九年级数学上学期期中模拟卷·拔尖卷（北师大版，举一反三）

九年级数学上学期期中模拟卷·拔尖卷 【北师大版】 时间：120分钟 满分：120分 测试范围：第一章 特殊的平行四边形~第三章 概率的进一步认识 姓名：___________班级：___________考号：___________ 考卷信息： 本卷试题共25题，单选10题，填空6题，解答9题，满分120分，限时120分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可量化学生的掌握程度！ 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分） 1．（2024·广东·模拟预测）若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则a，c的值可以是（   ） A． B． C． D． 2．（2025·吉林长春·模拟预测）利用尺规作图在一个矩形内作菱形，则下列作法中不一定正确的是（   ） A． B． C． D． 3．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，小莹对三个相连的方格进行涂色．在给每个方格涂色时，均从红、蓝两种颜色中随机选取一种，那么相邻两个方格所涂颜色不同的概率是（    ） A． B． C． D． 4．某超市1月份的营业额为36万元，前3个月的营业额共110万元，设每月营业额的平均增长率都为，则平均增长率应满足的方程为（    ） A． B． C． D． 5．（2025·河南·模拟预测）有2个信封，第一个信封内的四张卡片上分别写有1，2，3，4，第二个信封内的四张卡片上分别写有5，6，7，8，甲、乙两人商定了一个游戏，规则是：从这两个信封中各随机抽取一张卡片，得到两个数．为了使大量次游戏后对双方都公平，获胜规则不正确的是（ ） A．第一个信封内取出的数作为横坐标，第二个信封内取出的数作为纵坐标，所确定的点在直线上甲获胜，所确定的点在直线上乙获胜； B．取出的两个数乘积不大于15胜，否则乙获胜； C．取出的两个数乘积大于等于20得5，否则乙得3，游戏结束后，累计得分高的人获胜； D．取出的两个数相加，如果得到的和为奇数，则甲获胜，否则乙获胜． 6．关于x的方程的两个根满足，且，则m的值为（　　） A． B．1 C．3 D．9 7．如图，正方形的面积为，是等边三角形，点在正方形内，在对角线上有一动点，若使最小，则这个最小值为（  ） A． B．3 C． D． 8．（2025·福建三明·一模）已知方程的三个互不相等的实数根可作为三角形的三边边长，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 9．（2023·江苏苏州·模拟预测）如图四边形中，，，，，E为上一点，且，若，则的面积为（   ） A． B． C． D． 10．（2024·河北秦皇岛·一模）如图，在矩形中，为对角线的中点，．动点在线段上，动点在线段上，点，同时从点出发，以相同的速度分别向终点，（包括端点）运动．点关于，的对称点为，；点关于，的对称点为，．在整个过程中，四边形形状的变化依次是（    ） A．平行四边形矩形平行四边形菱形 B．平行四边形菱形平行四边形菱形 C．菱形矩形平行四边形菱形 D．菱形平行四边形矩形平行四边形 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分） 11．（2025·江苏苏州·模拟预测）若是方程的根，则代数式的值是 ． 12．已知，则的值为 ． 13．有甲、乙两个黑布袋，甲布袋中有两个完全相同的小球，分别标有数字和；乙布袋中有三个完全相同的小球，分别标有数字，，．小明从甲布袋中随机取出一个小球，记其标有的数字为，再从乙布袋中随机取出一个小球，记其标有的数字为，则满足有两个不相等实数根的概率是 ． 14．若关于x的一元二次方程，当时，相应的一元二次方程的两根分别记为则的值为 ． 15．（2024·上海·模拟预测）如图1两张等宽的矩形纸片，矩形纸片不动，将矩形纸片按如图2方式缠绕：先将点与点重合，再依次沿、对折，点A、C所在的相邻两边不重叠、无空隙，最后边刚好经过点G．若，，则长为 ．    16．（2025·浙江宁波·模拟预测）“化积为方”是一个古老的几何学问题，即给定一个长方形，作一个和它面积相等的正方形，这也是证明勾股定理的一种思想方法，如图所示，在矩形中（），以为边作正方形，在的延长线上取一点G，使得，过点D作交于点H，过点H作于点K．若，则的长为 ． 三、解答题（本大题共9小题，满分72分） 17．（6分）（2025·江苏苏州·二模）如图，在中，以点A为圆心，长为半径作弧，交于点F，分别以点B、F为圆心，大于的长度为半径作弧，交于点G，连接并延长交于点E，、相交于点O． (1)证明：； (2)请你利用无刻度直尺和圆规作，交于H（不写作法，保留作图痕迹），若，，求线段的长． 18．（6分）（2025·江西·模拟预测）如图，在平行四边形中，，点E是的中点，． (1)在图1中，作出一个以为边的矩形； (2)在图2中，作出一个以为边的正方形． 19．