2024-2025年北师大版九年级上册数学期中测试题（1-4单元）

2024-2025年北师大版九年级上册数学期中测试题（1-4单元）一、单选题（每题3分，共30分）1．下列方程中，一定是一元二次方程的是（

）A． B．C． D．（为常数）2．如图，矩形的两条对角线相交于点，，，则的长是（

）A．4 B．5 C．6 D．3．如图，矩形在平面直角坐标系内，点的坐标为，则对角线的长为（

）A．4 B． C． D．4．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，过点作轴于点，轴于点，点在上．将沿直线翻折，点恰好落在轴上的点处，则点的坐标为（）A． B． C． D．5．关于的一元二次方程有两个实数根，的取值范围是（

）A．且 B． C．且 D．6．已知方程的一个根是1，则的值为（

）A． B．5 C．6 D．77．一张圆桌旁有四个座位，A先坐在如图所示的座位上，B，C，D三人随机坐到其他三个座位上，则A与B不相邻而坐的概率为（

）A． B． C． D．8．如图，在四边形中，、交于点，在上且，，则以下结论不一定成立的是（

）A．B．C．D．9．如图，在中，D，E，F分别是边上的点，，且，那么的值为（

）A． B． C． D．10．如图，在正方形中，与交于点，为延长线上的一点，且，连接，分别交，于点，，连接，则下列结论：①；②；③平分；④．其中正确结论的个数是（

）A．个 B．个 C．个 D．个二、填空题（每题3分，共30分）11．如图，在菱形中，对角线、相交于点，过点作于点，若，菱形的面积为，则的长为．12．如图，在矩形中，对角线，相交于点，平分交于点，若，则的度数为．13．已知三角形的两边长分别为3和6，第三边的长是一元二次方程的一个根，则三角形的周长为．14．已知实数m，n满足，则的值为．15．在一个不透明的盒子中装有10个红球、若干个黑球，它们除颜色不同外，其余均相同．在看不到的条件下，通过随机摸球试验，发现摸出一个球是红球的频率为，则盒子中有个黑球．16．如图，在矩形中，点是对角线的中点，连接，将延翻折，得到，连接．若，，则．17．如图，为测量旗杆高度，淇淇在脚下水平放置一平面镜，然后向后退（保持脚、镜子和旗杆底端在同一直线上），直到她刚好在镜子中看到旗杆的顶端，此时淇淇的眼睛离地面的高度，淇淇与镜子的水平距离，镜子与旗杆的水平距离．旗杆高度为m．18．如图，平行四边形A中，点为线段与的交点，若，，点为线段上一点，且，点是线段上的一点．若在线段上有且只有两个点使得与相似，则m的值为．19．如图，在一块长、宽的矩形空地上，修建同样宽的两条相互垂直的道路（两条道路各与矩形的一条边平行），剩余部分栽种花草，要使剩余部分的面积为，则修建的路宽应为m．20．在平面坐标系中，正方形的位置如图所示，点A的坐标为1,0，点的坐标为0,2，延长交轴于点，作正方形，延长交轴于点，作正方形，…按这样的规律进行下去，第2025个正方形的面积为.

