2026-2027学年北师大版数学九年级上册期中模拟测试巩固卷

**基本信息** 北师大版九年级上册期中数学模拟卷，以传统文化情境（赵爽弦图、匾额）与生活应用（头盔销售）为载体，融合一元二次方程、几何图形性质及位似变换，通过分层设计考查抽象能力、推理意识与模型观念，适配期中巩固需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/30|配方法、几何体视图、菱形性质|第9题结合匾额文化考查方程建模，体现数学语言表达| |填空题|6/18|根与系数关系、相似比、赵爽弦图|第13题以古代几何解法考方程，渗透数学眼光| |解答题|7/72|方程求解、位似作图、四边形综合|21题头盔销售问题强化模型意识，23题旋转综合题发展推理能力|

北师大版数学九年级上册期中模拟测试巩固卷 一、选择题（每题3分，共30分） 1．用配方法解一元二次方程，配方正确的是（　　） A． B． C． D． 2．由一些大小相同的小正方体搭成的几何体的主视图和俯视图如图所示，则搭成该几何体的小正方体的个数最多为（　　）. A．7个 B．8个 C．9个 D．10个 3．若关于x的一元二次方程（a-1）x2+2x+1=0有实数根，则实数a的取值范围是（　　） A．a≤2 B．a＜2 C．a≤2且a≠1 D．a＜2且a≠1 4．如图，矩形的四个顶点分别在直线，，，上．若直线且间距相等，交直线于点，，，则的值为（ ） A． B． C． D． 5．如图，边长为2的正方形的对角线与相交于点．是边上一点，是上一点，连接．若与关于直线对称，则的周长是（　　） A． B． C． D． 6．如图，在中，是的中点，相交于点，（　　） A． B． C． D． 7． 如图，在菱形ABCD中， AC， BD交于点O， AB=5， BD=8， AE⊥BC于点 E，则 OE 的长为 (　　) A． B． C．3 D． 8． 如图， 点D，E分别是边AB，AC的中点， 点F在DB上， DF=2BF. 连接EF并延长，与CB的延长线相交于点M.若BC=8，则线段BM的长为(　　) A．8 B．6 C．4 D．2 9．匾额是巴渝文化的重要标识，它既传递吉祥祈福的美好愿景，又承载忠孝节义、崇文重教的传统价值观，是巴渝民俗文化的活化石”．如图，一块匾额长，宽，现在准备在它的四周加一个外框（外框宽度相同，外框与匾额衔接处忽略不计），制成后总面积为．设外框的宽度为，根据题意可列方程为（　　） A． B． C． D． 10．如图， 四边形 ABCD为菱形， ∠ABC=80°， 延长 BC到 E， 在∠DCE内作射线 CM，使得∠ECM=30°，过点 D 作 DF⊥CM，垂足为 F，若 则 BD的长为 （　　) A． B． C． D．3 二、填空题（每题3分，共18分） 11．已知一元二次方程x2+4x-3=0的两根是x1，x2，则的值为　 　 . 12．如图，点D，E分别是△ABC边AB，AC上的点，且DE∥BC，若＝，则的值是　 　． 13．我国古代数学家曾经研究过一元二次方程的几何解法，以方程x2+5x＝14为例，三国时期的数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载：构造大正方形ABCD的面积是（x+x+5）2，它由四个全等的矩形和中间一个小正方形组成，根据面积关系可求得AB的长，从而解得正数解．小刚用此方法解关于x的方程x2+mx﹣n＝0时，构造出同样的图形，已知大正方形的面积为144，小正方形的面积为4，则关于x的方程x2+mx﹣n＝0的正数解为 　 　 ． 14．如图，在梯形ABCD中，，对角线AC和BD交于点O，若，则　 　． 15．我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出“赵爽弦图”，如图，它是由四个全等的直角三角形(△ABF，△BCG，△CDH，△DAE)和中间一个小正方形拼成的大正方形，连结EG并延长，交CD于点M.若ED=EM，则∠ADE的度数为　 　. 