（6分）（24-25九年级上·福建宁德·期中）已知：实数满足． (1)求证：； (2)若，都是奇数，关于的方程是否有整数根？并说明理由； (3)若，，，求的值． 20．（8分）（2025·江苏扬州·二模）定义：我们把一个整数平方后得到的数称为完全平方数．例如：，，我们就将这些数都称为完全平方数． (1)如果一个完全平方数满足，则满足条件的值为 （请写出所有满足条件的数）； (2)是正整数，如果和都是完全平方数，求的值； (3)如果关于的一元二次方程至少有一个整数解，请直接写出满足题意的正整数的值． 21．（8分）某班有名同学，其中男生人，女生人． (1)若从名同学中随机选取人作为某次活动的记录员，求选到男生的概率； (2)若只在甲、乙两人中选人，准备以游戏的方式决定由谁参加，游戏规则如下：将四张牌面数字分别为的扑克牌洗匀后，数字朝下放于桌面，从中任取张，若牌面数字之和为奇数，则甲参加，否则乙参加．试问这个游戏公平吗？请用树状图说明理由； (3)在（）中，只将四张牌面数字分别为的扑克牌中牌面数字为的换为，其余都不变，请直接回答：这个游戏（填“公平”或“不公平”）． 22．（9分）根据以下素材，完成下列任务． 背景素材 背景 随着“绿色出行，低碳生活”理念的普及，新能源汽车正逐渐成为人们喜爱的交通工具．新能源汽车多数采用电能作为动力来源，不需要燃烧汽油，这样就减少二氧化碳气体的排放，从而达到保护环境的目的，在国家积极政策的鼓励下，新能源汽车的市场需求逐年上升． 素材1 某品牌新能源汽车1月份销售量为3万辆，随着消费人群的不断增多，该品牌新能源汽车的销售量逐月递增，3月份的销售量达到万辆． 素材2 某汽车销售公司抢占先机，购进一批新能源汽车进行销售，该公司选择一款进价为万元/辆的新能源汽车，经销一段时间后发现：当该款汽车售价定为万元/辆时，平均每周售出8辆，售价每降低万元，平均每周多售出1辆，若该店计划下调售价，使平均每周的销售利润为万元． 问题解决 任务1 根据素材1，求从1月份到3月份该品牌新能源汽车销售量的月平均增长率． 任务2 根据素材2，为了推广新能源汽车，此次销售尽量让利于顾客，求下调后每辆汽车的售价. 23．（9分）（2025·江苏南京·二模）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点A在x轴上，点E，F和G分别在和的延长线上，点E的坐标为． (1)若点F的坐标为，请直接写出的长； (2)如图(1)，H是正方形外一点．．求证； (3)如图(2)，若，且，请直接用含n的式子表示的长． 24．（10分）（2025·湖南长沙·二模）我们知道：关于的一元二次方程（，，，均为整数），如果时，这个方程的实数根就可以表示为，其中就叫做一元二次方程根的判别式，我们用表示，即，通过观察公式，我们可以发现，如果的值是一个完全平方数（若（为整数），则是一个完全平方数）时，一元二次方程的根不一定都为整数，但是如果一元二次方程的根都为整数，的值一定是一个完全平方数． 例：方程，，的值是一个完全平方数，但是该方程的根为，，不都为整数；方程的两根，，都为整数，此时，的值是一个完全平方数． 我们定义：两根都为整数的一元二次方程（，，，均为整数）称为“幸运方程”，两整数根称为“幸运根”，代数式的值为该“幸运方程”的“幸运数”，用表示，即．若有另一个“幸运方程”（，，，均为整数）的“幸运数”为，若，则称与互为“开心数”． (1)关于的一元二次方程是一个“幸运方程”． ①当时，该幸运方程的“幸运数”是______； ②若该幸运方程的“幸运数”是，则的值为______． (2)若关于的一元二次方程（为整数，且）是“幸运方程”，求的值及该方程的“幸运数”； (3)若关于的一元二次方程与（、均为整数）都是“幸运方程”，且其“幸运数”互为“开心数”，求的值． 25．（10分）（24-25九年级上·河北保定·期中）图1中的四边形纸片1与图2中的四边形纸片2形状相同，但大小不同，其中 ，，，现利用这两张卡片分别裁剪拼接出两个正方形．嘉嘉利用纸片1按图示方法截取正方形，设． (1)①纸片1中的 （用含x 的代数式表示）；若正方形的面积为27，则可列一元二次方程： ． ②请解①中的方程，并求的长． (2)①淇淇将纸片2只剪一次，并利用旋转知识拼出一个面积最大的正方形．请在图2中画出正确的图形（剪拼痕迹均用虚线表示）． ②若图2中，请比较（1）（2）的条件下得到的两个正方形中，哪个面积较大？ 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 九年级数学上学期期中模拟卷·拔尖卷 【北师大版】 参考答案与试题解析 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分） 1．（2024·广东·模拟预测）若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则a，c的值可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了根的判别式，利用一元二次方程根的判别式，得出，再进行计算判断即可． 