三、解答题（共60分）21．选择适当的方法解方程(1)；(2)；22．在等边三角形中，，点M，N分别是，上的点，且．(1)求证：；(2)点M在什么位置时，的长为．23．如图，在中，点D，E分别在边，AB上，BD，CE相交于点O，且，求证：(1)；(2)．24．如图，中，，，是由绕点A按逆时针方向旋转得到的，连接、相交于点D．(1)求证：；(2)当四边形为菱形时，求的长．25．如图，在正方形中，是对角线上一点，点在的延长线上，连接交于点．(1)求证：；(2)若，试判断与之间的数量关系和位置关系，并说明理由．26．3月14日是国际数学日，某校在“国际数学日”当天举行了丰富多彩的数学活动，其中游戏类活动有：A．数字猜谜；B．数独；C．魔方；D．24点游戏；E．数字华容道．该校为了解学生对这五类数学游戏的喜爱情况，随机抽取部分学生进行了调查统计（每位学生必选且只能选一类），并根据调查结果，绘制了两幅不完整的统计图如图所示．根据上述信息，解决下列问题．(1)本次调查总人数为______，并补全条形统计图；（要求在条形图上方注明人数）(2)若该校有3000名学生，请估计该校参加魔方游戏的学生人数；(3)该校从C类中挑选出2名男生和2名女生，计划从这4名学生中随机抽取2名学生参加市青少年魔方比赛，请用列表或画树状图的方法，求恰好抽到1名男生和1名女生的概率．27．综合与运用如图，在矩形中，点M从A点出发沿以的速度向B点运动，同时点N从B点出发沿以的速度向C点运动，当其中一点到达终点时，另一点也停止运动，设点M、N的运动时间为t秒．(1)当t为何值时，?(2)当t为何值时，的面积是面积的一半?(3)当t为何值时，是以为斜边的直角三角形?参考答案：题号12345678910答案CDBBCBABAB1．C【分析】本题考查了一元二次方程的定义，通过化简后，只含有一个未知数（一元），并且未知数的最高次数是2（二次）的整式方程，叫做一元二次方程，由此逐项判断即可得解．【详解】解：A、不是整式方程，故不符合题意；B、中含有两个未知数，故不符合题意；C、是一元二次方程，故符合题意；D、当时，不是一元二次方程，故不符合题意；故选：C．2．D【分析】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理，由矩形的性质得出，证明是等边三角形，得出，再由勾股定理计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，，∴，∵，∴，∴是等边三角形，∴，∴，故选：D．3．B【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，连接，由矩形的性质得到，再由坐标系中点到原点的距离计算公式求出的长即可得到答案．【详解】解；如图所示，连接，∵四边形是矩形，∴，∵点B的坐标为，∴，故选：B．4．B【分析】本题考查了矩形中的折叠问题，坐标与图形的性质，勾股定理，熟练掌握相关知识是解题的关键．设，由折叠性质得到，，利用勾股定理计算出，则，在中利用勾股定理得到，然后解方程求出，即可得到点的坐标．【详解】解：如图，轴，轴，，四边形是矩形，又点的坐标为，，，设，与关于直线对称，，，在中，，．在中，，，即，解得：，点的坐标是，故选：B．5．C【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式与方程根的个数之间的关系，掌握此关系是解题的关键．根据题意得到关于k的不等式，解不等式，同时，即可求解．【详解】解：由题意得：，解得：，，且．故选：C．6．B【分析】本题考查了一元二次方程的根，把方程已知的根代入方程中，即可求得m的值．【详解】解：∵方程的一个根是1，∴，∴，故选B．7．A【分析】本题主要考查了概率的计算，根据题意画出图形，得出所有可能的情况数，然后找出符合题意的情况数，最后根据概率公式求出结果即可．【详解】解：如图，根据图可知：以B，C，D随机而坐的结果数共有6种，其中A与B不相邻而坐的结果有2种，∴A与B不相邻而坐的概率为：．故选：A．8．B【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，等角对等边．熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．证明，则，证明，则，即，可判断C的正误；由，，证明，则，，可判断A的正误；设到上的高为，到上的高为，由，可得，可判断D的正误；当时，，由的大小关系不确定，可知，不一定成立，可判断B的正误．【详解】解：∵，，∴，∴，∵，，∴，∴，即，C成立，故不符合要求；∴，又∵，∴，∴，∴，A成立，故不符合要求；设到上的高为，到上的高为，∴，∴，D成立，故不符合要求；当时，，∵的大小关系不确定，∴，不一定成立，故B符合要求；故选：B．9．A【分析】此题考查了平行线分线段成比例定理的运用．熟练利用平行线分线段成比例定理是解题关键．根据平行线分线段成比例定理，列出比例式求解即可得到答案．【详解】∵，，∴，∴，∴．故选：A．10．B【分析】证明，可得，可判断结论①；由，可判断结论②；由正方形的性质可得垂直平分，，可得，由角的数量关系可推出，可判断结论③；证明，可判断结论④；即可得解．【详解】解：设，∵四边形是正方形，，∴，，，∴，，，∴，∴，故结论①错误；在中，，∴，∴，故结论②错误；∵，∴，∵，∴，∴，∵四边形是正方形，∴，，，∴垂直平分，，∴，∴，∴，即，∴，∴平分，故结论③正确；∵，，∴，∴，∴，∵，即，∴，故结论④正确，∴正确结论的个数是个．故选：B．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，垂直平分线的性质，等边对等角，平行线的性质等知识，掌握正方形的性质及相似三角形的判定和性质是解题的关键．11．【分析】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理等知识点，掌握菱形的面积公式“菱形的面积等于两条对角线乘积的一半”是解题的关键．根据菱形面积的计算公式求得，再根据菱形对角线互相垂直平分线，利用勾股定理求出，进而利用菱形面积等于底×高，计算出菱形的高即可解答．【详解】解：∵四边形是菱形，，∴，∵菱形的面积为12，，∴，即∴，∵四边形是菱形，∴，，∴又∵，∴菱形的面积，∴．∴故答案为：4．12．【分析】此题考查了矩形的性质，三角形外角性质，根据矩形的性质得到，根据角平分线求出，由此得到，再根据三角形外角性质求出答案．【详解】解：在矩形中，，∵平分，∴，∴，∵，，∴，故答案为．13．【分析】本题考查了直接开平方法解一元二次方程、三角形三边关系的应用，先解一元二次方程得出，，再根据三角形三边关系判断即可得出答案．【详解】解：∵，∴，∴，解得：，，当第三边为时，，不满足三角形三边关系，不符合题意；当第三边为时，，满足三角形三边关系，符合题意，此时周长为．故答案为：14．【分析】本题考查配方法的应用．先把原式转化为，可得当，时，等式成立，即可求得，，再代入求值即可．【详解】解：，∴，∴，∵，，∴，，即，，∴，，∴，故答案为：．15．5【分析】本题考查了概率的求法，利用频率估计概率，如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率．设黑球的个数为x个，根据概率的求法得：，解方程即可求出黑球的个数．【详解】解：设黑球的个数为x个，根据题意得：，解得：，经检验：是原分式方程的解，∴黑球的个数为5，故答案为：5．16．【分析】连接，延长交于点，由勾股定理得，则，可证明，则，因此，则，再由三角形的中位线定理即可求解．【详解】解：连接，延长交于点，∵四边形是矩形∴，∴在，由勾股定理得：，∵点为中点，∴，∴，由折叠知，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵点为中点，点为中点，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的中位线定理，正确添加辅助线，构造相似三角形是解题的关键．17．8【分析】本题考查了相似三角形的应用．根据镜面反射性质，可求出，再利用垂直证；然后根据三角形相似的性质，即可求出答案．【详解】解：如图所示，作，

