精品解析：北京市汇文实验中学2025-2026学年九年级上学期开学测数学试题

复盘测试卷 一、单选题 1. 已知，是一元二次方程的两根，则的值是（ ） A. B. C. D. 2. 抛物线的对称轴直线．抛物线与轴的一个交点在点和点之间，其部分图象如图所示，下列结论中：①；②；③关于的方程有两个不相等实数根；④，正确的有（ ） A. ①② B. ③④ C. ①②③ D. ①③④ 3. 若是关于的方程的一个根，则关于的方程必有一个根为（ ） A. 2023 B. 2024 C. 2025 D. 2027 4. 对于一元二次方程（其中，且）有以下说法： 方程必定有解；若方程的两个解相等，则；若是方程的解，则或． 其中正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，已知正方形的边长为3，点M在上，，点N是上的一个动点，那么的最小值是（ ） A. 3 B. 4 C. D. 二、填空题 6. 如图，与位似，点是它们的位似中心，已知，则与的周长之比是________． 7. 如图，已知一个梯形被一条对角线分成两个相似的三角形，且两腰之比为，则上底和下底之比为_______． 8. 如图，点在线段上，，，以为圆心，为半径作，点在上运动，连接，以为腰作等腰，连接，则长的取值范围是______． 9. 如图，是用12个相似的直角三角形组成的图案．若，则的长度为_______ 10. 如图，等边的边长为为上的动点，于点于点E，连接，则的长的最小值为___________． 11. 如图，半圆的直径，以长为2的弦为直径，向点方向作半圆，其中点在弧上且不与点重合，但点可与点重合． ①发现：为定值，____________； ②思考：点与的最大距离为______________，点与的最小距离为___________． 12. 抛物线的部分图象如图所示，与轴的一个交点坐标为，抛物线的对称轴是直线，以下结论：①；②；③；④过点；⑤方程有两个不相等的实数根．其中正确的有______ ．（填序号） 13. 如图，在边长为4的菱形中，，点M是边的中点，点N是菱形内一动点，且满足，连接，则的最小值为________． 14. 如图，将沿方向平移得到，为的中点，连接．以点为圆心，长为半径画，分别交于点，交于点．若，则图中阴影部分的面积为___________． 15. 已知，则___________． 三、解答题 16. 已知关于x的一元二次方程，如果a，b，c满足，我们就称这个一元二次方程为波浪方程． （1）判断方程是否为波浪方程，并说明理由． （2）已知关于x的波浪方程的一个根是，求a，b的值； （3）若一个波浪方程的两个根分别为，，求这个波浪方程． 17. 如图，在中，，的平分线交于点，点在上，以为直径的经过点． （1）求证：是的切线； （2）若点是劣弧的中点，且，求阴影部分的面积． 18. 如图，抛物线与轴交于点，点，与轴交于点，直线，且与抛物线交于M，N两点． （1）求抛物线和直线的函数表达式； （2）设点M，N的横坐标分别为，试判断的值是否会改变？若不变，求出该值；若改变，请说明理由； （3）若直线在直线上方运动，交点在点的左侧．作直线与交于点，如图2所示．在直线运动的过程中，试说明：点的横坐标是一个定值． 19. 为等边三角形，AB＝8，AD⊥BC于点D，E为线段AD上一点，．以AE为边在直线AD右侧构造等边三角形AEF，连接CE，N为CE的中点． （1）如图1，EF与AC交于点G，连接NG，BE，直接写出NG与BE的数量关系； （2）如图2，将绕点A逆时针旋转，旋转角为，M为线段EF的中点，连接DN，MN．当时，猜想∠DNM的大小是否为定值，如果是定值，请写出∠DNM的度数并证明，如果不是，请说明理由； （3）连接BN，在绕点A逆时针旋转过程中，请直接写出线段BN的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 复盘测试卷 一、单选题 1. 已知，是一元二次方程的两根，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系，以及二次根式的化简．根据根与系数的关系得到，可知，然后化简代入求值是解题的关键． 【详解】解：，是一元二次方程的两根， ，， ，， ， 故选：B 2. 抛物线的对称轴直线．