【详解】解：由题知， 因为关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根， 所以且， ∴， 当时，，故选项A不符合题意； 当时，，故选项B不符合题意； 当时，，故选项C符合题意； 当时，，故选项D不符合题意； 故选：C． 2．（2025·吉林长春·模拟预测）利用尺规作图在一个矩形内作菱形，则下列作法中不一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的性质和判定，尺规作图等知识，根据矩形的性质和菱形的判定定理，平行四边形的判定与性质，且结合全等三角形的性质和判定进行逐项分析，证明即可． 【详解】解：A．依题意： 由作图可得，垂直平分线段， ∴，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ， ∴， ∴ ∴四边形是菱形，故A选项不符合题意； B．如图， 根据作图可得是的垂直平分线，是的垂直平分线， 则，， 即， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， 同理证明四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， 同理得， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形；故B选项不符合题意； 如图所示： 结合作图过程得出平分，， ∴ 由矩形的性质得， ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形；故C选项不符合题意； 如图所示： 由矩形的性质得，， 结合作图过程得分别平分， ∴， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴四边形是平行四边形， 则无法证明四边形是菱形， 故D选项符合题意； 故选：D 3．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，小莹对三个相连的方格进行涂色．在给每个方格涂色时，均从红、蓝两种颜色中随机选取一种，那么相邻两个方格所涂颜色不同的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了列举法求概率，列举所有可能结果红红蓝，红蓝红，红蓝蓝，蓝蓝红，蓝红红，蓝红蓝，红红红，蓝蓝蓝，共种， 相邻两个方格所涂颜色不同的有种，红蓝红，蓝红蓝，然后用概率公式即可求解，掌握列举法求概率是解题的关键． 【详解】解：∵从红、蓝两种颜色中随机选取一种， ∴有红红蓝，红蓝红，红蓝蓝，蓝蓝红，蓝红红，蓝红蓝，红红红，蓝蓝蓝，共种， 相邻两个方格所涂颜色不同的有种，红蓝红，蓝红蓝， ∴故相邻两个方格所涂颜色不同的概率是， 故选：． 4．某超市1月份的营业额为36万元，前3个月的营业额共110万元，设每月营业额的平均增长率都为，则平均增长率应满足的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】用增长后的量＝增长前的量×（1+增长率），如果设每月的平均增长率为x，根据“前三月份的营业额共为110万元”，即可得出方程． 【详解】解：设每月的平均增长率为x， ∴由题意可得： 故选择：D 【点睛】此题考查了平均增长率问题，熟练掌握解题方法是关键．另外注意审清题目“前3个月的营业额共110万元” 防止出错． 5．（2025·河南·模拟预测）有2个信封，第一个信封内的四张卡片上分别写有1，2，3，4，第二个信封内的四张卡片上分别写有5，6，7，8，甲、乙两人商定了一个游戏，规则是：从这两个信封中各随机抽取一张卡片，得到两个数．为了使大量次游戏后对双方都公平，获胜规则不正确的是（ ） A．第一个信封内取出的数作为横坐标，第二个信封内取出的数作为纵坐标，所确定的点在直线上甲获胜，所确定的点在直线上乙获胜； B．取出的两个数乘积不大于15胜，否则乙获胜； C．取出的两个数乘积大于等于20得5，否则乙得3，游戏结束后，累计得分高的人获胜； D．取出的两个数相加，如果得到的和为奇数，则甲获胜，否则乙获胜． 【答案】A 【分析】本题考查的是游戏公平性的判断以及树状图法求概率．判断游戏公平性就要计算每个参与者取胜的概率，概率相等就公平，否则就不公平．掌握“概率=所求情况数与总情况数之比”是解题的关键． 画树状图，共有16种可能的结果，分别求出各个选项中甲、乙获胜的概率，再分别判断即可． 【详解】解：画树状图如下： A、由树状图可知，共有16可能的结果，其中在直线上的点有、、、，在直线上的点有、、， 甲获胜的概率为，乙获胜的概率为， 而，故选项A符合题意； B、由树状图可知，共有16种等可能的结果，其中取出的两个数乘积不大于15的结果有8种，乘积大于15的结果有8种， 甲获胜的概率为，乙获胜的概率为， 甲获胜的概率乙获胜的概率，故选项B不符合题意； C、由树状图可知，共有16种等可能的结果，其中取出的两个数乘积大于等于20时甲得5分的结果有6种，乙得3分的结果有10种，， 甲获胜的概率乙获胜的概率，故选项C不符合题意； D、由树状图可知，共有16种等可能的结果，其中得到的和为奇数的结果8种，得到的和为偶数的结果8种， 甲获胜的概率为，乙获胜的概率为， 甲获胜的概率乙获胜的概率，故选项D不符合题意； 故选：A． 