难点解析-北师大版9年级数学上册期中试题（夺分金卷）附答案详解

北师大版9年级数学上册期中试题考试时间：90分钟；命题人：教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题20分）一、单选题（7小题，每小题2分，共计14分）1、某校八年级组织一次篮球赛，各班均组队参赛，赛制为单循环形式（每两班之间都赛一场），共需安排15场比赛，则八年级班级的个数为（

）A．5 B．6 C．7 D．82、若关于x的一元二次方程(k+2)x2﹣3x+1＝0有实数根，则k的取值范围是(

)A．k＜且k≠﹣2 B．k≤ C．k≤且k≠﹣2 D．k≥3、直角三角形的面积为，斜边上的中线为，则这个三角形周长为（

）A． B．C． D．4、已知（x2+y2+1）（x2+y2﹣3）＝5，则x2+y2的值为（）A．0 B．4 C．4或﹣2 D．﹣25、如图，四边形ABCD是平行四边形，过点A作AM⊥BC于点M，交BD于点E，过点C作CN⊥AD于点N，交BD于点F，连接CE，当EA=EC，且点M为BC的中点时，AB：AE的值为（

）A．2 B． C． D．6、图，在△ABC中，AB＝AC，四边形ADEF为菱形，O为AE，DF的交点，S△ABC＝8，则S菱形ADEF＝（）A．4 B．4 C．4 D．47、如图，两个转盘分别自由转动一次（当指针恰好指在分界线上时重转），当停止转动时，两个转盘的指针都指向3的概率为（

）A． B． C． D．二、多选题（3小题，每小题2分，共计6分）1、已知关于的一元二次方程，下列命题是真命题的有（

）A．若，则方程必有实数根B．若，，则方程必有两个不相等的实根C．若是方程的一个根，则一定有成立D．若是一元二次方程的根，则2、如果，是一元二次方程的两个根，那么的值是（

），的值是（

）A． B．4 C． D．23、等腰三角形三边长分别为a，b，3，且a，b是关于x的一元二次方程x2﹣8x﹣1+m＝0的两根，则m的值为（）A．15 B．16 C．17 D．18第Ⅱ卷（非选择题80分）三、填空题（10小题，每小题2分，共计20分）1、如图，在一块长12m，宽8m的矩形空地上，修建同样宽的两条互相垂直的道路(两条道路各与矩形的一条平行)，剩余部分栽种花草，且栽种花草的面积77m²，设道路的宽为xm，则根据题意，可列方程为_______.2、关于的方程有两个不相等的实数根，那么的取值范围是__________．3、若正方形的对角线的长为4，则该正方形的面积为_________．4、如图，四边形ABCD是一个正方形，E是BC延长线上一点，且AC＝EC，则∠DAE的度数为_________．5、如图，在矩形中，AD=6，将矩形折叠，使点B与点D重合，落在处，若，则折痕的长为__________．6、如图所示,大正方形ABCD内有一小正方形DEFG,对角线DF长为6cm,已知小正方形DEFG向东北方向平移3cm就得到正方形D'E'BG',则大正方形ABCD的面积为____.7、已知方程的一根为，则方程的另一根为_______．8、关于的一元二次方程的一个根是2，则另一个根是__________．9、《九章算术》是我国古代的数学名著，其中“勾股”章有一题，大意是说：已知矩形门的高比宽多尺，门的对角线长尺，那么门的高和宽各是多少?如果设门的宽为尺，根据题意，那么可列方程___________．10、“降次”是解一元二次方程的基本思想，用这种思想解高次方程x3－x＝0，它的解是_____________．四、解答题（6小题，每小题10分，共计60分）1、如图，在平面直角坐标系中，点是坐标原点，四边形是菱形，点的坐标为，点在轴的正半轴上，直线交轴于点，边交轴于点，连接.(1)填空：菱形的边长_________；(2)求直线的解析式；(3)动点从点出发，沿折线方向以3个单位/秒的速度向终点匀速运动，设的面积为，点的运动时间为秒，①当时，求与之间的函数关系式；②在点运动过程中，当，请直接写出的值.2、定义：有一组对边相等且这一组对边所在直线互相垂直的凸四边形叫做“等垂四边形”．（1）如图①，四边形ABCD与四边形AEFG都是正方形，135°＜∠AEB＜180°，求证：四边形BEGD是“等垂四边形”；（2）如图②，四边形ABCD是“等垂四边形”，AD≠BC，连接BD，点E，F，G分别是AD，BD，BC的中点，连接EG，FG，EF．试判定△EFG的形状，并证明你的结论；（3）如图③，四边形ABCD是“等垂四边形”，AD＝4，BC＝8，请直接写出边AB长的最小值．

