾股定理求得DG=2， 即可求出AG长解答即可.
10．【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：正方形的边长为2，
∴
∴，
∵与关于直线对称，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴的周长是，
故答案为：A．
【分析】由正方形性质得BC=CD=2，∠ACD=90°，∠CBD=45°，在Rt△BCD中，利用勾股定理算出BD的长，由轴对称的性质得出DF=CD=2，∠EFE=∠DCB=90°，然后根据线段和差算出BF，进而根据等腰直角三角形的性质求出EF、BE的长，最后根据三角形面积计算公式列式计算即可.
11．【答案】
【知识点】相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应面积
【解析】【解答】解：∵
∴△ADE∽△ABC
∴
故答案为：
【分析】根据相似三角形判定定理及性质即可求出答案.
12．【答案】
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵ 关于x的一元二次方程有两个相等的实数根 ，
∴△=0且a-1≠0
∴（a-1）2-4（a-1）×=0且a≠1，
解之：a1=1，a2=-1，
∴a=-1.
故答案为：-1.
【分析】利用一元二次方程的定义可知a-1≠0，利用已知方程有两个相等的实数根可得到△=0，据此可得到关于a的方程，解方程求出符合题意的a的值.
13．【答案】
【知识点】用列表法或树状图法求概率；概率公式
【解析】【解答】
解：记”豆包”、"腾讯元宝”、”即梦AI"、“文心一言”分别用字母A， B， C， D表示， .
根据题意可列出表格如下：
A B C D
A - (B，A) (C，A) (D，A)
B (A，B) - (C，B) (D，B)
C (A，C) (B，C) - (D，C)
D (A，D) (B，D) (C，D) -
由表可知，共有12种等可能的结果，其中恰好选中“豆包”和“腾讯元宝”的有2种结果，
∴小庆同学恰好选中“豆包”和“腾讯元宝”的概率为合==
故答案为：.
【分析】根据题意用列表法列出“豆包”、"腾讯元宝” 、”即梦AI" 、”文心一言” 分别包”和“腾讯元宝"的结果共有12种等可能的结果，其中恰好选中“豆包”和“腾讯元宝”的有2种结果，再根据概率公式计算即可解答.
14．【答案】96
【知识点】菱形的性质；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：如图，过点作交于点，
∴，
∴，
∵菱形的边长为10，
∴，，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，且，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
故答案为：96．
【分析】过点作交于点，可得，由相似三角形对应边成比例性质得，然后根据菱形的性质得，，，，从而可求出，接下来再证明，求得，结合菱形以及三角形外角的性质推出，进而根据等腰三角形的判定得，利用勾股定理求得的长，于是有，，最后利用菱形的面积公式求解即可.
15．【答案】
【知识点】矩形的性质；矩形的判定；平移的性质；相似三角形的性质；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：过点D作DE⊥y轴于点E，
∴∠AED=90°，
∵点A（0，-2），点B（1，0），
∴OA=2，OB=1，
∵ 将线段平移得到线段，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，BC=AD=2AB
∴∠OAB+∠EAD=90°，∠EAD+∠ADE=90°，
∴∠OAB=∠ADE，
∵∠AOB=∠AED
∴△ABO∽△DAE，
∴，
∴，
解之：AE=2，DE=4，
∴OE=OA+AE=2+2=4，
∴点D（4，-4）.
故答案为：（4，-4）.
【分析】过点D作DE⊥y轴于点E，利用点A、B的坐标，可求出OA、OB的长，利用平移的性质去证明四边形ABCD是平行四边形，利用有一个角是直角的平行四边形是矩形，可证得四边形ABCD是矩形，利用矩形的性质可推出∠BAD=90°，BC=AD=2AB；再利用余角的性质证明∠OAB=∠ADE，根据有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△ABO∽△DAE，利用相似三角形的性质可求出AE，DE的长，即可得到OE的长，由此可得到点D的坐标.
16．【答案】
【知识点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：根据菱形ABCD的对角线AC、BD互相垂直且平分，
所以，且O是AC的中点。
因为 ，
所以△AEC是直角三角形；
又O为AC中点，
所以AC = 2OE =，
所以，
综上，菱形ABCD的面积是，
故答案为： .