6．关于x的方程的两个根满足，且，则m的值为（　　） A． B．1 C．3 D．9 【答案】C 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，一元二次方程的根．根据，得到，由可得m的方程，解m的方程即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴或， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得． 故选：C． 7．如图，正方形的面积为，是等边三角形，点在正方形内，在对角线上有一动点，若使最小，则这个最小值为（  ） A． B．3 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查的是正方形的性质和轴对称最短路线问题，熟知“两点之间，线段最短”是解答此题的关键． 设与交于点，连接、，由于点与关于对称，，所以连接，与的交点即为点．此时最小，而是等边的边，，由正方形的面积为，可求出的长，从而得出结果． 【详解】解：设与交于点，连接、． ∵点与关于对称， ∴，， ∴当最小时，最小， ∵两点之间线段最短， ∴当点在点时，最小，即最小， ∴的最小值为的长， ∵正方形的面积为， ∴， 又∵是等边三角形， ∴． 故选：D． 8．（2025·福建三明·一模）已知方程的三个互不相等的实数根可作为三角形的三边边长，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的一元二次方程根的判别式的应用，根与系数的关系，三角形三边关系的应用，先解方程得到一个解为，结合题意可得方程有两个不相等的正实数根，且，再进一步解答即可． 【详解】解：∵， ∴或， 当时，则， 当时，结合题意可得方程有两个不相等的正实数根， ∴，，， 解得：， ∵方程的三个互不相等的实数根可作为三角形的三边边长， ∴， ∴， ∴， 解得：， 综上：， 故选：C 9．（2023·江苏苏州·模拟预测）如图四边形中，，，，，E为上一点，且，若，则的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，难度较大，解题的关键是正确添加辅助线构造全等三角形． 过点作，交延长线于，先证明四边形为正方形，则设，则，，对运用勾股定理求出，延长至点，使得，先证明，再证明，则，，设，则，在中，由勾股定理得，求出，再由求解即可． 【详解】解：过点作，交延长线于，则， ∵， ∴ ∵， ∴四边形为矩形 ∵ ， ∴为等腰直角三角形， ∴矩形为正方形 ∴ 设，则， ∵ 即 ∴ ∴，即， ∴， 延长至点，使得， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴在中，由勾股定理得， 解得， ∴， 故选：D． 10．（2024·河北秦皇岛·一模）如图，在矩形中，为对角线的中点，．动点在线段上，动点在线段上，点，同时从点出发，以相同的速度分别向终点，（包括端点）运动．点关于，的对称点为，；点关于，的对称点为，．在整个过程中，四边形形状的变化依次是（    ） A．平行四边形矩形平行四边形菱形 B．平行四边形菱形平行四边形菱形 C．菱形矩形平行四边形菱形 D．菱形平行四边形矩形平行四边形 【答案】D 【分析】根据题意，分几个运动过程分别证明四边形是菱形，平行四边形，矩形，即可求解． 【详解】解：分几个运动过程分别讨论： ①当点E，F在点O准备出发时，如图，连接，    ∵四边形是矩形， ∴， 由轴对称可得，，，， ，，，， ∴， ， ， ， ∴， ∴四边形是菱形； ②点E，F离开点O运动时， ∵当点，同时从点出发，以相同的速度分别向终点，（包括端点）运动， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∵，， ∴， 由对称可得，， ∴， ∴ 由对称可得， ∴， 同理， ∴，即 ∴四边形是平行四边形， ③连接，，当时， ∵由对称可得，， 又， ∴， ∴， 由②可知四边形是平行四边形， ∴此时四边形是矩形； ④点E，F继续运动，则四边形是平行四边形； ⑤当运动结束，即分别与重合时，如图    此时点E，，B三点重合，点F，，D三点重合， 由对称有，， ∴，即， 由对称有，， ∴，， ∵在矩形中，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． 综上所述，在整个过程中，四边形形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形， 故选：D 【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，轴对称的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分） 11．（2025·江苏苏州·模拟预测）若是方程的根，则代数式的值是 ． 【答案】 【分析】本题考查代数式求值，涉及方程根的定义、整体代入法求代数式值、分式的混合运算等知识，根据题中所给代数式的结构特征，结合已知条件，恒等变形代值求解即可得到答案，熟练掌握分式混合运算法则化简求值是解决问题的关键． 