由图可知，，，．根据镜面的反射性质，∴，∴，，，．，，，．．故答案为：8．18．4或5【分析】此题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质和相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．由，得，当与相似时，分或时，再结合一元二次方程根的情况即可求解．【详解】解：，，当或时，与相似，四边形是平行四边形，，设，则，当时，，，当时，，，有且只有两个点，有两种情况，①有两个相等的实数根，，又因为，；②有两个不相等的实数根，且是它的一个根，代入得：，又因为，，综上可知：的值为4或5．故答案为：4或5．19．1【分析】本题考查了一元二次方程的应用；把所修的两条道路分别平移到矩形的最上边和最左边，则剩下的种植园地是一个长方形，根据长方形的面积公式列方程．【详解】解：设道路的宽应为米，由题意有，整理，得，解得(不合题意，舍去)．答：道路的宽应为米．故答案为：．20．【分析】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，根据相似三角形对应边成比例得到的正方形的边长，进而表示正方形的面积，然后观察得到的正方形的面积即可得到规律，从而得到结论．【详解】解：∵正方形的点A的坐标为1,0，点D的坐标为0,2，，，，，延长交x轴于点，作正方形，，，，，，，，，，∴第2个正方形的面积为：，同理可得，，即第3个正方形的面积为：，…∴第2025个正方形的面积为：，故答案为：．21．(1)，(2)，【分析】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是掌握一元二次方程的解法：直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法等．（1）利用因式分解法解一元二次方程即可；（2）利用因式分解法解一元二次方程即可．【详解】（1）解：或解得，；（2）解：或解得，．22．(1)见解析(2)当或时，的长为【分析】本题考查了等边三角形的性质、相似三角形的判定与性质、三角形内角和定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．（1）由等边三角形的性质得出，由三角形内角和定理得出，求出，即可得解；（2）证明，得出，设，则，代入计算即可得解．【详解】（1）证明：∵为等边三角形，∴，∴，∵，∴，∴；（2）解：∵为等边三角形，∴，，∵，∴，∴，设，则，∴，解得：，，故当或时，的长为．23．(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查了相似三角形的性质和判定的应用，注意：①相似三角形的对应边的比相等，对应角相等，②两三角形有两组对应边的比相等，且这两边的夹角也相等的两三角形相似．（1）根据两三角形有两组对应边的比相等，且这两边的夹角也相等的两三角形相似推出即可；（2）根据两三角形的相似得出，再，即可推出，得出比例式，即可得出答案．【详解】（1）证明：∵，∴，∵，∴；（2）证明：∵，∴，∵，∴，∴，∵，即．24．(1)见解析(2)【分析】本题考查了旋转的性质，也考查了菱形的性质．（1）根据旋转的性质得，，然后根据“”证明，于是根据全等三角形的性质即可得到结论；（2）根据菱形的性质得，，再利用平行线的性质得，则可判断为等腰直角三角形，所以，然后计算即可．【详解】（1）证明：∵是由绕点按逆时针方向旋转得到的，，，，∴，即，在和中，∴，；（2）解：四边形为菱形，，，，∵，，∴为等腰直角三角形，，．25．(1)证明见解析；(2)，【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记正方形的性质证明是解题的关键．（1）由正方形性质可得，，再利用即可证明；（2）结合（1）的结论，可得，，再根据，即可解决问题．【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，，