（深圳专用，北师大版九年级上册第1～5章） 2024-2025学年北师大版数学上册期中模拟考试

九年级数学期中模拟卷1（深圳专用，北师大版九上第1~5章）----2024-2025学年初中上学期期中模拟考试 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 1、 选择题 1．如图，该物体从上面看的图象是（    ）． A． B． C． D． 2．依据所标数据，下列四边形不一定为矩形的是（    ） A．     B．     C．   D．   3．如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，若S△ADE＝4．则四边形BDEC的面积为（　　） A．4 B．8 C．12 D．16 4．由6个大小相同的小正方体拼成的几何体如图所示，则其三视图中哪两种视图完全一样的是（　　） A．主视图和俯视图 B．左视图和俯视图 C．主视图和左视图 D．以上都不正确 5．用配方法解一元二次方程，x2+6x+5＝0，其中变形正确的是（  ） A．（x+6）2＝1 B．（x﹣6）2＝9 C．（x﹣3）2＝4 D．（x+3）2＝4 6．如果两个相似三角形对应高的比是4：9，那么它们的面积比是（　　） A．4：9 B．2：3 C．16：81 D．9：4 7．已知直角三角形的两条边长分别是方程的x2﹣7x+12=0两个根，则此三角形的第三边长为（　　） A．3或4 B．5或 C．5或4 D． 8．如图所示的四棱台，它的俯视图是下面所示的图形的(　　) A． B． C． D． 2、 填空题 9．淘宝某商户为了解新商品主图是否吸引人，对该商品的点击量和展现量进行了监测，得到商品点击率如下表所示：（注：） 展现量 50 100 1000 5000 10000 50000 100000 点击量 4 7 78 385 760 3800 7600 点击率 根据上表，估计该商品展现量为30000时，点击率约为 ． 10．主视图与俯视图的 一致；主视图与左视图的 一致；俯视图与左视图的 一致． 11．如图，菱形ABCD的周长为16，，则 ． 12．已知m、n是方程x2-x-3=0的两个根，则代数式m2-n2-m+n-1的值为 ． 13．如图，，M、N分别是、的中点，，，则 ．    3、 解答题 14． 解方程： 15．如图是一张对边平行的纸片，点，分别在平行边上，连接． (1)求作：菱形，使点，落在纸片的同一边上；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） (2)证明：四边形是菱形． (3)在（1）的条件下，，交于点，若，，求菱形的面积． 16．某种商品的标价为80元/件，经过两次降价后的价格为64.8元/件，并且两次降价的百分率相同． (1)求该商品每次降价的百分率． (2)已知该商品进价为60元/件，经过市场调研发现，当以90元/件售出时，平均每天能售出20件，若每件降价2元，则每天可多售出10件，在每件降价幅度不超过10元的情况下，若每天盈利1125元，则每件商品应降价多少元？ 17．如图，学校准备在围墙边用栅栏围成一个矩形场地（靠墙一面不用栅栏），用于修建自行车棚，若所用栅栏的总长度为34米，墙的最大可用长度为18米，为了出入方便，在垂直于墙的一边留了一个2米宽的门（门用其他材料），设栅栏的长为x米，请解答下列问题： (1) ______米；（用含x的代数式表示） (2)若围成的自行车棚的面积为154平方米，求栅栏的长． 18．在菱形中，分别是边的中点，连接 (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接，若，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四个等于的角． 19．正方形，点分别在上，与相交于点． (1)如图1，，求证：； (2)如图2，平移图1中线段使点与点重合点在延长线上，连接，取的中点，连接，试探究线段和的数量关系并证明你的结论． 20．将一个等边三角形纸片AOB放置在平面直角坐标系中，点O（0，0），点B（6，0）．点C、D分别在OB、AB边上，DC∥OA，CB=2． （I）如图①，将△DCB沿射线CB方向平移，得到△D′C′B′．