抛物线与轴的一个交点在点和点之间，其部分图象如图所示，下列结论中：①；②；③关于的方程有两个不相等实数根；④，正确的有（ ） A. ①② B. ③④ C. ①②③ D. ①③④ 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质、二次函数与一元二次方程的联系；①抛物线的对称轴即可得；②先根据抛物线与x轴交点位置、对称性可得当时，，再结合即可得；③根据二次函数的顶点坐标可得抛物线与直线有两个交点，由此即可得；④先根据顶点坐标可得，再结合即可得． 【详解】∵抛物线的对称轴为直线， ∴，则结论①正确； ∵抛物线与x轴的一个交点在和之间，且时，， 当时，， 由二次函数的对称性得：时的函数值与时的函数值相等， 当时，， 即， ，即， ，即，则结论②错误； ∵抛物线与x轴有两个交点，且顶点为， ∴抛物线与直线有两个交点， ∴关于x的方程有两个不相等实数根，则结论③正确； ∵化成顶点式为，且其顶点坐标为， ∴，即， ∵， ∴， ∵抛物线的开口向下， ， ∴， ∴，则结论④正确； 综上，正确的有①③④， 故选：D． 3. 若是关于的方程的一个根，则关于的方程必有一个根为（ ） A. 2023 B. 2024 C. 2025 D. 2027 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解，由关于x的一元二次方程有一个根为，可得出关于的一元二次方程有一个根为，解之可得出x的值，此题得解． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程有一个根为， ∴关于的一元二次方程即有一个根为， 即， 解得：， 故选：A． 4. 对于一元二次方程（其中，且）有以下说法： 方程必定有解；若方程的两个解相等，则；若是方程的解，则或． 其中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据一元二次方程实数根与判别式的关系、一元二次方程的解、完全平方公式等知识点，掌握一元二次方程实数根与判别式的关系是解题的关键． 由可知是原方程的解，即①正确；由是方程的解可得，再说明，进而得到；再结合可得，然后移项并因式分解可得，即可判定③． 【详解】解：①由，则是原方程的解，即方程至少有一个根， 所以该方程必有解，故①正确； ②由一元二次方程的实数根与判别式的关系与判别式的关系可知：， ∵， ∴， ∵， ∴，整理得：，即，故②正确； ③∵是方程的解， ∴， ∵， ∴， ∴，即 ∵， ∴，即， ∴，即， ∴或，故③正确． 综上：①②③正确． 故选D． 5. 如图，已知正方形的边长为3，点M在上，，点N是上的一个动点，那么的最小值是（ ） A. 3 B. 4 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的是轴对称-最短路线问题及正方形的性质，根据点B与点D关于直线对称，可知的长即为的最小值是解答此题的关键．由正方形的对称性可知点B与D关于直线对称，连接交于点，即为所求，在中利用勾股定理即可求出的长即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴点B与D关于直线对称， 连接交于点，连接， 则， ， 当B、N、M三点共线时，取得最小值， 则即为所求的点， 则的长即为的最小值， ∵四边形是正方形， ∴是线段的垂直平分线， 又， 在中，， 故的最小值是． 故选：C． 二、填空题 6. 如图，与位似，点是它们的位似中心，已知，则与的周长之比是________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要查了位似图形的性质．根据位似图形的性质，可得，从而得到，即可求解． 【详解】解：∵与位似， ∴，， ∴， ∴， ∴的周长的周长． 故答案为： 7. 如图，已知一个梯形被一条对角线分成两个相似的三角形，且两腰之比为，则上底和下底之比为_______． 【答案】 【解析】 【分析】此题主要了相似三角形的性质和梯形的定义．根据题意可得，则，即可求出答案． 【详解】解：有题意可知，， ∴， ∵两腰之比为， ∴， ∴， 即上底和下底之比为， 故答案为：． 8. 如图，点在线段上，，，以为圆心，为半径作，点在上运动，连接，以为腰作等腰，连接，则长的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质，以为顶点，为边向上方作等腰直角，连接、，证明得出，从而得到点在以点为圆心，为半径的圆上，作射线交于、，，则，，即可得解． 