【详解】解： 是方程的根， ，即， ， 故答案为：． 12．已知，则的值为 ． 【答案】1 【分析】此题考查了换元法解一元二次方程，设，原方程变形为，然后利用因式分解法解得，，进而求解即可． 【详解】设 ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴或 ∴， ∵ ∴应舍去 ∴ ∴． 故答案为：1． 13．有甲、乙两个黑布袋，甲布袋中有两个完全相同的小球，分别标有数字和；乙布袋中有三个完全相同的小球，分别标有数字，，．小明从甲布袋中随机取出一个小球，记其标有的数字为，再从乙布袋中随机取出一个小球，记其标有的数字为，则满足有两个不相等实数根的概率是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式、列表法求概率，根据一元二次方程有两个不相等实数根，可得：，列表表示出的所有情况，可知共有种等可能的情况出现，其中满足的只有种，所以满足有两个不相等实数根的概率是. 【详解】解： 有两个不相等实数根， ， ， 由表可知，共有种等可能的情况出现，其中满足的只有种， 满足有两个不相等实数根的概率是． 故答案为：． 14．若关于x的一元二次方程，当时，相应的一元二次方程的两根分别记为则的值为 ． 【答案】 【分析】利用根与系数的关系得到，；，；…，；把原式变形，再代入，即可求出答案． 【详解】解：∵，， ∴由根与系数的关系得：，；，；…，； ∴原式 故答案为： 【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根时，，． 15．（2024·上海·模拟预测）如图1两张等宽的矩形纸片，矩形纸片不动，将矩形纸片按如图2方式缠绕：先将点与点重合，再依次沿、对折，点A、C所在的相邻两边不重叠、无空隙，最后边刚好经过点G．若，，则长为 ．    【答案】1 【分析】根据矩形的性质，得出，，证明四边形是平行四边形，利用证明，得出，即可证明四边形是菱形；标记点，根据矩形的性质，得出，，，，证明四边形和四边形是平行四边形，根据菱形的性质、全等三角形的性质，得出，，，证明四边形是菱形，根据含角的直角三角形的性质，得出，证明、、、是边长相等的等边三角形，求出，，根据，得出答案即可． 【详解】解：∵两张纸片是等宽的矩形纸片， ∴，，，， ∴，四边形是平行四边形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 如图，标记点，    ∵两张纸片是等宽的矩形纸片， ∴，，，， ∴四边形和四边形是平行四边形， ∴ ∵由（1）得，，四边形是菱形， ∴，，， ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴和是等边三角形， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴、是等边三角形， ∵、、、依次有公共边， ∴、、、是边长相等的等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：1． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质，灵活运用知识点推理证明是解题的关键． 16．（2025·浙江宁波·模拟预测）“化积为方”是一个古老的几何学问题，即给定一个长方形，作一个和它面积相等的正方形，这也是证明勾股定理的一种思想方法，如图所示，在矩形中（），以为边作正方形，在的延长线上取一点G，使得，过点D作交于点H，过点H作于点K．若，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】由，证明四边形是矩形，再证明，得，则四边形是正方形，所以，而，则，所以，由，设，则，整理得，，代入数值到，进行化简得再运用公式法进行解方程，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵四边形是矩形，四边形是正方形， ∴，， ∴点F在边上，点E在边上， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴ ∴， ∴四边形是正方形， ∴ ∵， ∴ ∴， ∴， ∵ ∴设，则 ∵， ∴，， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ 则，或（舍去） 解得， 故答案为：． 【点睛】此题重点考查矩形的性质、公式法解一元二次方程，正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，证明是解题的关键． 三、解答题（本大题共9小题，满分72分） 17．