【分析】利用菱形对角线互相平分和直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，求出对角线AC的长度，再用菱形面积公式（对角线乘积的一半）计算面积即可.
17．【答案】（1）解：原方程化为
解得，
（2）解：原方程化为，可得，，，
∴
∴方程有两个不等的实数根，
由求根公式可得，，
解得，
【知识点】公式法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）先将方程变为一般式，再利用因式分解可得，求解即可；
（2）先将方程变为一般式，利用根的判别式的值大于0，代入求根公式即可求解.
18．【答案】（1）
（2）解：列树状图如下
一共有12种结果数，转盘停止转动后甲盘指针落在C区域且乙盘指针未落在Q区域的有2种情况，
∴转盘停止转动后甲盘指针落在C区域且乙盘指针未落在Q区域的概率为.
答：转盘停止转动后甲盘指针落在C区域且乙盘指针未落在Q区域的概率为
【知识点】用列表法或树状图法求概率；简单事件概率的计算
【解析】【解答】解：（1） 转动甲盘，待其停止转动后，一共有4种结果数，但指针落在A区域的的情况只有1种，
∴其概率为.
故答案为：.
【分析】（1）由题意可知转动甲盘，待其停止转动后，一共有4种结果数，但指针落在A区域的的情况只有1种，据此列式计算即可.
（2）根据题意列出树状图，利用树状图可得到所有等可能的结果数及转盘停止转动后甲盘指针落在C区域且乙盘指针未落在Q区域的情况数，然后利用概率公式进行计算.
19．【答案】解：①如图，△A1B1C为所作，点A1的坐标为（3，﹣3）；
②如图，△A2B2C为所作；
③ ，
点B经过的路径长
【知识点】作图﹣位似变换；旋转的性质
【解析】【分析】 ①、延长AC到A1，使得A1C=2AC，延长BC到B1，使得B1C=2BC，Z则作出图形，从而可表示出A得坐标
②、利用网格特点和旋转的性质画出A、B对应的A2、B2从而得到图形
③、先计算出OB的长度，然后根据弧长公式计算出B经过得路径长
20．【答案】（1）解：∵ 一元二次方程x2+3x+k-2=0有实数根，
∴ =32-4（k-2）≥0，
∴k≤；
（2）解：∵方程x2+3x+k﹣2＝0的两个实数根分别为x1，x2，
∴x1+x1＝﹣3，x1x2＝k﹣2，
∵（x1+1）（x2+1）＝﹣1，
∴x1x2+（x1+x2）+1＝﹣1，
∴k﹣2+（﹣3）+1＝﹣1，
解得k＝3，
即k的值是3．
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式得出32-4（k-2）≥0，解不等式即可得出k的取值范围；
（2）根据一元二次方程根与系数的关系得出x1+x1＝-3，x1x2＝k-2，再把（x1+1）（x2+1）=-1变形为x1x2+（x1+x2）+1＝-1，代入得出方程k-2+（-3）+1＝-1，即可得出k的值.
21．【答案】（1）证明：四边形是菱形，
，，
，
是等边三角形，
点F为的中点，
，
，
.
（2）证明：是等边三角形，，，
，
是等边三角形，
，
在和中，
，
.
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质；三角形全等的判定-SAS；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】（1）由菱形的性质可得AB=BC，AC⊥BD，根据有一个角为60度的等腰三角形是等边三角形可得三角形ABC是等边三角形，结合已知由等边三角形的性质可得AF⊥BC，然后根据有两个角对应相等的两个三角形相似可求解；
（2）由（1）中的等边三角形的性质和已知条件，用边角边可证△BEG≌△AEG.
22．【答案】（1）解：设A、B两款钥匙扣分别购进x和y件，
由题意可知： ，
解出：，
故A、B两款钥匙扣分别购进20和10件
（2）解：设购进A款冰墩墩钥匙扣m件，则购进B款冰墩墩钥匙扣(80-m)件，
由题意可知：，
解出：，
设销售利润为元，则，
∴是关于m的一次函数，且3＞0，
∴随着m的增大而增大，
当时，销售利润最大，最大为元，
故购进A款冰墩墩钥匙扣40件，购进B款冰墩墩钥匙扣40件时利润最大，最大为1080元.