3、如图，已知矩形ABCD（AB＜AD）．E是BC上的点，AE=AD．(1)在线段CD上作一点F，连接EF，使得∠EFC＝∠BEA(请用直尺和圆规作图，保留作图痕迹)；(2)在（1）作出的图形中，若AB＝4，AD＝5，求DF的值．4、学生甲与乙学习概率初步知识后设计了如下游戏：甲手中有、、三张扑克牌，乙手中有、、三张扑克牌，每局比赛时，两人从各自手中随机取一张牌进行比较，数字大的则本局获胜．（1）若每人随机取出手中的一张牌进行比较，请列举出所有情况；（2）求学生乙一局比赛获胜的概率．5、某服装店在销售中发现：进货价为每件50元，销售价为每件90元的某品牌服装平均每天可售出20件．现服装店决定采取适当的降价措施，扩大销售量，增加盈利．经市场调查发现：如果每件服装降价1元，那么平均每天就可多售出2件．(1)求销售价在每件90元的基础上，每件降价多少元时，平均每天销售这种服装能盈利1200元，同时又要使顾客得到较多的实惠？(2)要想平均每天盈利2000元，可能吗？请说明理由．6、圆周率是无限不循环小数．历史上，祖冲之、刘徽、韦达、欧拉等数学家都对有过深入的研究．目前，超级计算机已计算出的小数部分超过31.4万亿位．有学者发现，随着小数部分位数的增加，0~9这10个数字出现的频率趋于稳定，接近相同．