（6分）（2025·江苏苏州·二模）如图，在中，以点A为圆心，长为半径作弧，交于点F，分别以点B、F为圆心，大于的长度为半径作弧，交于点G，连接并延长交于点E，、相交于点O． (1)证明：； (2)请你利用无刻度直尺和圆规作，交于H（不写作法，保留作图痕迹），若，，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)图见解析， 【分析】本题考查了尺规作图、菱形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）连接，由作图可得，，平分，得到，利用平行四边形的性质和菱形的判定证明四边形是菱形，再利用菱形的性质即可证明； （2）利用尺规作，交于H，由（1）得四边形是菱形，利用勾股定理求出菱形的边长，利用面积公式求出菱形的面积，由可得是菱形的高，再利用等面积法即可求出线段的长． 【详解】（1）证明：如图，连接， 由作图可得，，平分， ， ， ， ， ， ， ， 又， 四边形是菱形， ． （2）解：如图所示，图形即为所求： 由（1）得，四边形是菱形， ，， ，，， ， ， 是菱形的高， ． 18．（6分）（2025·江西·模拟预测）如图，在平行四边形中，，点E是的中点，． (1)在图1中，作出一个以为边的矩形； (2)在图2中，作出一个以为边的正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查矩形和正方形的作图，解题关键是利用平行四边形的性质、三角函数以及垂直等条件，结合矩形和正方形的定义来作出相应图形． （1）在延长线上取，连接，四边形为所求矩形； （2）连接，相交于点G，连接，并延长交于点H，则四边形为所求正方形． 【详解】（1）解：如图1，在延长线上取，连接，四边形即为所求矩形； ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形． （2）解：连接，相交于点G，连接，并延长交于点H，则四边形为所求正方形． ∵四边形是平行四边形， ∴点G是的中点， ∵四边形是矩形， ∴点E是的中点，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴， ∵点G是的中点， ∴， ∴， ∴矩形是正方形． 19．（6分）（24-25九年级上·福建宁德·期中）已知：实数满足． (1)求证：； (2)若，都是奇数，关于的方程是否有整数根？并说明理由； (3)若，，，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)无整数根，见解析 (3) 【分析】本题考查了一元二次方程的解、一元二次方程的根的判别式、一元二次方程根与系数的关系． （1）根据一元二次方程根的判别式可得，即可得证； （2）利用反证法求解即可； （3）先证明出m、是方程的两根，再由一元二次方程根与系数的关系得出，，代入计算即可得解． 【详解】（1）解：∵实数m满足， ∴关于m的方程有解， ∴， ∴ （2）解：无整数根，理由如下： 假设有整数根， 若m为奇数时， ∵a，b都是奇数， ∴为奇数，与相矛盾； 若m为偶数时， ∵a，b都是奇数， ∴为奇数，与相矛盾； ∴假设错误， 综上所述，方程无整数根； （3）解：若，，则， ∵， ∴， ∴m、是方程的两根，    ∴，， ∴． 20．（8分）（2025·江苏扬州·二模）定义：我们把一个整数平方后得到的数称为完全平方数．例如：，，我们就将这些数都称为完全平方数． (1)如果一个完全平方数满足，则满足条件的值为 （请写出所有满足条件的数）； (2)是正整数，如果和都是完全平方数，求的值； (3)如果关于的一元二次方程至少有一个整数解，请直接写出满足题意的正整数的值． 【答案】(1) (2)420 (3)1；3；6；10 【分析】本题主要考查了平方根、平方差公式、一元二次方程等知识点，掌握相关运算法则成为解题的关键． （1）直接运用平方根的知识估算即可解答； （2）设，k、m为正整数，易得，由1只有因数1和41，可列方程组求得，最后代入即可求得n的值； （3）关于的一元二次方程至少有一个整数解，根据根的判别式可得，则，由方程的解为正整数，为整数，设，则，解得：，设可得，然后代入验证即可解答． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴满足条件的值为． （2）解：设，k、m为正整数， ∴， ∴， ∵41只有因数1和41， ∴，解得：， ∵， ∴． （3）解：∵关于的一元二次方程至少有一个整数解， ∴恒成立，即， ∴， ∵因为方程至少有一个整数解且a是正整数， ∴或为整数， 设(k为非负整数)，则，解得：， ∵a为正整数， ∴k为正奇数，且， 设（为正整数），则， 当时，，，符合题意； 当时，，，符合题意； 当时，，，符合题意； 当时，，，符合题意； 当时，，，，不符合题意； ， 当时，，此时，，都不是整数； ∴满足题意的正整数的值是：1；3；6；10． 21．（8分）某班有名同学，其中男生人，女生人． (1)若从名同学中随机选取人作为某次活动的记录员，求选到男生的概率； (2)若只在甲、乙两人中选人，准备以游戏的方式决定由谁参加，游戏规则如下：将四张牌面数字分别为的扑克牌洗匀后，数字朝下放于桌面，从中任取张，若牌面数字之和为奇数，则甲参加，否则乙参加．试问这个游戏公平吗？请用树状图说明理由； (3)在（）中，只将四张牌面数字分别为的扑克牌中牌面数字为的换为，其余都不变，请直接回答：这个游戏（填“公平”或“不公平”）． 【答案】(1) (2)不公平，见解析 (3)公平 【分析】本题围绕概率计算与游戏公平性判断展开． （）先算从名同学中选男生的概率，用男生人数除以总人数； （）用树状图法分析从中取张牌，按和的奇偶性决定甲乙参加，因奇数概率大，游戏不公平； （）换牌为，同样用树状图算出奇偶数概率相等，游戏公平； 【详解】（1）解：∵这个班有名同学，其中男生人，女生人， ∴从名同学中随机选取人作为某次活动的记录员， 选到男生的概率是：； （2）树状图如下： 由树状图可得：从，，，四张扑克牌中任取张，一共有种等可能的结果， 其中牌面数字之和为奇数的结果有种，牌面数字之和为偶数的结果有种， 故牌面数字之和为奇数的概率是：， 牌面数字之和为偶数的概率是， ∵， ∴甲能参加的概率大于乙能参加的概率 ， ∴这个游戏不公平； （3）树状图如下： 由树状图可得：从，，，四张扑克牌中任取张，一共有种等可能的结果， 其中牌面数字之和为奇数的结果有种，牌面数字之和为偶数的结果有种， 故牌面数字之和为奇数的概率是：， 牌面数字之和为偶数的概率是：， ∴甲能参加的概率等于乙能参加的概率， ∴这个游戏公平； 22．（9分）根据以下素材，完成下列任务． 背景素材 背景 随着“绿色出行，低碳生活”理念的普及，新能源汽车正逐渐成为人们喜爱的交通工具．新能源汽车多数采用电能作为动力来源，不需要燃烧汽油，这样就减少二氧化碳气体的排放，从而达到保护环境的目的，在国家积极政策的鼓励下，新能源汽车的市场需求逐年上升． 素材1 某品牌新能源汽车1月份销售量为3万辆，随着消费人群的不断增多，该品牌新能源汽车的销售量逐月递增，3月份的销售量达到万辆． 素材2 某汽车销售公司抢占先机，购进一批新能源汽车进行销售，该公司选择一款进价为万元/辆的新能源汽车，经销一段时间后发现：当该款汽车售价定为万元/辆时，平均每周售出8辆，售价每降低万元，平均每周多售出1辆，若该店计划下调售价，使平均每周的销售利润为万元． 问题解决 任务1 根据素材1，求从1月份到3月份该品牌新能源汽车销售量的月平均增长率． 任务2 根据素材2，为了推广新能源汽车，此次销售尽量让利于顾客，求下调后每辆汽车的售价. 【答案】任务1：从1月份到3月份该品牌新能源汽车销售量的月平均增长率为；任务2：下调后每辆汽车的售价为万元 【分析】本题考查了增长率问题(一元二次方程的应用)，营销问题(一元二次方程的应用)，解题关键是找准等量关系，正确列出一元二次方程． 任务1：设从1月份到3月份该品牌新能源汽车销售量的月平均增长率为x,根据某品牌新能源汽车1月份销售量为3万辆，3月份的销售量达到万辆，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可； （2）设下调后每辆汽车的售价为y万元，则每辆汽车的销售利润为万元，平均每周可售出辆，根据使平均每周的销售利润为万元，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可． 【详解】任务1：解：设从1月份到3月份该品牌新能源汽车销售量的月平均增长率为x, 根据题意得：， 解得：，（舍去）， 答：从1月份到3月份该品牌新能源汽车销售量的月平均增长率为； 任务2：设下调后每辆汽车的售价为y万元．则每辆汽车的销售利润为万元，平均每周可售出辆， 根据题意得：， 解得：，， ∵此次销售尽量让利于顾客， ∴， 答：下调后每辆汽车的售价为万元． 23．（9分）（2025·江苏南京·二模）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点A在x轴上，点E，F和G分别在和的延长线上，点E的坐标为． (1)若点F的坐标为，请直接写出的长； (2)如图(1)，H是正方形外一点．．求证； (3)如图(2)，若，且，请直接用含n的式子表示的长． 【答案】(1)EF的长为 (2)证明见解析 (3)AG的长为 【分析】（1）过点作于点，利用勾股定理即可求解； （2）作于，在上截取，连接，先证出四边形是矩形，再由得，从而，再由，可得，于是有，利用全等三角形的性质即可得证； （3）过点作，，垂足为、，在上取，过点作于点，延长交于点，连接，则四边形与四边形都是矩形，从而，，，，，进而证明得，，再证，得，最后利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：过点作于点， ∵点的坐标为，点的坐标为， ∴，， ∴， （2）证明：作于，在上截取，连接，则，，    ∵四边形是正方形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴； （3）解：过点作，，垂足为、，在上取，过点作于点，延长交于点，连接，则四边形与四边形都是矩形，    ∴，，，，， ∴，，， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，坐标与图形，矩形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，熟练掌握矩形的判定及性质，全等三角形的判定及性质是解题的关键． 24．