（3）解：设B款冰墩墩钥匙扣降价a元销售，则平均每天多销售2a件，每天能销售(4+2a)件，每件的利润为(12-a)元，
由题意可知：(4+2a)(12-a)=90，
解出：a1=3，a2=7，
故B款冰墩墩钥匙扣售价为34元或30元一件时，平均每天销售利润为90元
【知识点】一次函数与不等式（组）的关系；一次函数与二元一次方程（组）的关系；一次函数的实际应用；一元二次方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）此题的等量关系为：A款钥匙的数量+B款钥匙的数量=30；A款钥匙的数量×其进价+B款钥匙的数量×其进价=850；然后列方程组，然后求出方程组的解.
（2）设购进A款冰墩墩钥匙扣m件，可表示出购进B款冰墩墩钥匙扣的数量，根据进货总价不高于2200元.应如何设计进货方案，可得到关于m的不等式，求出不等式的解集；设销售利润为w元，可得到w与m之间的函数解析式，再利用一次函数的增减性，可求出最大利润.
（3）设B款冰墩墩钥匙扣降价a元销售，则平均每天多销售2a件，每天能销售(4+2a)件，每件的利润为(12-a)元，根据使B款钥匙扣平均每天销售利润为90元，可得到关于a的方程，解方程求出a的值；然后求出其售价即可.
23．【答案】（1）解：四边形是平行四边形．理由如下：
∵的对角线交于点，
∴，
∵以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，
∴
∴四边形是平行四边形．
（2）解：∵对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形，
∴且时，四边形是正方形．
【知识点】平行四边形的判定与性质；正方形的判定
【解析】【分析】（1）由平行四边形的性质可得AO=CO，BO=DO，由作图可得BP=AC=OC，CP=BD=OB，然后根据平行四边形的判定定理进行解答；
（2）根据对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形进行解答.
24．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=∠BCD=∠DCF=90°，∠ADB=∠BDC=45°，
∵DE=CF，
∴△ADE≌△DCF（SAS），
∴∠DAE=∠CDF，
∵∠HDG=∠CDF+∠BDC=∠CDF+45°，
∠DGH=∠DAE+∠ADB=∠CDF+45°，
∴∠HDG=∠DGH，
∴DH=GH；
（2）证明：如图
作，交DC的延长线于W，
由(1)知，
，，
，
，，
，
，
，
，
∵四边形ABCD是正方形，
，，
，
，
，
，
；
（3）解：
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：（3）由（1）知△ADE≌△DCF，DH=GH
∴DF=AE，∠CDF=∠DAE
由（2）知
∴
∴
∴
设HE=na，DH=GH=(n+1)a，AG=nb，AH=(n+1)b
∴EH=GH-GE=a，AE=AG+GE=na+nb
∵AH-AG=GH=(n+1)b-bn=b
∴b=(n+1)a
∴
【分析】（1）根据正方形性质可得AD=CD，∠ADC=∠BCD=∠DCF=90°，∠ADB=∠BDC=45°，再根据全等三角形判定定理可得△ADE≌△DCF（SAS），则∠DAE=∠CDF，再根据角之间的关系可得∠HDG=∠DGH，再根据等角对等边即可求出答案.
（2）作，交DC的延长线于W，根据全等三角形性质可得，再根据角之间的关系可得，则，再根据正方形性质可得，，再根据相似三角形判定定理可得，则，再根据正切定义即可求出答案.
（3）根据全等三角形性质可得DF=AE，∠CDF=∠DAE，由（2）可得，则，即，设HE=na，DH=GH=(n+1)a，AG=nb，AH=(n+1)b，再根据边之间的关系即可求出答案.
1 / 1北师大版数学九年级第一学期期中检测A卷[范围：1-5章]
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2025九上·宝安开学考）已知关于x的一元二次方程（a+1）x2-2x+a2+a=0有一个根为x=0，则a的值为（　　）
A．0 B．0或-1 C．1 D．-1
【答案】B
【知识点】已知一元二次方程的根求参数
【解析】【解答】解：∵有一个根为x=0，
∴，
∴，
∴或.