（1）从的小数部分随机取出一个数字，估计数字是6的概率为________；（2）某校进行校园文化建设，拟从以上4位科学家的画像中随机选用2幅，求其中有一幅是祖冲之的概率．（用画树状图或列表方法求解）-参考答案-一、单选题1、B【解析】【分析】设有x个班级参加比赛，根据题目中的比赛规则，可得一共进行了场比赛，即可列出方程，求解即可．【详解】解：设有x个班级参加比赛，，，解得：（舍），则共有6个班级参加比赛，故选：B．【考点】本题考查了一元二次方程的应用，解题关键是读懂题意，得到比赛总数的等量关系．2、C【解析】【分析】根据一元二次方程的定义和根的判别式得出k+2≠0且△=（-3）2-4（k+2）•1≥0，求出即可．【详解】∵关于x的一元二次方程（k+2）x2-3x+1=0有实数根，∴k+2≠0且△=（-3）2-4（k+2）•1≥0，解得：k≤且k≠-2，故选C．【考点】本题考查了一元二次方程的定义和根的判别式，能得出关于k的不等式是解此题的关键．3、D【解析】【分析】根据直角三角形的性质求出斜边长，根据勾股定理、完全平方公式计算即可．【详解】解：设直角三角形的两条直角边分别为x、y，∵斜边上的中线为d，∴斜边长为2d，由勾股定理得，x2+y2=4d2，∵直角三角形的面积为S，∴,则2xy=4S，即（x+y）2=4d2+4S，∴∴这个三角形周长为：，故选D.【考点】本题考查的是勾股定理的应用，直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2.4、B【解析】【分析】设x2+y2＝z，则原方程换元为z2﹣2z﹣8＝0，可得z1＝4，z2＝﹣2，由此即可求解．【详解】解：设x2+y2＝z，则原方程换元为（z+1）（z﹣3）＝5，整理得：z2﹣2z﹣8＝0，∴（z﹣4）（z+2）＝0，解得：z1＝4，z2＝﹣2，即x2+y2＝4或x2+y2＝﹣2，∵x2+y2≥0，∴x2+y2＝﹣2不合题意，舍去，∴x2+y2＝4．故选：B．【考点】本题考查了换元法解一元二次方程，正确掌握换元法是解决本题的关键，注意代数式x2+y2本身的取值范围不能忘．5、B【解析】【分析】根据平行四边形的性质、垂直的定义、平行线的判定定理可以推知AE∥CF；然后由全等三角形的判定定理ASA推知△ADE≌△CBF；最后根据全等三角形的对应边相等知AE=CF，所以对边平行且相等的四边形是平行四边形；连接AC交BF于点O，根据EA=EC推知▱ABCD是菱形，根据菱形的邻边相等知AB=BC；然后结合已知条件“M是BC的中点，AM⊥BC”证得△ADE≌△CBF（ASA），所以AE=CF，从而证得△ABC是正三角形；最后在Rt△BCF中，求得CF：BC=，利用等量代换知（AE=CF，AB=BC）AB：AE=．【详解】解：连接AC，∵四边形ABCD是平行四边形，∴BC∥AD；∴∠ADE=∠CBD，∵AD=BC，在△ADE和△CBF中，，∴△ADE≌△CBF（ASA），∴AE=CF，又∵AM⊥BC，∴AM⊥AD；∵CN⊥AD，∴AM∥CN，∴AE∥CF；∴四边形AECF为平行四边形，∵EA=EC，∴▱AECF是菱形，∴AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，∵M是BC的中点，AM⊥BC，∴AB=AC，∴△ABC为等边三角形，∴∠ABC=60°，∠CBD=30°；在Rt△BCF中，CF：BC=，又∵AE=CF，AB=BC，∴AB：AE=．故选：B．【考点】本题综合考查了全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质等知识点，证得▱ABCD是菱形是解题的难点．6、C【解析】【分析】根据菱形的性质，结合AB=AC，得出DF为△ABC的中位线，DF∥BC，，从而得出AE为△ABC的高，得出，再根据菱形的面积公式，即可得出菱形的面积．【详解】解：∵四边形ADEF为菱形，∴EF∥AB，DE∥AC，AF=EF=DE=AD，AE⊥DF，∴，，，，，∴CF=EF，DE=DB，，，∴DF∥BC，，，，，，，即，，故C正确．故选：C．【考点】本题主要考查了菱形的性质，中位线的性质，等腰三角形的性质和判断，平行线的性质，菱形的面积，三角形面积的计算，根据菱形的性质和等腰三角形的性质得出DF为△ABC的中位线，是解题的关键．7、A【解析】【分析】首先根据题意列出表格，然后由表格即可求得所有等可能的结果与都指向3的情况数，继而求得答案．【详解】解：列表如下：12341234共有16种等可能的结果，两个转盘的指针都指向3的只有1种结果，两个转盘的指针都指向3的概率为，故选：A．【考点】此题考查了树状图法与列表法求概率．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．二、多选题1、ABD【解析】【分析】A正确，利用判别式判断即可．B正确，证明Δ＞0，即可判断．C错误，c＝0时，结论不成立．