（10分）（2025·湖南长沙·二模）我们知道：关于的一元二次方程（，，，均为整数），如果时，这个方程的实数根就可以表示为，其中就叫做一元二次方程根的判别式，我们用表示，即，通过观察公式，我们可以发现，如果的值是一个完全平方数（若（为整数），则是一个完全平方数）时，一元二次方程的根不一定都为整数，但是如果一元二次方程的根都为整数，的值一定是一个完全平方数． 例：方程，，的值是一个完全平方数，但是该方程的根为，，不都为整数；方程的两根，，都为整数，此时，的值是一个完全平方数． 我们定义：两根都为整数的一元二次方程（，，，均为整数）称为“幸运方程”，两整数根称为“幸运根”，代数式的值为该“幸运方程”的“幸运数”，用表示，即．若有另一个“幸运方程”（，，，均为整数）的“幸运数”为，若，则称与互为“开心数”． (1)关于的一元二次方程是一个“幸运方程”． ①当时，该幸运方程的“幸运数”是______； ②若该幸运方程的“幸运数”是，则的值为______． (2)若关于的一元二次方程（为整数，且）是“幸运方程”，求的值及该方程的“幸运数”； (3)若关于的一元二次方程与（、均为整数）都是“幸运方程”，且其“幸运数”互为“开心数”，求的值． 【答案】(1) ； 或； (2)，该方程的“幸运数”为 (3)或 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式以及“幸运方程”的定义，解一元二次方程，一元二次方程根与系数的关系； （1）把代入方程得到方程，根据“幸运数”的定义即可求解； 根据“幸运数”的定义可得方程，解方程可求得的值； （2）通过的取值范围确定根的判别式的范围，继而根据“整数根”特点确定根的判别式的取值，最后结合为整数确定取值，按照“幸运数”定义求解即可； （3）根据是“幸运方程”得出的两个根为整数，设方程的两个分别为，根据根与系数的关系得出，进而根据为整数，得出的值为或，求得，根据与互为“开心数”得出方程，进而分或，分别代入，解一元二次方程，即可求解． 【详解】（1）解：当时，代入得，， ∴，即， 故答案为：； 依题意， ， 整理得，， 解得，， 故答案为：或； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵是“幸运方程”， ∴是完全平方数， 即是完全平方数， ∴或或， 解得或或， ∵为整数， ∴， 当时，方程化为， ∴； ∴方程的“幸运数”为； （3）解：∵是“幸运方程” ∴的两个根为整数， 设方程的两个根分别为， ∴ ∴ ∴， ∴ ∵为整数， 当时，则，此时， 当时，则，此时， 当时，则，此时， 当时，则，此时， 综上所述，的值为或； 方程的“幸运数”为， 当时， 当时， ∴ 方程的“幸运数”为 ∵与互为“开心数”， ∴，即 当时，方程为： 解得：或（舍去，不是整数） 当时，方程为： 解得： 综上所述，或 25．（10分）（24-25九年级上·河北保定·期中）图1中的四边形纸片1与图2中的四边形纸片2形状相同，但大小不同，其中 ，，，现利用这两张卡片分别裁剪拼接出两个正方形．嘉嘉利用纸片1按图示方法截取正方形，设． (1)①纸片1中的 （用含x 的代数式表示）；若正方形的面积为27，则可列一元二次方程： ． ②请解①中的方程，并求的长． (2)①淇淇将纸片2只剪一次，并利用旋转知识拼出一个面积最大的正方形．请在图2中画出正确的图形（剪拼痕迹均用虚线表示）． ②若图2中，请比较（1）（2）的条件下得到的两个正方形中，哪个面积较大？ 【答案】(1)①，；② (2)①见解析；②（1）中的正方形，面积较大． 【分析】（1）①由正方形的性质结合题意可求出，根据含30度角的直角三角形的性质得出，再根据勾股定理即可求出，最后根据正方形的面积公式列方程即可； ②根据直接开平方法求出x的值，即可求出和的长，最后根据求解即可； （2）①过点A作，设为裁剪线，将绕点A逆时针旋转得出，从而可证四边形为正方形，即此时拼出的正方形面积最大； ②由（2）①可知，结合含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，可求出的长，从而可求出，最后比较即可． 【详解】（1）解：①∵四边形为正方形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：，； ②解：， ， ∴，（舍）， ∴，， ∴． 故答案为：； （2）解：①过点A作，设为裁剪线， ∵图1中的四边形纸片1与图2中的四边形纸片2形状相同， ∴，， ∴将绕点A逆时针旋转得出，如图， ∴，，． ∵， ∴， ∴， ∴C、D、N三点共线， ∴， ∴四边形为矩形， ∴矩形为正方形，即此时拼出的正方形面积最大； ②由（2）①可知， 又∵图1中的四边形纸片1与图2中的四边形纸片2形状相同， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴（1）中的正方形，面积较大． 【点睛】本题考查正方形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，解一元二次方程，旋转的性质等知识．利用数形结合的思想是解题关键． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $