第1-2章阶段自检卷-2025-2026学年北师大版数学九年级上册

第1-2章阶段自检卷-2025-2026学年数学九年级上册北师大版 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．矩形具有而平行四边形不具有的性质是（    ） A．对角相等 B．对角互补 C．对边相等 D．对角线互相平分 2．若方程是关于x的一元二次方程，则a的值为（　　） A．3 B． C．3或 D．0 3．如图是屋架设计图的一部分，点是斜梁的中点，立柱，垂直于横梁，，，则等于（ ） A． B． C． D． 4．若关于x的一元二次方程的一个根是，则k的值为（    ）． A．2 B． C．2或 D． 5．如图，点E为正方形的边上一点，且，连接，取的中点F，连接，若的长为，则正方形的面积为（ ） A．9 B．12 C．16 D．20 6．若m，n是方程的两根，则代数式的值是（    ） A．15 B． C． D．29 7．如图1，这是小明的爸爸购买的添加了便签的2025年台历，图2是它的平面示意图，其中正方形是月历区，正方形是备忘录区，矩形是便签区，已知月历区的面积为，备忘录区的面积为，则便签区的面积为（   ） A． B． C． D． 8．如图，菱形的对角线，相交于点O，过点D作，垂足为点E，连接，若，，则的长为（    ） A．2 B． C．3 D．4 9．南宋数学家杨辉所著《田亩比类乘除捷法》中记载：“直田积八百六十四步，只云长阔共六十步，问长及阔各几步”译文：一块矩形田地的面积是864平方步，它的长和宽共60步，问它的长和宽各是多少步？设这块矩形田地的长为x步，根据题意可列方程为（    ） A． B． C． D． 10．我国古代数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载过一元二次方程（正根）的几何解法，以方程即]为例说明，构造如图，大正方形的面积是，同时它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即，因此，所以．则在下面四个构图中，能正确说明方程的解法的构图是（    ） A． B． C． D． 二、填空题 11．若关于的方程是一元二次方程，则的值为 ． 12．若一元二次方程没有实数根，则直线不经过第 象限． 13．小明在与对话中输入如下的文字：“有没有这样一个数，先计算它的平方，再减去它的3倍后再加上4，结果等于这个数？”经过40秒的深度思考和验证，给出的这个数应该是 ． 14．如图，矩形中，与交于点O，E是中点，，，则的长为 ．    15．如图，等边三角形边长为 点D在边上，且， 点E在边上， 连接，交于点F， 若， 在线段上截取， 连接， 则线段的最小值是 ． 16．如图， 在平行四边形 中，E，F分别为边的中点， 是对角线．下列说法正确的有 ． ①当时，四边形是菱形；②当 时，四边形是菱形； ③当时，四边形是矩形；④当平分时，四边形是矩形． 三、解答题 17．用适当的方法解下列方程： (1)； (2)． 18．如图，已知矩形． (1)用无刻度的直尺和圆规作菱形，使点、分别在、边上：（不写作法，保留作图痕迹，并给出证明．） (2)若，求的长． 19．已知关于的方程． (1)若该方程有一个根为3，求方程的另一根； (2)求证：不论取何实数，该方程都有两个不相等的实数根． 20．如图，在中，D是边上的一点，E是的中点，过A点作的平行线交的延长线于点F，且，连接． (1)线段与有何数量关系，为什么？ (2)当满足什么条件时，四边形是矩形？请说明理由． 21．为弘扬达州地方文化，让更多游客了解巴人故里，某文旅公司推出多款文创产品．知某款巴小虎吉祥物的成本价是30元，当售价为40元时，每天可以售出60件，经调查发现：售价每降价1元，每天可以多售出10件． (1)设该款巴小虎吉祥物降价x元，则每天售出的数量是______件； (2)为让利于游客，该款巴小虎吉祥物应该降价多少元，文旅公司每天的利润是630元． 22．（1）如图①，在正方形中，点E，F分别在边，上，连接，，，且，延长到点G，使，连接．求证：． （2）如图②，当点E，F分别在线段和的延长线上，连接，，，且时，试探究，，之间的数量关系，并说明理由． 23．已知，如图，O为坐标原点，四边形为矩形，，点是的中点，动点在线段上以每秒2个单位长的速度由点C向B运动．设动点P的运动时间为t秒． (1)当t为何值时，四边形是平行四边形； (2)在直线上是否存在一点Q，使得O、D、Q、P四点为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接求出t的值，并直接写出此时Q点坐标；若不存在，请说明理由； (3)在线段上有一点M且，当P运动______秒时，四边形的周长最小值为______． 24．阅读以下材料，并解决相应的问题． 三国时期的数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了一元二次方程的几何解法，以为例，说明如下： 将方程变形为，然后画四个长为，宽为x的矩形，按如图所示的方式拼成一个“空心”大正方形，图中大正方形的面积可表示为，还可表示为四个矩形与一个边长为2的小正方形面积之和，即，因此，可得新方程：， ∵x表示边长， ∴，即． 