故答案为：或.
【分析】根据有一个根为x=0得，解出即可.
2．（2024九上·辽宁月考）关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴，
解得：，
故答案为：D．
【分析】对于一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”中，当b2-4ac＞0时方程有两个不相等的实数根，当b2-4ac=0时方程有两个相等的实数根，当b2-4ac＜0时方程没有实数根，据此列出关于字母c的方程，求解即可得出c的值.
3．（2024九上·深圳月考）下图是由两块完全相同的长方体木块组成的几何体，其左视图为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】简单组合体的三视图
【解析】【解答】解：从左边看得到的图形是，即左视图为.
故答案为：B．
【分析】根据从左边看得到的图形即为左视图，即可求得.
4．（2025·乐山）若方程x2﹣x﹣2＝0的两个根是x1和x2，则x2+x1的值为（　　）
A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．2
【答案】C
【知识点】因式分解﹣提公因式法；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：由韦达定理可知x1+x2=1，x1x2=-2。
∴x2+x1 =x1x2(x1+x2)=(-2)1=-2
故答案选：C
【分析】先根据韦达定理得到两根之和与两根之积，再结合因式分解即可求出答案。
5．（2025·攀枝花） 如图，四边形ABCD各边中点分别是E、F、G、H，两条对角线AC与BD互相垂直，则四边形EFGH一定是（　　）
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．梯形
【答案】A
【知识点】平行四边形的判定；矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：设AC交BD于点O，EF交BD于点M，
∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
∴EF∥AC且EF=AC，GH∥AC且GH=AC， EH∥BD且EH=BD，GF∥BD且GF=BD，
∴EF∥GH，EH∥GF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴∠FEH=∠FPD=∠CQD=90°，
∴四边形EFGH是矩形，
故答案为： A.
【分析】根据三角形中位线定理可得EF∥AC且EF=AC，GH∥AC且GH=AC， EH∥BD且EH=BD，GF∥BD且GF=BD，进而得出四边形EFGH是平行四边形，再结合AC与BD互相垂直即可得出结论.
6．（2025·济南）某学校食堂准备了A，B，C，D四种营养套餐，如果小明和小亮每人随机选择其中一种营养套餐，则他们恰好选到同一种营养套餐的概率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】用列表法或树状图法求概率；概率公式
【解析】【解答】解：树状图分析如下：
有树状图可知：所有机会均等的结果有16种，其中小明和小亮恰好选到同一种营养套餐的情况有4种，故而得出恰好选到同一种营养套餐的概率是：.
故答案为：A.
【分析】首先用树状图进行分析，然后根据概率计算公式，即可得出答案。
7．（2023·遂宁）在方格图中，以格点为顶点的三角形叫做格点三角形．在如图所示的平面直角坐标系中，格点成位似关系，则位似中心的坐标为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；位似变换；一次函数的性质
【解析】【解答】解：设直线AD的解析式为y=kx+b，
将点A（1，2），D（3，4）代入得，
解得，
∴直线AD的解析式为y=x+1，
∵直线AD与直线BEx轴的交点坐标即为位似中心，
∴当y=0时，x=-1，
∴位似中心的坐标为，
故答案为：A
【分析】设直线AD的解析式为y=kx+b，先根据待定系数法求一次函数即可得到直线AD的解析式，再根据一次函数的性质结合位似图形的性质即可求解。
8．（2025·乐山）如图，l1∥l2∥l3，AB＝2，DE＝3，BC＝4，则EF的长为（　　）
A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】B
【知识点】两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【解析】【解答】解：∵ l1∥l2∥l3
∴
∴
故答案选：B
【分析】利用平行线分线段成比例性质即可求出EF的长。
9．（2025·西藏）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E是BC的中点，把△ABE沿AE折叠，点B落在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG，则AG的长为（　　）
A．3 B．2 C．2 D．4
【答案】C
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；正方形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， AB=6， 点E是BC的中点，
∴CB=CD=AD=AB=6，∠D=∠B=∠C=90°，
由折叠得AF=AB， FE=BE=3， ∠AFE=∠B=90°，
∴AF= AD， ∠AFG =∠D = 90°，
在Rt△AFG和Rt△ADG中，
∴ Rt△AFG ≌ Rt△ADG(HL)，
∴FG=DG，
且CG=6-DG， EG=3+FG=3+DG，
解得DG=2，
故答案为： C.