当点C平移到OB的中点时，求点D′的坐标； （II）如图②，若边D′C′与AB的交点为M，边D′B′与∠ABB′的角平分线交于点N，当BB′多大时，四边形MBND′为菱形？并说明理由． （III）若将△DCB绕点B顺时针旋转，得到△D′C′B，连接AD′，边D′C′的中点为P，连接AP，当AP最大时，求点P的坐标及AD′的值．（直接写出结果即可）． 答案解析： 1．C 【分析】根据俯视图的特性解答即可. 【详解】解：根据立体图可知该物体从上面看的俯视图为两个正方形，并且是横向并排的，符合题意得为C， 故选择：C. 【点睛】本题考查了几何体的三视图-俯视图，需要一定的空间想象能力. 2．D 【分析】根据矩形的判定方法“有三个角是直角的四边形是矩形；有一个角是直角的平行四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形；对角线相等且互相平分的四边形是矩形”即可求解． 【详解】解：A、由两个全等三角形组成的四边形，且根据勾股定理的逆定理可得有一个角是直角故可得四边形是矩形，故该选项不符合题意； B、对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故该选项不符合题意 C、有三个角是直角的四边形是矩形，故该选项不符合题意； D、不能证明是矩形，故该选项符合题意． 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的判定方法，熟练掌握矩形的判定方法是解题的关键． 3．C 【分析】根据点D，E分别是边AB，AC的中点，可以得到DE是三角形ABC的中位线，即可得到△ADE∽△ABC，然后根据相似三角形的性质求解即可. 【详解】∵点D，E分别是边AB，AC的中点， ∴DE是三角形ABC的中位线 ∴DE＝BC，DE∥BC， ∴△ADE∽△ABC， ∴ ∴S△ABC＝16， ∴四边形BDEC的面积＝16﹣4＝12， 故选C． 【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，相似三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解. 4．C 【分析】根据三视图的概念画出相应的图形即可解答． 【详解】解：该组合体的主视图如下： 其左视图如下： 故选C． 【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，画出组合体的三视图是解答本题的关键． 5．D 【分析】1、对原方程移项,得x2+6x=−5; 2、给方程x2+6x=−5两边同时加上一次项系数一半的平方,凑成完全平方式,得(x−3)2=4; 【详解】解:移项,得 x2+6x=−5 配方,得 x2+6x+9=−5+9 利用完全平方公式,得 (x+3)2=4 故答案选：D. 【点睛】本题考查的知识点是用配方法配一元二次方程，解题的关键是熟练的掌握用配方法解一元二次方程. 6．C 【分析】根据相似多边形的面积比等于相似边比的平方，即可求得答案． 【详解】解：∵两个相似多边形的对应高比是4：9， ∴这两个相似多边形面积的比是16：81． 故选C． 【点睛】此题考查了相似多边形的性质．注意熟记定理是解此题的关键． 7．B 【分析】先解方程得两根，再按较大数是否为直角三角形斜边进行讨论. 【详解】解：x2﹣7x+12=(x-3)(x-4)=0，解得x=3或4， 当3、4均为两条直角边长时，第三边长为：， 当4为斜边时，则第三边长为：， 故选择B. 【点睛】分两种情况讨论是本题易错点. 8．B 【分析】由于俯视图是从物体的上面看得到的视图，所以先得出四个选项中各几何体的俯视图，再与题目图形进行比较即可． 【详解】四棱台的俯视图是两个大小相套的正方形，全部为实线． 故选B． 【点睛】考查由三视图判断几何体，主要考查学生空间想象能力及对立体图形的认知能力,解题关键抓住俯视图是从物体的上面看得到的视图． 9． 【分析】根据频率稳定性的意义求解即可． 【详解】根据表中信息，当该商品展现量足够大时，点击率逐渐接近于． 根据频率的稳定性可知，当该商品展现量为30000时，点击率约为． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了频率的稳定性：在相同条件下，当重复试验的次数大量增加时，事件发生的频率就稳定在某一个固定值．一般用频率的稳定性来估计概率． 10． 