注意：这种构造图形的方法只能求出方程的一个根！ (1)尝试：小颖根据赵爽的解法解方程， 第一步：将原方程变为，即x（__________________）； 第二步：利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形；（请在画图区画出示意图，标明各边长）； 第三步：根据大正方形的面积可得新的方程：______________；解得原方程的一个根为______________ (2)反思：这种构造图形解一元二次方程体现的数学思想是_________（从“①分类讨论，②数形结合，③演绎”三个选项中选择最恰当的一项的序号填空）． 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 《第1-2章阶段自检卷-2025-2026学年数学九年级上册北师大版》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B B C C A D A A C 1．B 【分析】本题考查矩形和平行四边形的性质：矩形是特殊的平行四边形，除具备平行四边形的性质外，还具有对角线相等、四个角均为直角等特有性质．根据矩形和平行四边形的性质，逐一分析选项． 【详解】解：选项A：对角相等 平行四边形的对角相等，矩形作为平行四边形的一种，同样满足此性质．因此A是两者共有的性质，排除． 选项B：对角互补 矩形对角互补，但平行四边形对角不一定互补，故B符合题意． 选项C：对边相等 平行四边形和矩形的对边均相等，因此C是两者共有的性质，排除． 选项D：对角线互相平分 平行四边形的对角线互相平分，矩形作为平行四边形，同样满足此性质．因此D是两者共有的性质，排除． 故选：B． 2．B 【分析】本题考查的是一元二次方程的定义，只含有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程．一元二次方程的一般形式是：（a，b，c是常数且）． 根据一元二次方程的定义得到且，然后解方程和不等式即可得到满足条件的a值． 【详解】解：∵是关于x的一元二次方程， ∴， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． 故选：B． 3．B 【分析】本题主要考查直角三角形中角所对直角边等于斜边一半的性质，熟练运用该性质是解题关键．先求出，再在中，结合是中点及该性质求出． 【详解】解：， 是的中点， ． 又，， ． 故选：B． 4．C 【分析】本题考查了一元二次方程解的定义，把代入，据此解答即可． 【详解】解：把代入，得： ， 解得，， 故选：C． 5．C 【分析】由正方形的性质得，，由推导出，从而得到，由，求得，则，于是得到问题的答案． 此题重点考查正方形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理等知识，推导出是解题的关键． 【详解】解：点E为正方形的边上一点，且， ，， ， 是的中点， ， ， ， ， ， ， 故选：C． 6．A 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系． 根据根与系数的关系得到，，进而得到， 代入计算即可． 【详解】若m，n是方程的两根， 则，， ∴，即 ， 故选：A． 7．D 【分析】本题考查了二次根式的应用，矩形的性质，正方形的性质，根据题意分别求得，进而求得，再根据矩形的性质，即可求解． 【详解】∵正方形是月历区，面积为， ∴， ∵正方形是备忘录区，矩形是便签区， ∴， ∴， ∴便签区的面积为 故选：D． 8．A 【分析】本题考查了菱形的性质，斜边的中线等于斜边的一半，解题关键是掌握菱形的面积公式为两条对角线的乘积的一半． 根据菱形的面积公式求出的长，再根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半直接求出． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，解得， ∵菱形的对角线，相交于点O，， ∴菱形的面积为， ∴， 解得：， ∵， ∴在中，． 故选：A． 9．A 【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程以及数学常识，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 设这块矩形田地的长为x步，再由矩形田地的长与宽的和是60步，可得出矩形田地的宽为步，根据矩形田地的面积是864平方步，即可得出关于x的一元二次方程． 【详解】解：根据题意设这块矩形田地的长为x步，则宽为步， 依题意得． 故选A． 10．C 【分析】本题考查一元二次方程的应用，完全平方公式的几何背景，通过图形直观，得出面积之间的关系，并用代数式表示出来是解决问题的关键． 根据题意，画出方程，即的拼图过程，由面积之间的关系可得出答案． 【详解】解：方程，即的拼图如图所示 中间小正方形的边长为，其面积为9， 大正方形的面积：， 其边长为7， 因此，C选项所表示的图形符合题意， 故选：C． 11． 【分析】本题利用了一元二次方程的概念．一元二次方程必须满足两个条件：（1）未知数的最高次数是2；（2）二次项系数不为0．由这两个条件得到相应的关系式，再求解即可． 【详解】解：∵关于x的方程是一元二次方程， ∴，， 解得，． 故答案为：． 12．三 【分析】本题考查了根的判别式，一次函数的性质，由一元二次方程没有实数根得，故有直线经过第一、二、四象限，从而求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵一元二次方程没有实数根， ∴， ∴， ∴直线经过第一、二、四象限， ∴直线不经过第三象限， 故答案为：三． 13．2 【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用，熟练掌握根据题意列一元二次方程并求解是解题的关键．设这个数为，根据题目描述的数量关系列出一元二次方程，然后求解方程得到这个数． 【详解】解：设这个数为． ， ， ， ， 故答案为：2． 14． 【分析】此题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理是解题的关键．根据矩形的性质可得是的中位线，从而得到，再由勾股定理可求出的长，即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形，， ∴，，， 即点O为的中点， ∵是中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：4． 15． 【分析】先根据等边三角形的性质证明，得出，进而得到，从而得到点G在以AC为弦、所对圆周角为的一段弧上运动，然后作辅助线图如图，得到（当且仅当三点共线时取=），得出的最小值即为，再求出即得答案． 【详解】解：∵等边三角形， ∴， ∵， 又∵, ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 连接，如图， ∵， ∴， ∴， ∴点G在以为弦、所对圆周角为的一段弧上运动， 设这段弧所在的圆心为O，连接，如图， 则（当且仅当三点共线时取）， ∴的最小值即为， 设交于点H， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为； 故答案为；． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、勾股定理以及圆的相关知识，得出点G取最小值的位置是解题的关键． 16．②③④ 【分析】本题考查平行四边形性质，菱形判定，矩形判定，斜边上的中线等知识点，根据平行四边形的判定和性质，菱形的判定方法，矩形的判定方法，逐一对各项进行分析即可得到本题答案．熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 【详解】解：∵平行四边形， ∴， ∵E，F分别为边的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， 当时，不能得到，故不能判定四边形是菱形，即①错误； 当时，则：， ∴四边形是菱形，故②正确； 当时，则：， ∴， ∴四边形是矩形，故③正确； 当平分时，如图，延长，交于点， ， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形，故④正确 故答案为：②③④ 17．(1)， (2)， 【分析】本题考查一元二次方程的解法． （1）把方程化为，再进一步用配方法即可求解． （2）把方程化为，再利用因式分解法即可求解． 【详解】（1）解：， 移项得：， ∴， ∴， ∴， 解得：，． （2）解：， 整理得：， ∴， ∴或， ∴，． 18．(1)图见解析，证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，作的垂直平分线交、于点、，再连接，，即可得到菱形；根据矩形和垂直平分线的性质，证明，得到，先证明四边形是平行四边形，再证明菱形即可； （2）根据矩形的性质，得出，根据菱形的性质，得到，，，，设，利用勾股定理求出，再利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：如图，菱形即为所求作． 证明：矩形， ， ， 垂直平分， ，， 在和中， ， ， ， 又， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：在矩形中，， ， ， 四边形是菱形， ，，，， 设，则， 在中，， ， 解得，即， ， ． 【点睛】本题考查了复杂作图——作垂直平分线，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的性质，掌握相关知识点是解题关键． 19．(1) (2)见解析 【分析】本题考查的是一元二次方程根的定义、一元二次方程根与系数的关系及根的判别式． （1）根据方程根的定义，把代入方程，求出的值，再由一元二次方程根与系数的关系得到方程的另一根； （2）根据一元二次方程的根的判别式列出关于m的代数式，再由完全平方式的非负性证明即可． 【详解】（1）解：由题意得，将代入， 则， 解得， ∴方程为， 设另一个根为，则由一元二次方程根与系数的关系得： 解得， ∴另一个根为； （2）解：， ∴不论取何实数，该方程都有两个不相等的实数根 20．(1)，理由见解析 (2)当满足时，四边形是矩形，理由见解析 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定、等腰三角形的性质、矩形的判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）先证明得到，再结合，即可得出结论； （2）先证明四边形是平行四边形，由（1）得，当满足时，利用三线合一性质得到，再根据矩形的判定即可解答． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵E是的中点， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）解：当满足时，四边形是矩形，理由如下： ∵，， ∴四边形是平行四边形， 由（1）得，， 当时，则， ∴， ∴平行四边形是矩形． 21．(1) (2)3元 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，正确理解题意、列出方程是解题的关键； （1）根据原来每天售出的60件，再加上多售出的件数即可得到答案； （2）设该款巴小虎吉祥物降价x元，根据每件的利润×销售数量=销售利润即可列出方程，解方程即可得解； 【详解】（1）解：设该款巴小虎吉祥物降价x元，则每天售出的数量是件； 故答案为：； （2）解：设该款巴小虎吉祥物降价x元， 根据题意可得：， 整理可得：， 解得：， 由于要让利于游客，舍去， ∴该款巴小虎吉祥物降价3元时文旅公司每天的利润是630元. 22．（1）见解析；（2），理由见解析 【分析】（1）由已知四边形为正方形得出，，证明，得到，，再利用，，通过角度等量代换得到，进一步证明，此时进一步通过线段等量代换证明； （2）在上截取，连接，构造全等三角形，证明，得到，，再通过（1）的方法进行角度等量代换得到，进一步证明，此时进一步通过线段等量代换证明． 【详解】（1）证明：∵四边形为正方形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：， 理由如下：如图2，在上截取，连接． ∵四边形为正方形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、角度和线段关系的转化推导及几何变换思想． 23．(1)2.5； (2)存在，时，；时，；时， (3)； 【分析】（1）先求出，进而求出，再由运动知，进而由平行四边形的性质建立方程即可得出结论； （2）根据题意，分三种情况讨论，利用菱形的性质和勾股定理即可得出结论； （3）先判断出四边形周长最小，得出最小，即可确定出点的位置，进而勾股定理，即可得出结论． 【详解】（1）解：∵四边形为矩形，， ， ∵点是的中点， ∴， 由运动知，， ， ∵四边形是平行四边形， ， ， ； （2）解：存在，①当点在的右边时，如图所示： ∵四边形为菱形， ， ∴在中，由勾股定理得：， ，解得， ， ； ②当点在的左边且在线段上时，如图所示： ∵四边形为菱形， ， ∴在中，由勾股定理得：， ， ，解得， ， ； ③当点在的左边且在的延长线上时，如图所示： ∵四边形为菱形， ， ∴在中，由勾股定理得：， ， ，解得， ， ； 综上所述，时，；时，；时，； （3）解：由（1）知，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形的周长为， 最小时，四边形的周长最小， 作点A关于的对称点E，连接交于M，如图， ， ， 两点之间线段最短， 此时最小，即最小， ， 的最小值为， 四边形的周长最小值为， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵由对称得， ∴为的中位线， ， ， ， 故答案为：，． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质、菱形性质、平行四边形的性质、勾股定理、轴对称的性质，三角形的中位线定理，坐标与图形，解（1）的关键是求出的值，解（2）的关键时分类讨论的思想，解（3）的关键是找出点的位置． 24．(1)；； (2)② 【分析】本题主要考查了根据阅读材料给出解决某一问题的特殊方法，解题的关键是理解新方法的本质，明确新方法的具体操作步骤，同时要借助数形结合思想，找到解决的问题与示例之间的关联． （1）根据赵爽的解法解方程的一般步骤即可求解． （2）在整个解决问题的过程中，体现了“数”与“形”的结合，进而可得出答案． 【详解】（1）解：第一步：将原方程变为，即； 第二步：利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形，如图所示： 第三步：根据大正方形的面积可得新的方程：，解得原方程的一个根为； 故答案为：，，； （2）解：反思：这种构造图形解一元二次方程体现的数学思想是数形结合， 故答案为：②． 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 $