【详解】解：如图，以为顶点，为边向上方作等腰直角，连接、， ， 则，，， 为等腰直角三角形， ，， ，， ， ， ， ， 点在以点为圆心，为半径的圆上， 作射线交于、， 则，， 长的取值范围是， 故答案为：． 9. 如图，是用12个相似的直角三角形组成的图案．若，则的长度为_______ 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是相似三角形的性质，锐角三角函数的应用，规律探究；先求解，可得，再进一步探究即可． 【详解】解：∵12个相似的直角三角形， ∴， ， ∵， ∴， ， ， ∴， 故答案为：． 10. 如图，等边的边长为为上的动点，于点于点E，连接，则的长的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查圆周角定理，锐角三角函数的定义，和等边三角形的性质等，解题的关键是在等边三角形上作出过的圆，过作，根据圆的性质可知为的直径，再作直径，连接，则有由锐角三角函数的定义可得，最后由时，最小，求出即可得出的最小值． 【详解】如图，过作， ， 为的直径， 作直径与交于点，连接， ， 为等边三角形， ， ， 在中，， 时，最小， 且， ， ， 故有最小值． 11. 如图，半圆的直径，以长为2的弦为直径，向点方向作半圆，其中点在弧上且不与点重合，但点可与点重合． ①发现：为定值，____________； ②思考：点与的最大距离为______________，点与的最小距离为___________． 【答案】 ①. ②. ③. 【解析】 【分析】本题是圆和三角形综合题，考查了等边三角形的判定和性质，圆周角，直角三角形的特征，根据题意确定点的位置是解题关键． ①连接、，证明是等边三角形，即可得到答案； ②过点作于点，当点与点重合时，点与的距离最大，当点与点重合时，点与的距离最小，结合等边三角形的性质和直角三角形的特征求解即可． 【详解】解：①如图，连接、， 半圆的直径， ， ， ， 是等边三角形， ， 故答案为：； ②如图，过点作于点， 当点与点重合时，点与的距离最大， 由①可知，是等边三角形， 点是的中点， ，， ， 即点与的最大距离为； 如图，连接，当点与点重合时，点与的距离最小， 由①可知，是等边三角形， 点是的中点， ，， ， 在中，， 即点与的最小距离为， 故答案为：，． 12. 抛物线的部分图象如图所示，与轴的一个交点坐标为，抛物线的对称轴是直线，以下结论：①；②；③；④过点；⑤方程有两个不相等的实数根．其中正确的有______ ．（填序号） 【答案】②④⑤ 【解析】 【分析】此题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数图象及性质，能够通过函数图象提取信息是解题的关键． 由已知可得对称轴，，函数与y轴的交点，函数与y轴交点，则方程有两个不相等的实数根；由函数的对称性可得，与x轴的一个交点坐标为，另一个交点为，据此以此判断即可； 【详解】由图可知，开口方向向下，故， 抛物线与y轴交于正半轴，得， 抛物线的对称轴为，即 ， ∴，， 故③错误； ∴故①错误, 由图象与轴有两个交点，故，故②正确； 抛物线与轴的一个交点坐标为，对称轴为：直线 ∴抛物线与x轴的另一个交点为，故④正确； 方程 的实数根，可以看成函数图象与直线交点横坐标， 抛物线与y轴交点， 当有两个不同的交点，即方程有两个不同的实数根，故⑤正确； 综上所述正确的有②④⑤， 故答案为：②④⑤． 13. 如图，在边长为4的菱形中，，点M是边的中点，点N是菱形内一动点，且满足，连接，则的最小值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】过点作交的延长线于点，根据菱形的性质以及直角三角形的性质求出，当点运动到线段上的点时，取得最小值，进一步求解即可． 【详解】解：过点作交的延长线于点，如图所示： ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∴， ∵点是边的中点， ∴， ∴， 根据勾股定理，得：， ∵， ∴， 根据勾股定理，得：， ∵， 当点运动到线段上的点时，取得最小值， ， ∴的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质、直角三角形的性质、勾股定理、线段最短问题，解题的关键是利用所学知识点求出． 14. 如图，将沿方向平移得到，为的中点，连接．以点为圆心，长为半径画，分别交于点，交于点．若，则图中阴影部分的面积为___________． 【答案】 【解析】 【分析】如图，连接，由平移的性质得到，，，解直角三角形求出，易证四边形为平行四边形．再证明是等边三角形，四边形是矩形，由勾股定理求出，得到，，最后求得即可解答． 【详解】解：如图，连接， ∵将沿方向平移得到，， ∴，，， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形． ∵，，， ∴是等边三角形，四边形是矩形， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴在中，， ∴，即， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴． 又∵， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了平移的性质、不规则图形的面积、平行四边形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理、等边三角形的判定与性质、矩形的判定与性质等知识点，综合运用相关知识是解题的关键 15. 已知，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查二次根式的运算，解题的关键是掌握二次根式的混合运算，分母有理化，完全平方公式，进行解答，即可． 【详解】解：∵，， ∴，， ∴ ． 故答案为：． 三、解答题 16. 已知关于x的一元二次方程，如果a，b，c满足，我们就称这个一元二次方程为波浪方程． （1）判断方程是否为波浪方程，并说明理由． （2）已知关于x的波浪方程的一个根是，求a，b的值； （3）若一个波浪方程的两个根分别为，，求这个波浪方程． 【答案】（1）方程为波浪方程， 理由如下： 由题意得，， ∴， ∴方程为波浪方程， （2） （3） 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程的解的定义，波浪方程的定义，熟知波浪方程的定义是解题的关键： （1）直接根据波浪方程的定义判断即可； （2）先根据波浪方程的定义得到，再由一元二次方程的解的定义得到，据此联立①②求解即可； （3）根据根与系数的关系推出，根据波浪方程的定义得到，据此得到关于m的方程，解方程即可得到答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵关于x的方程为波浪方程， ∴，且， ∴， ∵是关于x的方程的一个根， ∴， 联立①②解得； 【小问3详解】 解：∵一个波浪方程的两个根分别为，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴这个波浪方程为． 17. 如图，在中，，的平分线交于点，点在上，以为直径的经过点． （1）求证：是的切线； （2）若点是劣弧的中点，且，求阴影部分的面积． 【答案】（1） 证明：如图，连接， 是的平分线， ， ， ， ， ， ， 为半径， 是的切线； （2） 【解析】 【分析】（1）连接，根据角平分线定义，得，可得，得，得，即得； （2）连接交于，根据垂径定理推论得，，根据，，得，，得，，根据，得，即得． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图2，连接交于， ， ， 是劣弧的中点， ，，， ∵，， ， ， ， 由（1）知， ， ，即， 解得，； ，，， ∴， ， ； 阴影部分的面积为． 【点睛】本题考查圆与三角形综合．熟练掌握角平分线有关计算，等腰三角形性质，平行线判定和性质，切线判定和性质，垂径定理推论等边三角形判定和性质，圆周角定理，锐角三角函数定义，全等三角形判定和性质，扇形面积公式，是解题的关键． 18. 如图，抛物线与轴交于点，点，与轴交于点，直线，且与抛物线交于M，N两点． （1）求抛物线和直线的函数表达式； （2）设点M，N的横坐标分别为，试判断的值是否会改变？若不变，求出该值；若改变，请说明理由； （3）若直线在直线上方运动，交点在点的左侧．作直线与交于点，如图2所示．在直线运动的过程中，试说明：点的横坐标是一个定值． 【答案】（1）， （2）不变， （3） 证明：设直线的解析式为：， 联立，则：， 解得：， ∴， 设直线的解析式为：，把代入，得：， ∴， ∴， 联立，则：， 解得：， ∴， 由（2）得：， ∴， ∴， ∴直线的解析式为：， 联立，则：， ∵，不重合， ∴， 解得：， ∴，即：点的横坐标是一个定值． 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法求出二次函数的解析式，进而求出点坐标，待定系数法求出直线的解析式； （2）根据两直线平行值相等，设出的解析式，联立直线和抛物线的解析式，得到一元二次方程，根据根与系数的关系即可得出结果； （3）设出的解析式，联立直线和抛物线的解析式求出点的横坐标，进而得到两条直线的值的数量关系，联立两条直线的解析式求出点的横坐标，即可得出结果． 【小问1详解】 解：∵抛物线与轴交于点，点， ∴； 解得：， ∴抛物线为； 当时，则：， 解得：，， ∴， 设直线的解析式为，把代入，得， ∴； 【小问2详解】 解：不会改变：理由如下： ∵直线， ∴设直线的解析式为：， ∵直线与抛物线交于，两点， ∴令， 整理，得：， 则：是方程的两个实数根， ∴，为定值； 【小问3详解】 略 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及二次函数与坐标轴的交点问题，待定系数法求函数解析式，根与系数的关系等知识点，熟练掌握相关知识点，正确的求出函数解析式，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键． 19. 为等边三角形，AB＝8，AD⊥BC于点D，E为线段AD上一点，．以AE为边在直线AD右侧构造等边三角形AEF，连接CE，N为CE的中点． （1）如图1，EF与AC交于点G，连接NG，BE，直接写出NG与BE的数量关系； （2）如图2，将绕点A逆时针旋转，旋转角为，M为线段EF的中点，连接DN，MN．当时，猜想∠DNM的大小是否为定值，如果是定值，请写出∠DNM的度数并证明，如果不是，请说明理由； （3）连接BN，在绕点A逆时针旋转过程中，请直接写出线段BN的最大值． 【答案】（1） （2）∠DNM的大小是定值，为120° （3） 【解析】 【分析】（1）连接CF．由等边三角形的性质易证△BAE≌△CAF(SAS)，即得出．再根据三角形中位线定理即可求出； （2）连接BE，CF．利用全等三角形的性质证明∠EBC+∠BCF=120°，再利用三角形的中位线定理，三角形的外角的性质证明∠DNM=∠EBC+∠BCF即可； （3）取AC的中点J，连接BJ，结合三角形的中位线定理可求出BJ，JN．最后根据三角形三边关系即可得出结论． 【小问1详解】 解：如图，连接CF． ∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC， ∴AB=BC=AC，∠BAD=∠CAD=30°． ∵△AEF是等边三角形， ∴∠EAF=60°，G为EF中点， ∴∠EAG=∠GAF=30°． 即在△BAE和△CAF中， ， ∴△BAE≌△CAF(SAS)， ∴， ∵N为CE的中点，G为EF中点， ∴， ∴； 【小问2详解】 ∠DNM=120°是定值，证明如下， 如图，连接BE，CF． 同（1）可证△BAE≌△CAF（SAS）， ∴∠ABE=∠ACF． ∵∠ABC+∠ACB=60°+60°=120°， ∴∠EBC+∠BCF=∠ABC-∠ABE+∠ACB+∠ACF=120°． ∵EN=NC，EM=MF， ∴MN∥CF， ∴∠ENM=∠ECF， ∵BD=DC，EN=NC， ∴DN∥BE， ∴∠CDN=∠EBC， ∵∠END=∠NDC+∠NCD， ∴∠DNM=∠DNE+∠ENM=∠NDC+∠ACB+∠ACN+∠ECF=∠EBC+∠ACB+∠ACF=∠EBC+∠BCF=120°． 综上可知∠DNM的大小是定值，为120°； 【小问3详解】 如图，取AC的中点J，连接BJ，BN． ∵AJ=CJ，EN=NC， ∴JN=AE=． ∵BJ=AD=， ∴BN≤BJ+JN，即BN≤， 故线段BN的最大值为． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，三角形三边关系的应用．解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $