第一、二章 培优练习 2024-2025学年北师大版九年级数学上册

第一、二章培优 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知是方程的两个实数根，则代数式的值（    ） A．4045 B．4044 C．2022 D．1 2．若，β是一元二次方程的两个实数根，则的值为（　　） A．2023 B．2024 C．2025 D．2026 3．若关于x的一元二次方程没有实数根，则一次函数的图象不经过（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 4．近年来浙江省公立医院全面实施药品零差率，这意味着医院平价卖药不赚差价，为此某医院对某药品进行连续两次降价，第一次降价，第二次在第一次的基础上又降价，设平均每次的下降率为，则可列方程（　　） A． B． C． D． 5．如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（ ）    第5题 第6题 第7题 第8题 第9题 A． B． C． D． 6．如图，在正方形中，平分交于点，点是边上一点，连接，若，则的度数为（    ）  A． B． C． D． 7．如图，直线，菱形和等边在，之间，点A，F分别在，上，点B，D，E，G在同一直线上：若，，则（    ） A． B． C． D． 8．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，以为边作矩形．动点分别从点同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点移动．当移动时间为4秒时，的值为（    ） A． B． C． D． 9．如图，以钝角三角形的最长边为边向外作矩形，连结，设，，的面积分别为，若要求出的值，只需知道(   )   A．的面积 B．的面积 C．的面积 D．矩形的面积 10．如图，已知正方形ABCD的边长为4，E是AB边延长线上一点，BE＝2，F是AB边上一点，将△CEF沿CF翻折，使点E的对应点G落在AD边上，连接EG交折痕CF于点H，则FH的长是（    ） 第10题 第11题 第12题 第13题 第14题 A． B． C．1 D． 11．如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为，点在轴的正半轴上，且，将菱形绕原点逆时针方向旋转，得到四边形点与点重合，则点的坐标是(        ) A． B． C． D． 12．如图，边长为6的正方形中，M为对角线上的一点，连接并延长交于点P．若，则的长为（　　） A． B． C． D． 二、填空题 13．如图，在边长为2的正方形中，E，F分别是上的动点，M，N分别是的中点，则的最大值为 ． 14．如图，四边形为正方形，点E是的中点，将正方形沿折叠，得到点B的对应点为点F，延长交线段于点P，若，则的长度为 ． 15．定义：在平面直角坐标系中，若点满足，则称点为“积和点”．例如：，就是“积和点”．若直线上所有的点中只有唯一一个“积和点”，则 ． 16．已知a、b是方程的两根，则 ． 17．已知实数x满足，则代数式的值为 ． 18．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A，C的坐标分别为，，将矩形绕点B顺时针旋转，点A，C，O的对应点分别为．当点落在x轴的正半轴上时，点的坐标为 ． 三、解答题 19．解方程： (1)； (2)． 20．阅读与理解：如果关于的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根比另一个根大1，那么称这样的方程为“邻根方程”．例如一元二次方程的两个根是，则方程是“邻根方程”． (1)通过计算，判断方程是否是“邻根方程”； (2)已知关于的方程（是常数）是“邻根方程”，求的值． 21．如果一元二次方程的两根相差1，那么该方程称为“差1方程”．例如是“差1方程”． (1)判断下列方程是不是“差1方程”，并说明理由； ①；         ②； (2)已知关于的方程（是常数）是“差1方程”，求的值； (3)若关于的方程（，是常数，）是“差1方程”，设，求的最大值． 22．某水果店商家购进了一批哈密瓜和脆桃．商家用1600元购买哈密瓜，800元购买脆桃，每斤哈密瓜比每斤脆桃的进价贵6元，且购进脆桃的数量是哈密瓜的2倍． (1)求商家购买每斤哈密瓜和每斤脆桃的进价； (2)商家在销售过程中发现，当哈密瓜的售价为每斤14元，脆桃的售价为每斤5元时，平均每天可售出20斤哈密瓜，40斤脆桃．调查，哈密瓜的售价每降低0.5元平均每天可多售出5斤，且降价幅度不低于．商家在保证脆桃的售价和销量不变且不考虑其他因素的情况下，想使哈密瓜和胞桃平均每天的总获利为270元，则每斤哈密瓜的售价为多少元？ 23．如图，在中，，，分别是，，的对边，且关于的方程有两个相等的实数根． (1)试判断的形状； (2)若，点从点开始沿边以的速度向点移动，移动过程中始终保持，，当点出发多少秒时，四边形的面积为？ (3)在（2）的条件下，当点出发多少秒时，四边形的面积最大？最大面积是多少？ 24．已知四边形ABCD中，BC＝CD．连接BD，过点C作BD的垂线交AB于点E，连接DE． (1)如图1，若，求证：四边形BCDE是菱形； (2)如图2，连接AC，设BD，AC相交于点F，DE垂直平分线段AC． （ⅰ）求∠CED的大小； （ⅱ）若AF＝AE，求证：BE＝CF． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C C B A C C D C B 题号 11 12 答案 B C 1．A 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程根的定义，掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．根据一元二次方程的解，以及一元二次方程根与系数的关系得出，，，然后代入即可求解． 【详解】解：∵是方程的两个实数根， ∴，，， ∴ ∴ ， 故选：A． 2．C 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，本题的关键是明确两根之和为． 先根据一元二次方程根与系数的关系得到，，然后利用整体代入的方法计算即可． 【详解】解：∵，β是一元二次方程的两个实数根， ∴，， ∴， 故选C． 3．C 【分析】此题考查了一元二次方程根与判别式的关系，以及一次函数图象与系数的关系．根据一元二次方程根与判别式的关系，求得的取值范围，再根据一次函数的图象与系数的关系求解即可． 【详解】解：∵一元二次方程无实数根， ∴， 解得， 由一次函数可得，， ∴一次函数过一、二、四象限，不过第三象限， 故选：C． 4．B 【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 设某药品降价前的价格为元，则经过两次降价后的价格为，利用经过两次降价后的价格原价平均每次的下降率），即可得出关于的一元二次方程，此题得解． 【详解】解：设某药品降价前的价格为元，则经过两次降价后的价格为， 根据题意得：， 即． 故选：B． 5．A 【分析】利用三角形逆时针旋转后，再证明三角形全等，最后根据性质和三角形内角和定理即可求解． 【详解】将绕点逆时针旋转至，    ∵四边形是正方形， ∴，， 由旋转性质可知：，，， ∴， ∴点三点共线， ∵，，， ∴，， ∵， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：．   【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是能正确作出旋转，再证明三角形全等，熟练利用性质求出角度． 6．C 【分析】先利用正方形的性质得到，，，利用角平分线的定义求得，再证得，利用全等三角形的性质求得，最后利用即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，， ∵平分交于点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴ ， ∴， 故选：C 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及角平分线的定义，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键． 7．C 【分析】如图，由平角的定义求得，由外角定理求得，，根据平行性质，得，进而求得． 【详解】如图，∵ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴     故选：C．    【点睛】本题考查平行线的性质，平角的定义，等边三角形的性质，三角形外角定理，根据相关定理确定角之间的数量关系是解题的关键． 8．D 【分析】根据题意，得出，，勾股定理求得，，即可求解． 【详解】解：连接、    ∵点的坐标为，点的坐标为，以为边作矩形． ∴， 则， 依题意，， ∴，则， ∴ ∴， ∴， ∵， ∴ 故选：D． 【点睛】本题考查了坐标与图形，勾股定理求两点坐标距离，矩形的性质，求得的坐标是解题的关键． 9．C 【分析】过点作，交的延长线于点，的延长线于点，易得：，利用矩形的性质和三角形的面积公式，可得，再根据，得到，即可得出结论． 【详解】解：过点作，交的延长线于点，的延长线于点，    ∵矩形， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴只需要知道的面积即可求出的值； 故选C． 【点睛】本题考查矩形的性质，求三角形的面积．解题的关键是得到 10．B 【分析】由翻折得，，垂直平分，可根据直角三角形全等的判定定理“”证明，得，则，则，即可根据勾股定理求出，再由，且得，则，由，求得,即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是边长为的正方形， ∴，， ∴， 由翻折得，，垂直平分， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，且， ∴， 解得， ∵， ∴， 解得， 故选：． 【点睛】本题考查正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，根据面积等式求线段的长度等知识和方法，正确求出和的长度是解题的关键． 11．B 【分析】延长交轴于点，根据旋转的性质以及已知条件得出，进而求得的长，即可求解． 【详解】解：如图所示，延长交轴于点，    ∵四边形是菱形，点在轴的正半轴上，平分，， ∴， ∵将菱形绕原点逆时针方向旋转， ∴，则， ∴ ∴， 在中， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，坐标与图形，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 12．C 【分析】先根据正方形的性质、三角形全等的判定证出，根据全等三角形的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，从而可得，然后利用勾股定理、含30度角的直角三角形的性质求解即可得． 【详解】解：四边形是边长为6的正方形， ， 在和中，， ， ， ， ， ， 又， ， 设，则，， ， 解得， ，， ， 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握正方形的性质是解题关键． 13． 【分析】首先证明出是的中位线，得到，然后由正方形的性质和勾股定理得到，证明出当最大时，最大，此时最大，进而得到当点E和点C重合时，最大，即的长度，最后代入求解即可． 【详解】如图所示，连接，    ∵M，N分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴当最大时，最大，此时最大， ∵点E是上的动点， ∴当点E和点C重合时，最大，即的长度， ∴此时， ∴， ∴的最大值为． 故答案为：． 【点睛】此题考查了正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 14．2 【分析】连接AP，根据正方形的性质和翻折的性质证明Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），可得PF＝PD，设PF＝PD＝x，则CP＝CD−PD＝6−x，EP＝EF＋FP＝3＋x，然后根据勾股定理即可解决问题． 【详解】解：连接AP，如图所示， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝BC＝AD＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°， ∵点E是BC的中点， ∴BE＝CE＝AB＝3， 由翻折可知：AF＝AB，EF＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°， ∴AD＝AF，∠AFP＝∠D＝90°， 在Rt△AFP和Rt△ADP中， ， ∴Rt△AFP≌Rt△ADP（HL）， ∴PF＝PD， 设PF＝PD＝x，则CP＝CD−PD＝6−x，EP＝EF＋FP＝3＋x， 在Rt△PEC中，根据勾股定理得：EP2＝EC2＋CP2， ∴（3＋x）2＝32＋（6−x）2，解得x＝2，则DP的长度为2， 故答案为：2． 【点睛】本题考查了翻折变换，正方形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握翻折的性质． 15．0或4 【分析】本题考查了一次函数图象上点的特征和一元二次方程根的判别式，设直线上所有的点中唯一一个“积和点”为点，根据“积和点”定义可得，再由唯一一个“积和点”可知关于a的方程只有一个解，一元二次方程的根判别式等于0即可求解． 【详解】解：设直线上所有的点中唯一一个“积和点”为点，依题意得：， 代入得：， 整理得：， 由点是唯一一个“积和点”可知：，解得：，． 故答案为：0或4． 16． 【分析】利用一元二次方程的解的定义和根与系数的关系，可得，从而得到，然后代入，即可求解． 【详解】解：∵a，b是方程的两根， ∴， ∴， ∴ ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解的定义和根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程的解的定义和根与系数的关系是解题的关键． 17．2023 【分析】设，则原方程转化为关于t的一元二次方程，利用因式分解法解该方程即可求得t的值；然后整体代入所求的代数式进行解答，注意判断方程的根的判别式，方程有解． 【详解】解：设， 由原方程，得， 整理，得， 所以或． 当时，，则； 当时，即时，，方程无解，此种情形不存在． 故答案是：2023． 【点睛】本题考查了换元法解一元二次方程．换元的实质是转化，关键是构造元和设元，理论依据是等量代换． 18． 【分析】连接，，证明，可得，即可求解． 【详解】解：如图，连接，， 由题意得OA=BC=2，OC=AB=4， 由旋转可知， 在和中， ∴（HL）， ∴， ∴坐标为（4,0）， 故答案为：（4,0）． 【点睛】本题考查了矩形的性质、旋转的性质和三角形全等的判定和性质，解题的关是证明． 19．(1) (2) 【分析】本题主要考查了解一元二次方程．熟练掌握一元二次方程解法是解题关键． （1）直接因式分解即可求解． （2）移项，用平方差公式分解因式，即可求解． 【详解】（1）∵， ∴， ∴， ∴； （2）∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴． 20．(1)是 (2)或 【分析】本题考查解一元二次方程，理解新定义，是解题的关键： （1）因式分解法求出方程的两个根，进行判断即可； （2）因式分解求出方程的两个根，根据新定义求出的值即可． 【详解】（1）解： ， 解得：， ∵， 故方程是“邻根方程”； （2）解： ， 解得：， ∵方程（是常数）是“邻根方程”， ∴，或． 21．(1)①不是“差1方程”，理由见解析；②是“差1方程”，理由见解析 (2)或 (3)时，的最大值为9 【分析】（1）根据解一元二次方程的方法解出已知方程的解，再比较两根的差是否为1，从而确定方程是否为“差1方程”； （2）先解方程求得其根，再根据新定义列出的方程，注意有两种情况； （3）根据新定义得方程的大根与小根的差为1，列出与的关系式，再由，得与的关系，从而得出最后结果． 【详解】（1）解：①解方程得：， 或， ， 不是“差1方程”； ②解：∵ ∴，， ∴， ， 是“差1方程”； （2）解：方程得：， 或， 方程是常数）是“差1方程”， 或， 或； （3）解：由题可得： ∴解方程得， 关于的方程、是常数，是“差1方程”， ， ， ， ， ， 时，的最大值为9． 【点睛】本题考查了一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法以及正确理解“差1方程”的定义． 22．(1)商家购买每斤哈密瓜的进价是8元，购买每斤脆桃进价是2元 (2)每斤哈密瓜的售价为11元 【分析】本题考查了一元二次方程的应用以及分式方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程． （1）设商家购买每斤哈密瓜的进价是元，则购买每斤脆桃进价是元，利用数量总价单价，结合购进脆桃的数量是哈密瓜的2倍，可列出关于的分式方程，解之经检验后可得出答案； （2）设每斤哈密瓜的售价为元，则每斤哈密瓜的销售利润为元，每天可售出斤，利用总利润每斤哈密瓜的销售利润日销售量每斤脆桃的销售利润日销售量，可列出关于的一元二次方程，解之可求出值，再结合降价幅度不低于，即可确定结论． 【详解】（1）解：设商家购买每斤哈密瓜的进价是元，则购买每斤脆桃进价是元， 根据题意得：， 解得：， 经检验，是所列方程的解，且符合题意， ． 答：商家购买每斤哈密瓜的进价是8元，购买每斤脆桃进价是2元； （2）解：设每斤哈密瓜的售价为元，则每斤哈密瓜的销售利润为元，每天可售出斤， 根据题意得：， 整理得：， 解得：，， 当时，，符合题意； 当时，，不符合题意，舍去． 答：每斤哈密瓜的售价为11元． 23．(1)直角三角形 (2)当点出发1秒或5秒时，四边形的面积为 (3)当点出发3秒时，四边形的面积最大，最大面积是 【分析】（1）由根的判别式可得，由勾股定理的逆定理可求解； （2）可证四边形是平行四边形，由平行四边形的面积公式可得四边形的面积，即可求解； （3）由二次函数的性质可求解． 【详解】（1）解：∵关于的方程有两个相等的实数根， ∴， ∴， ∴是直角三角形． （2）解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形，设点出发时间为秒，则，， ∴四边形的面积，即，解方程得，或， ∴当点出发1秒或5秒时，四边形的面积为． （3）解：∵四边形的面积， ∴当时，四边形的面积的最大值为， ∴当点出发3秒时，四边形的面积最大，最大面积是． 【点睛】本题主要考查动点问题，直角三角形的性质，平行四边形的性质，二次函数的性质，解题的关键的是根据图形的性质确定动点运动的规律列出二次函数． 24．(1)见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ）见解析 【分析】（1）先根据DC=BC，CE⊥BD，得出DO=BO，再根据“AAS”证明，得出DE=BC，得出四边形BCDE为平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形为菱形，得出四边形BCDE为菱形； （2）（ⅰ）根据垂直平分线的性质和等腰三角形三线合一，证明∠BEG=∠DEO=∠BEO，再根据∠BEG+∠DEO+∠BEO=180°，即可得出； （ⅱ）连接EF，根据已知条件和等腰三角形的性质，算出，得出，证明，再证明，即可证明结论． 【详解】（1）证明：∵DC=BC，CE⊥BD， ∴DO=BO， ∵， ∴，， ∴（AAS）， ∴， ∴四边形BCDE为平行四边形， ∵CE⊥BD， ∴四边形BCDE为菱形． （2）（ⅰ）根据解析（1）可知，BO=DO， ∴CE垂直平分BD， ∴BE=DE， ∵BO=DO， ∴∠BEO=∠DEO， ∵DE垂直平分AC， ∴AE=CE， ∵EG⊥AC， ∴∠AEG=∠DEO， ∴∠AEG=∠DEO=∠BEO， ∵∠AEG+∠DEO+∠BEO=180°， ∴． （ⅱ）连接EF， ∵EG⊥AC， ∴， ∴， ∵ ∵AE=AF， ∴， ∴， ， ∴， ∵， ∴， ∴，   ∴， ∴， ， ∴， ， ， ， ∴， ， ∴（AAS）， ． 【点睛】本题主要考查了垂直平分线的性质、等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，菱形的判定，直角三角形的性质，作出辅助线，得出，得出，是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$