D正确，利用求根公式，判断即可．【详解】解：A、当x=2是，4a＋2b＋c＝0，故x＝2是方程的根；则方程ax2＋bx＋c＝0必有实数根，A正确，B、∵Δ＝b2−4ac＝（3a＋2）2−4a（2a＋2）＝9a2＋12a＋4−8a2−8a＝a2＋4a＋4＝（a＋2）2，∵a＞0，∴Δ＞0，∴方程有两个不相等的实数根，故B正确．C、∵若c是方程ax2＋bx＋c＝0的一个根，∴ac2＋bc＋c＝0，∴c（ac＋b＋1）＝0，∴c＝0或ac＋b＋1＝0，故C错误．D、∵t是一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的根∴t＝，∴b2−4ac＝（2at＋b）2，故D正确，故答案为：A，B，D．【考点】本题考查命题与定理，一元二次方程的根的判别式等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．2、AB【解析】【分析】根据根与系数的关系得到，再根据一元二次方程的根的定义可得，由此即可得出答案．【详解】解：、是一元二次方程的两个根，，∵是一元二次方程的根，∴，∴，∴，，故选：AB．【考点】本题考查的是一元二次方程的根与系数的关系以及方程的根的定义，即，是一元二次方程的两根时，，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解决本题的关键．3、BC【解析】【分析】分3为底边长或腰长两种情况考虑：当3为底时，由a=b及a+b=8即可求出a、b的值，利用三角形的三边关系确定此种情况存在，再利用根与系数的关系即可求得的值；当3为腰时，则a、b中有一个为3，a+b=8即可求出b，再利用根与系数的关系即可求得的值．【详解】解：当3为腰时，此时a＝3或b＝3，把x＝3代入方程x2﹣8x﹣1+m＝0得9﹣24﹣1+m＝0，解得m＝16，此时方程为x2﹣8x+15＝0，解得x1＝3，x2＝5；当3为底时，此时a＝b，Δ＝82﹣4（﹣1+m）＝0，解得m＝17，此时方程为x2﹣8x+16＝0，解得x1＝x2＝4；综上所述，m的值为16或17．故答案为：BC．【考点】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，等腰三角形的定义，分3为底边长或腰长两种情况讨论是解题的关键．三、填空题1、（12-x）（8-x）=77【解析】【分析】道路外的四块土地拼到一起正好构成一个矩形，矩形的长和宽分别是(12-x)和(8-x)，根据矩形的面积公式，列出关于道路宽的方程求解．【详解】道路的宽为x米．依题意得：(12-x)(8-x)=77，故答案为(12-x)(8-x)=77.【考点】本题考查了一元二次方程的应用，关键将四个矩形用恰当的方式拼成大矩形列出等量关系．2、且【解析】【详解】分析：根据一元二次方程的定义以及根的判别式的意义可得△=4-12m＞0且m≠0，求出m的取值范围即可．详解：∵一元二次方程mx2-2x+3=0有两个不相等的实数根，∴△＞0且m≠0，∴4-12m＞0且m≠0，∴m＜且m≠0，故答案为m＜且m≠0．点睛：本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c为常数）根的判别式△=b2-4ac．当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的定义．3、8【解析】【分析】根据正方形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．【详解】解：∵正方形的一条对角线的长为4，∴这个正方形的面积=×4²=8．故答案为：8．【考点】本题考查了正方形的性质，熟练掌握正方形的面积的两种求法是解题的关键．4、22.5°【解析】【分析】由四边形ABCD是一个正方形，根据正方形的性质，可得∠ACB=45°，又由AC=EC，根据等边对等角，可得∠E=∠CAE，继而根据等腰三角形的性质和三角形的内角和求得∠EAC的度数，进一步即可求得∠DAE的度数．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，∴，又∵，∴，则．故答案为：22.5°【考点】此题考查了正方形的性质以及等腰三角形的性质．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．5、4【解析】【分析】由，，可求，，由折叠可知，得出，为的直角三角形；由可知，，，由折叠的性质得，等量代换后判断为等边三角形，即可得出答案．【详解】解：在中，∵∴，，∵，∴，由折叠的性质得，∴，∴为等边三角形，由折叠可知：BE=DE，∵，∴，∵AD=6，∴DE=BE=4，故．故答案为：4．【考点】本题考查图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．6、