长 高 宽 【分析】根据三视图的特征，主视图与俯视图长对正；主视图与左视图高平齐；俯视图与左视图的宽相等进行填空即可． 【详解】∵主视图与俯视图长对正；主视图与左视图高平齐；俯视图与左视图的宽相等， ∴主视图与俯视图的长一致；主视图与左视图的高一致；俯视图与左视图的宽一致． 故答案是：长、高、宽． 【点睛】考查了简单几何体的三视图，掌握三视图的定义是关键．注意所有的看到的棱都应表现在三视图中． 11． 【分析】设AC与BD的交点为O，由题意易得AD=DC=4，然后根据含30度直角三角形的性质可求解． 【详解】解：设AC与BD的交点为O，如图所示： ∵菱形ABCD的周长为16， ∴，，即 ∵， ∴， ∴， ∴； 故答案为． 【点睛】本题主要考查菱形的性质、勾股定理及含30度直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质、勾股定理及含30度直角三角形的性质是解题的关键． 12． 【分析】首先把m、n代入方程x2﹣x﹣3=0，得出m2﹣m=3，n2﹣n=3，进一步整理代数式，整体代入求得答案即可． 【详解】∵m、n是方程x2﹣x﹣3=0的两个根，∴m2﹣m=3，n2﹣n=3，∴m+n﹣1=（m2﹣m）﹣（n2﹣n）﹣1=﹣3﹣1=﹣． 故答案为﹣． 【点睛】本题考查了一元二次方程的解．能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．又因为只含有一个未知数的方程的解也叫做这个方程的根，所以，一元二次方程的解也称为一元二次方程的根． 13．8 【分析】连接，，根据直角三角形斜边中线定理可知，然后根据等腰三角形的性质及勾股定理可进行求解． 【详解】解：连接，，如图所示：    ∵，M是的中点，， ∴， ∵N是的中点， ∴，， 在中，由勾股定理得：， ∴； 故答案为8． 【点睛】本题主要考查直角三角形斜边中线定理、勾股定理及等腰三角形的性质，熟练掌握直角三角形斜边中线定理、勾股定理及等腰三角形的性质是解题的关键． 14．，． 【详解】试题分析：两边直接开平方即可． 试题解析：两边直接开平方得：，即或，解得：，． 考点：解一元二次方程-直接开平方法． 15．(1)作图见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）作线段的垂直平分线，交纸片的平行边于两点，，连接、； （2）根据垂直平分线的性质得，，由，得，，证明，得，推出四边形为平行四边形，即可得证； （3）先根据菱形的性质得到，，，根据勾股定理得，然后根据菱形的面积公式计算即可． 【详解】（1）解：如图，作线段的垂直平分线，交纸片的平行边于两点，，连接、， 则四边形即为所作； （2）证明：设，交于点， 根据作图可知：垂直平分， ∴，， ∵， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形； （3）解：∵四边形为菱形， ∴，，， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴菱形的面积为． 【点睛】本题考查作图—复杂作图，垂直平分线的性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理．解题的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作． 16．(1)该商品每次降价的百分率为 (2)每件商品应降价5元． 【分析】（1）直接代入公式即可求出降价率； （2）先设未知数，再利用单个利润乘以数量等于总利润列出方程，再解方程即可，要利用每件降价幅度不超过10元排除其中一个答案． 【详解】（1）解：设该商品每次降价的百分率为x． 依题意，得， 解得（不合题意，舍去）． 答：该商品每次降价的百分率为． （2）设每件商品应降价x元． 根据题意，得， 解得． ∵降价幅度不超过10元， ∴． 答：每件商品应降价5元． 【点睛】本题考查平均增长率问题和一元二次方程的实际问题，细心审题和记忆理解公式是解题的关键． 17．(1) (2)14米 【分析】本题主要考查了列代数式和一元二次方程的应用． （1）根据题意，可知，且有，整理即可得出用含x的代数式表示矩形的长的式子； （2）根据矩形场地面积为154平方米列出方程，解出此时x的值然后求出栅栏的长即可． 