【分析】由正方形的性质得CB=CD=AD=AB=6，∠D=∠B=∠C =90°， 则. =3， 由折叠得AF= AB， FE = BE =3， ∠AFE=∠B=90°， 可证明Rt△AFG≌ Rt△ADG， 得FG=DG， 利用勾股定理求得DG=2， 即可求出AG长解答即可.
10．（2024九上·滕州月考）如图，边长为2的正方形的对角线与相交于点．是边上一点，是上一点，连接．若与关于直线对称，则的周长是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：正方形的边长为2，
∴
∴，
∵与关于直线对称，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴的周长是，
故答案为：A．
【分析】由正方形性质得BC=CD=2，∠ACD=90°，∠CBD=45°，在Rt△BCD中，利用勾股定理算出BD的长，由轴对称的性质得出DF=CD=2，∠EFE=∠DCB=90°，然后根据线段和差算出BF，进而根据等腰直角三角形的性质求出EF、BE的长，最后根据三角形面积计算公式列式计算即可.
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2025·广州）如图，在中，点，分别在，上，，若，则　 　．
【答案】
【知识点】相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应面积
【解析】【解答】解：∵
∴△ADE∽△ABC
∴
故答案为：
【分析】根据相似三角形判定定理及性质即可求出答案.
12．（2025·广元）若关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则　 　．
【答案】
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵ 关于x的一元二次方程有两个相等的实数根 ，
∴△=0且a-1≠0
∴（a-1）2-4（a-1）×=0且a≠1，
解之：a1=1，a2=-1，
∴a=-1.
故答案为：-1.
【分析】利用一元二次方程的定义可知a-1≠0，利用已知方程有两个相等的实数根可得到△=0，据此可得到关于a的方程，解方程求出符合题意的a的值.
13．（2025·大庆） 2025年国产AI大模型的爆火，引发了全球科技界的广泛关注．若小庆同学从“豆包”、“腾讯元宝”、“即梦AI”、“文心一言”四种应用软件中随机选取两种进行学习，则小庆同学选取的两种软件为“豆包”和“腾讯元宝”的概率为　 　．
【答案】
【知识点】用列表法或树状图法求概率；概率公式
【解析】【解答】
解：记”豆包”、"腾讯元宝”、”即梦AI"、“文心一言”分别用字母A， B， C， D表示， .
根据题意可列出表格如下：
A B C D
A - (B，A) (C，A) (D，A)
B (A，B) - (C，B) (D，B)
C (A，C) (B，C) - (D，C)
D (A，D) (B，D) (C，D) -
由表可知，共有12种等可能的结果，其中恰好选中“豆包”和“腾讯元宝”的有2种结果，
∴小庆同学恰好选中“豆包”和“腾讯元宝”的概率为合==
故答案为：.
【分析】根据题意用列表法列出“豆包”、"腾讯元宝” 、”即梦AI" 、”文心一言” 分别包”和“腾讯元宝"的结果共有12种等可能的结果，其中恰好选中“豆包”和“腾讯元宝”的有2种结果，再根据概率公式计算即可解答.
14．（2025九下·东坡月考）如图，在边长为10的菱形中，对角线，相交与点，点在延长线上，与相交与点．若，，则菱形的面积为　 　．
【答案】96
【知识点】菱形的性质；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：如图，过点作交于点，
∴，
∴，
∵菱形的边长为10，
∴，，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，且，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
故答案为：96．
【分析】过点作交于点，可得，由相似三角形对应边成比例性质得，然后根据菱形的性质得，，，，从而可求出，接下来再证明，求得，结合菱形以及三角形外角的性质推出，进而根据等腰三角形的判定得，利用勾股定理求得的长，于是有，，最后利用菱形的面积公式求解即可.
15．（2024·兴安盟、呼伦贝尔）如图，点，，将线段平移得到线段，若，，则点D的坐标是　 　.
【答案】
【知识点】矩形的性质；矩形的判定；平移的性质；相似三角形的性质；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：过点D作DE⊥y轴于点E，
∴∠AED=90°，
∵点A（0，-2），点B（1，0），
∴OA=2，OB=1，
∵ 将线段平移得到线段，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，BC=AD=2AB
∴∠OAB+∠EAD=90°，∠EAD+∠ADE=90°，
∴∠OAB=∠ADE，
∵∠AOB=∠AED
∴△ABO∽△DAE，
∴，
∴，
解之：AE=2，DE=4，
∴OE=OA+AE=2+2=4，
∴点D（4，-4）.
故答案为：（4，-4）.
【分析】过点D作DE⊥y轴于点E，利用点A、B的坐标，可求出OA、OB的长，利用平移的性质去证明四边形ABCD是平行四边形，利用有一个角是直角的平行四边形是矩形，可证得四边形ABCD是矩形，利用矩形的性质可推出∠BAD=90°，BC=AD=2AB；再利用余角的性质证明∠OAB=∠ADE，根据有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△ABO∽△DAE，利用相似三角形的性质可求出AE，DE的长，即可得到OE的长，由此可得到点D的坐标.
16．（2025·西宁） 如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，，垂足为E，连接OE. 若，，则菱形ABCD的面积是　 　.
【答案】
【知识点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：根据菱形ABCD的对角线AC、BD互相垂直且平分，
所以，且O是AC的中点。
因为 ，
所以△AEC是直角三角形；
又O为AC中点，
所以AC = 2OE =，
所以，
综上，菱形ABCD的面积是，
故答案为： .
【分析】利用菱形对角线互相平分和直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，求出对角线AC的长度，再用菱形面积公式（对角线乘积的一半）计算面积即可.
三、解答题（共8题，共72分）
17．（2025九上·红桥月考）解下列一元二次方程．
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：原方程化为
解得，
（2）解：原方程化为，可得，，，
∴
∴方程有两个不等的实数根，
由求根公式可得，，
解得，
【知识点】公式法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）先将方程变为一般式，再利用因式分解可得，求解即可；
（2）先将方程变为一般式，利用根的判别式的值大于0，代入求根公式即可求解.
18．（2025·徐州）如图，甲、乙为两个可以自由转动的转盘，它们分别被分成了4等份与3等份，每份内均标有字母，转盘停止转动后，若指针落在两个区域的交线上，则重转一次．
（1）转动甲盘，待其停止转动后，指针落在A区域的概率为　 　 ；
（2）转动甲、乙两个转盘，用列表或画树状图的方法，求转盘停止转动后甲盘指针落在C区域且乙盘指针未落在Q区域的概率．
【答案】（1）
（2）解：列树状图如下
一共有12种结果数，转盘停止转动后甲盘指针落在C区域且乙盘指针未落在Q区域的有2种情况，
∴转盘停止转动后甲盘指针落在C区域且乙盘指针未落在Q区域的概率为.
答：转盘停止转动后甲盘指针落在C区域且乙盘指针未落在Q区域的概率为
【知识点】用列表法或树状图法求概率；简单事件概率的计算
【解析】【解答】解：（1） 转动甲盘，待其停止转动后，一共有4种结果数，但指针落在A区域的的情况只有1种，
∴其概率为.
故答案为：.
【分析】（1）由题意可知转动甲盘，待其停止转动后，一共有4种结果数，但指针落在A区域的的情况只有1种，据此列式计算即可.
（2）根据题意列出树状图，利用树状图可得到所有等可能的结果数及转盘停止转动后甲盘指针落在C区域且乙盘指针未落在Q区域的情况数，然后利用概率公式进行计算.
19．（2019·巴中）△ABC在边长为l的正方形网格中如图所示．
①以点C为位似中心，作出△ABC的位似图形△A1B1C，使其位似比为1：2．且△A1B1C位于点C的异侧，并表示出A1的坐标．
②作出△ABC绕点C顺时针旋转90°后的图形△A2B2C．
③在②的条件下求出点B经过的路径长．
【答案】解：①如图，△A1B1C为所作，点A1的坐标为（3，﹣3）；
②如图，△A2B2C为所作；
③ ，
点B经过的路径长
【知识点】作图﹣位似变换；旋转的性质
【解析】【分析】 ①、延长AC到A1，使得A1C=2AC，延长BC到B1，使得B1C=2BC，Z则作出图形，从而可表示出A得坐标
②、利用网格特点和旋转的性质画出A、B对应的A2、B2从而得到图形
③、先计算出OB的长度，然后根据弧长公式计算出B经过得路径长
20．（2022·南充）已知关于x的一元二次方程x2+3x+k-2=0有实数根．
（1）求实数k的取值范围．
（2）设方程的两个实数根分别为x1，x2，者（x1+1）（x2+1）=-1，求k的值．
【答案】（1）解：∵ 一元二次方程x2+3x+k-2=0有实数根，
∴ =32-4（k-2）≥0，
∴k≤；
（2）解：∵方程x2+3x+k﹣2＝0的两个实数根分别为x1，x2，
∴x1+x1＝﹣3，x1x2＝k﹣2，
∵（x1+1）（x2+1）＝﹣1，
∴x1x2+（x1+x2）+1＝﹣1，
∴k﹣2+（﹣3）+1＝﹣1，
解得k＝3，
即k的值是3．
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式得出32-4（k-2）≥0，解不等式即可得出k的取值范围；
（2）根据一元二次方程根与系数的关系得出x1+x1＝-3，x1x2＝k-2，再把（x1+1）（x2+1）=-1变形为x1x2+（x1+x2）+1＝-1，代入得出方程k-2+（-3）+1＝-1，即可得出k的值.
21．（2024·德阳）如图，在菱形中，，对角线与相交于点O，点F为的中点，连接与相交于点E，连接并延长交于点G.
（1）证明：；
（2）证明：.
【答案】（1）证明：四边形是菱形，
，，
，
是等边三角形，
点F为的中点，
，
，
.
（2）证明：是等边三角形，，，
，
是等边三角形，
，
在和中，
，
.
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质；三角形全等的判定-SAS；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】（1）由菱形的性质可得AB=BC，AC⊥BD，根据有一个角为60度的等腰三角形是等边三角形可得三角形ABC是等边三角形，结合已知由等边三角形的性质可得AF⊥BC，然后根据有两个角对应相等的两个三角形相似可求解；
（2）由（1）中的等边三角形的性质和已知条件，用边角边可证△BEG≌△AEG.
22．（2022·毕节）2022北京冬奥会期间，某网店直接从工厂购进A、B两款冰嫩墩钥匙扣，进货价和销售价如下表：（注：利润=销售价-进货价）
类别 价格 A款钥匙扣 B款钥匙扣
进货价（元/件） 30 25
销售价（元/件） 45 37
（1）网店第一次用850元购进A、B两款钥匙扣共30件，求两款钥匙扣分别购进的件数；
（2）第一次购进的冰墩嫩钥匙扣售完后，该网店计划再次购进A、B两款冰墩墩钥匙扣共80件（进货价和销售价都不变），且进货总价不高于2200元.应如何设计进货方案，才能获得最大销售利润，最大销售利润是多少？
（3）冬奥会临近结束时，网店打算把B款钥匙扣调价销售.如果按照原价销售，平均每天可售4件.经调查发现，每降价1元，平均每天可多售2件，将销售价定为每件多少元时，才能使B款钥匙扣平均每天销售利润为90元？
【答案】（1）解：设A、B两款钥匙扣分别购进x和y件，
由题意可知： ，
解出：，
故A、B两款钥匙扣分别购进20和10件
（2）解：设购进A款冰墩墩钥匙扣m件，则购进B款冰墩墩钥匙扣(80-m)件，
由题意可知：，
解出：，
设销售利润为元，则，
∴是关于m的一次函数，且3＞0，
∴随着m的增大而增大，
当时，销售利润最大，最大为元，
故购进A款冰墩墩钥匙扣40件，购进B款冰墩墩钥匙扣40件时利润最大，最大为1080元.
（3）解：设B款冰墩墩钥匙扣降价a元销售，则平均每天多销售2a件，每天能销售(4+2a)件，每件的利润为(12-a)元，
由题意可知：(4+2a)(12-a)=90，
解出：a1=3，a2=7，
故B款冰墩墩钥匙扣售价为34元或30元一件时，平均每天销售利润为90元
【知识点】一次函数与不等式（组）的关系；一次函数与二元一次方程（组）的关系；一次函数的实际应用；一元二次方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）此题的等量关系为：A款钥匙的数量+B款钥匙的数量=30；A款钥匙的数量×其进价+B款钥匙的数量×其进价=850；然后列方程组，然后求出方程组的解.
（2）设购进A款冰墩墩钥匙扣m件，可表示出购进B款冰墩墩钥匙扣的数量，根据进货总价不高于2200元.应如何设计进货方案，可得到关于m的不等式，求出不等式的解集；设销售利润为w元，可得到w与m之间的函数解析式，再利用一次函数的增减性，可求出最大利润.
（3）设B款冰墩墩钥匙扣降价a元销售，则平均每天多销售2a件，每天能销售(4+2a)件，每件的利润为(12-a)元，根据使B款钥匙扣平均每天销售利润为90元，可得到关于a的方程，解方程求出a的值；然后求出其售价即可.
23．（2023·十堰）如图，的对角线交于点，分别以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，连接．
（1）试判断四边形的形状，并说明理由；
（2）请说明当的对角线满足什么条件时，四边形是正方形？
【答案】（1）解：四边形是平行四边形．理由如下：
∵的对角线交于点，
∴，
∵以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，
∴
∴四边形是平行四边形．
（2）解：∵对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形，
∴且时，四边形是正方形．
【知识点】平行四边形的判定与性质；正方形的判定
【解析】【分析】（1）由平行四边形的性质可得AO=CO，BO=DO，由作图可得BP=AC=OC，CP=BD=OB，然后根据平行四边形的判定定理进行解答；
（2）根据对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形进行解答.
24．（2025·武汉）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边CD上，点F在边BC的延长线上，DE=CF 射线AE交对角线BD于点G，交线段DF于点H.
（1）求证： DH=GH (温馨提示：若思考有困难，可尝试证明.
（2）求证：
（3）若=n直接写出 的值(用含n的式子表示).
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=∠BCD=∠DCF=90°，∠ADB=∠BDC=45°，
∵DE=CF，
∴△ADE≌△DCF（SAS），
∴∠DAE=∠CDF，
∵∠HDG=∠CDF+∠BDC=∠CDF+45°，
∠DGH=∠DAE+∠ADB=∠CDF+45°，
∴∠HDG=∠DGH，
∴DH=GH；
（2）证明：如图
作，交DC的延长线于W，
由(1)知，
，，
，
，，
，
，
，
，
∵四边形ABCD是正方形，
，，
，
，
，
，
；
（3）解：
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：（3）由（1）知△ADE≌△DCF，DH=GH
∴DF=AE，∠CDF=∠DAE
由（2）知
∴
∴
∴
设HE=na，DH=GH=(n+1)a，AG=nb，AH=(n+1)b
∴EH=GH-GE=a，AE=AG+GE=na+nb
∵AH-AG=GH=(n+1)b-bn=b
∴b=(n+1)a
∴
【分析】（1）根据正方形性质可得AD=CD，∠ADC=∠BCD=∠DCF=90°，∠ADB=∠BDC=45°，再根据全等三角形判定定理可得△ADE≌△DCF（SAS），则∠DAE=∠CDF，再根据角之间的关系可得∠HDG=∠DGH，再根据等角对等边即可求出答案.
（2）作，交DC的延长线于W，根据全等三角形性质可得，再根据角之间的关系可得，则，再根据正方形性质可得，，再根据相似三角形判定定理可得，则，再根据正切定义即可求出答案.
（3）根据全等三角形性质可得DF=AE，∠CDF=∠DAE，由（2）可得，则，即，设HE=na，DH=GH=(n+1)a，AG=nb，AH=(n+1)b，再根据边之间的关系即可求出答案.
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