cm2【解析】【分析】先求出BD的长，再根据勾股定理求出AB的长，进而可得出结论.【详解】∵DF＝6cm，已知小正方形DEFG向东北方向平移3cm就得到正方形D′E′BG′，∴BD＝6＋3＝9．∵四边形ABCD是正方形，∴2AB2＝BD2，即AB2＝BD2＝＝（cm2）.【考点】本题考查的知识点是平移的性质，解题关键是利用正方形性质进行解答.7、【解析】【分析】设方程的另一个根为c，再根据根与系数的关系即可得出结论．【详解】解：设方程的另一个根为c，∵，∴．故答案为．【考点】本题考查的是根与系数的关系，熟记一元二次方程根与系数的关系是解答此题的关键．8、-3【解析】【分析】由题意可把x=2代入一元二次方程进行求解a的值，然后再进行求解方程的另一个根．【详解】解：由题意把x=2代入一元二次方程得：，解得：，∴原方程为，解方程得：，∴方程的另一个根为-3；故答案为-3．【考点】本题主要考查一元二次方程的解及其解法，熟练掌握一元二次方程的解及其解法是解题的关键．9、或【解析】【分析】设门的宽为x尺，则门的高为（x+6）尺，利用勾股定理，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．【详解】解：设门的宽为x尺，则门的高为（x+6）尺，依题意得：即或．故答案为：或．【考点】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程以及勾股定理的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．10、【解析】【分析】先把方程的左边分解因式，再化为三个一次方程进行降次，再解一次方程即可.【详解】解：则或或解得：故答案为：【考点】本题考查的是利用因式分解的方法把高次方程转化为一次方程，掌握“因式分解的方法与应用”是解本题的关键.四、解答题1、(1)5(2)(3)①；②或【解析】【分析】（1）在Rt△AOH中利用勾股定理即可求得菱形的边长；（2）根据（1）即可求的OC的长，则C的坐标即可求得，利用待定系数法即可求得直线AC的解析式；（3）①根据S△ABC=S△AMB+SBMC求得M到直线BC的距离为h，然后分成P在AB上和在BC上两种情况讨论，利用三角形的面积公式求解．②将S=2代入①中的函数解析式求得相应的t的值．(1)解：点的坐标为，在Rt△AOH中，故答案为：5；(2)∵四边形ABCO是菱形，∴OC=OA=AB=5，即C（5，0）．设直线AC的解析式y=kx+b，函数图像过点A、C，得，解得，直线AC的解析式为，(3)由，令，，则，则，①当0<t＜时，BP=BA-AP=5-3t，HM=OH-OM=，，，②设M到直线BC的距离为h，S△ABC=S△AMB+SBMC，，解得，当时，，，，当时，代入，解得，代入，解得，综上所述或．【考点】本题考查一次函数综合题、待定系数法、勾股定理、三角形的面积、一元一次方程等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法确定函数解析式，学会用分类讨论的思想思考问题，学会构建方程解决问题．2、（1）证明见解析；（2）△EFG是等腰直角三角形；证明见解析；（3）AB最小值为．【解析】【分析】延长BE，DG交于点H，先证△ABE≌△ADG，得BE=DG，∠ABE=∠ADG．结合∠ABD+∠ADB=90°，知∠ABE+∠EBD+∠ADB=∠DBE+∠ADB+∠ADG=90°，即可得∠BHD=90°．从而得证；（2）延长BA，CD交于点H，由四边形ABCD是“等垂四边形”，AD≠BC知AB⊥CD，AB=CD，从而得∠HBC+∠HCB=90°，根据三个中点知EF＝AB，GF＝CD，EF∥AB，GF∥DC，据此得∠BGF=∠C，EFD=∠HBD，EF=GF．由∠EFG=∠EFD+∠DFG=∠ABD+∠DBC+∠FGB=∠ABD+∠DBC+∠C=∠HBC+∠HCB=90°可得答案；（3）延长BA，CD交于点H，分别取AD，BC的中点E，F．连接HE，EF，HF，由EF≥HF−HE＝BC−AD＝4−2＝2然后结合（2）可知AB＝EF≥2可得答案．【详解】解：（1）如图①，延长BE，DG交于点H，∵四边形ABCD与四边形AEFG都为正方形，∴AB=AD，AE=AG，∠BAD=∠EAG=90°．∴∠BAE=∠DAG．∴△ABE≌△ADG（SAS）．∴BE=DG，∠ABE=∠ADG．∵∠ABD+∠ADB=90°，∴∠ABE+∠EBD+∠ADB=∠DBE+∠ADB+∠ADG=90°，即∠EBD+∠BDG=90°，∴∠BHD=90°．∴BE⊥DG．又∵BE=DG，∴四边形BEGD是“等垂四边形”；（2）△EFG是等腰直角三角形．理由如下：如图②，延长BA，CD交于点H，∵四边形ABCD是“等垂四边形”，AD≠BC，∴AB⊥CD，AB=CD，∴∠HBC+∠HCB=90°∵点E，F，G分别是AD，BC，BD的中点，∴EF＝AB，GF＝CD，EF∥AB，GF∥DC，∴∠BGF=∠C，∠EFD=∠HBD，EF=GF，∴∠EFG=∠EFD+∠DFG=∠ABD+∠DBC+∠FGB=∠ABD+∠DBC+∠C=∠HBC+∠HCB=90°．∴△EFG是等腰直角三角形；（3）延长BA，CD交于点H，分别取AD，BC的中点E，F．连接HE，EF，HF，则EF≥HF−HE＝BC−AD＝4−2＝2，由（2）可知AB＝EF≥2，∴AB最小值为．【考点】本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理及等腰直角三角形的性质等知识点．3、(1)见解析(2)【解析】【分析】（1）作∠DAE的角平分线，与DC的交点即为所求，理由：可先证明△AEF≌△ADF，可得∠AEF=∠D=90°，从而得到∠DAE+∠DFE=180°，进而得到∠EFC=∠DAE，再由AD∥BC，即可求解；（2）根据矩形的性质可得∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD＝BC＝5，AB＝CD＝4，从而得到BE＝3，进而得到EC＝2，然后在中，由勾股定理，即可求解．(1)解：如图，作∠DAE的角平分线，与DC的交点即为所求．∵AE=AD，∠EAF=∠DAF，AF=AF，∴△AEF≌△ADF，∴∠AEF=∠D=90°，∴∠DAE+∠DFE=180°，∵∠EFC+∠DFE=180°，∴∠EFC=∠DAE，∵在矩形ABCD中，AD∥BC，∴∠BEA=∠DAE，∴∠EFC＝∠BEA