【详解】（1）依题意得：，， ∴米， 故答案为：； （2）根据图形，可列方程：， 解得：，， 当时，，不合题意，舍去， 当时，，符合题意， 答：栅栏的长为14米． 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据菱形的性质，可证，由此即可求证； （2）根据菱形的性质，含角的直角三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵P、Q分别是边的中点，， ∴， ∴， ∴． （2）解：∵四边形是菱形， ∴， ∵分别是边的中点， ∴， ∵， ∴根据直角三角形中，角所对的边是斜边的一半，得， 由（1）可知，， ∴， ∴， ∴， ∵分别是边的中点， ∴， ∴， 综上所述，的度数为． 【点睛】本题主要考查菱形，含角的直角三角形的综合，掌握菱形的性质，含特殊角的直角三角形的性质是解题的关键． 19．(1)见解析 (2)，证明见解析 【分析】（1）作于，则，证明四边形为矩形，得出，从而得出，证明，即可得出结论； （2）在上截取，证明为等腰直角三角形，得出，证明，得出，证明，结合，得出为的中位线，即，即可得解． 【详解】（1）证明：如图，作于，则， ， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴, ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：， 证明：如图，在上截取， ， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴为等腰直角三角形，， ∴， 由（1）可得， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴为的中位线， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 20．（Ⅰ）D′（3+，3）;（Ⅱ）当BB'=时，四边形MBND'是菱形,理由见解析; （Ⅲ）P（）． 【分析】（Ⅰ）如图①中，作DH⊥BC于H．首先求出点D坐标，再求出CC′的长即可解决问题； （Ⅱ）当BB'=时，四边形MBND'是菱形．首先证明四边形MBND′是平行四边形，再证明BB′=BC′即可解决问题； （Ⅲ）在△ABP中，由三角形三边关系得，AP＜AB+BP，推出当点A，B，P三点共线时，AP最大. 【详解】（Ⅰ）如图①中，作DH⊥BC于H， ∵△AOB是等边三角形，DC∥OA， ∴∠DCB=∠AOB=60°，∠CDB=∠A=60°， ∴△CDB是等边三角形， ∵CB=2，DH⊥CB， ∴CH=HB=，DH=3， ∴D（6﹣，3）， ∵C′B=3， ∴CC′=2﹣3， ∴DD′=CC′=2﹣3， ∴D′（3+，3）． （Ⅱ）当BB'=时，四边形MBND'是菱形， 理由：如图②中， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABO=60°， ∴∠ABB'=180°﹣∠ABO=120°， ∵BN是∠ACC'的角平分线， ∴∠NBB′'=∠ABB'=60°=∠D′C′B， ∴D'C'∥BN，∵AB∥B′D′ ∴四边形MBND'是平行四边形， ∵∠ME'C'=∠MCE'=60°，∠NCC'=∠NC'C=60°， ∴△MC′B'和△NBB'是等边三角形， ∴MC=CE'，NC=CC'， ∵B'C'=2， ∵四边形MBND'是菱形， ∴BN=BM， ∴BB'=B'C'=； （Ⅲ）如图连接BP， 在△ABP中，由三角形三边关系得，AP＜AB+BP， ∴当点A，B，P三点共线时，AP最大， 如图③中，在△D'BE'中，由P为D'E的中点，得AP⊥D'E'，PD'=， ∴CP=3， ∴AP=6+3=9， 在Rt△APD'中，由勾股定理得，AD'==2． 此时P（，﹣）． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的性质，平移和旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解（2）的关键是四边形MCND'是平行四边形，解（3）的关键是判断出点A，C，P三点共线时，AP最大． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$