16．如图，在矩形ABCD中， AB=6， BC=8，点E， F分别在AD， BC上，连接BE， DF ， EF ， BD.若四边形BEDF是菱形，则EF的长为　 　. 三、解答题（共7题，共72分） 17．解方程： （1） （2） 18．关于x的一元二次方程 （1）求证：方程有两个不相等的实数根。 （2）已知方程的两个实数根分别为x1，x2，且 求k的值. 19．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A(-3，4)，B(-4，1)，C(-1，2). （1）以x轴为对称轴，画出△ABC的轴对称图形△A1B1C1； （2）以点O为位似中心，在第四象限内将△ABC放大到原来的2倍，画出△ABC的位似图形△A2B2C2； （3）求△A1B1C1与△A2B2C2的面积之比. 20．如图，四边形ABCD 是矩形，AB<BC，点 E在AD的延长线上. （1）求作点 F，使点 F在AD 边上，且∠AFB=2∠EBC；(要求： 尺规作图，不写作法，保留作图痕迹) （2）在(1)的条件下，若AB=4，BC=6， DE=2，求AF 的长. 21．平安路上，多“盔”有你，在“交通安全宣传月”期间，某商店销售一批头盔，进价为每顶40元，售价为每顶68元，平均每周可售出100顶．商店计划将头盔降价销售，每顶售价不高于58元，经调查发现：每降价2元，平均每周可多售出40顶．设每顶头盔降价x元，平均每周的销售量为y顶． （1）每顶头盔降价x元后，每顶头盔的利润是　 　元（用含x的代数式表示）； （2）平均每周的销售量y（顶）与降价x（元）之间的函数关系式是　 　； （3）若该商店希望平均每周获得4000元的销售利润，则每顶头盔应降价多少？ 22．如图，在四边形中，是的中点，和交于点，，． （1）求证：； （2）求证：四边形为平行四边形； （3）若，，，求的长． 23． （1） 如图①在 内，，，D 是 内一点，将 绕点 B 顺时针旋转，点 C 恰好与点 A 重合，D 旋转到点 E，连接 DE， AE，判断 BD 与 BF 的位置关系，并说明理由. （2） 在 (1) 的条件下，如图②，当 ，延长 CD 交 AE 于点 F，若 ， 时，求 AF 的长. （3） 如图③，在 和 中，，，连接 CD， AE，填空： ① 线段 AE 与 CD 的数量关系是　 　； ② 当 时，点 E 到 AB 的距离 EF 的长为 2，则线段 CD 的长为　 　. 答案解析部分 1．【答案】C 【解析】【解答】解：原方程为. 移项得. 方程两边同时加得. 配方得. 故答案为：C. 【分析】进行移项操作，给方程的两边都加上一次项系数一半的平方，把方程左边配方整理成完全平方式，即可得到答案. 2．【答案】A 【解析】【解答】如图所示，小正方形中的数字表示在该位置小正方体最多的个数， 则搭成该几何体的小正方体最多是1+1+1+2+2=7(个). 故选 A. 【分析】根据视图分析每个位置的可能层数和对应的正方形的个数解答即可. 3．【答案】C 【解析】【解答】解： 关于的一元二次方程有实数根 且 故选：C 【分析】由于关于的一元二次方程有实数根，则由定义知即，再由根的判别式知，即可得关于的不等式组并求解即可. 4．【答案】A 【解析】【解答】解：如图，过点作于点，交于点， ∵四边形是矩形， ∴，． ∵， ， ∴． ． 故答案为：A。 【分析】由矩形的性质得出，，根据平行线分线段成比例定理，即“两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例”，列式并变形得出 ，最后代入计算即可求解． 5．【答案】A 【解析】【解答】解：正方形的边长为2， ∴ ∴， ∵与关于直线对称， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴的周长是， 故答案为：A． 【分析】由正方形性质得BC=CD=2，∠ACD=90°，∠CBD=45°，在Rt△BCD中，利用勾股定理算出BD的长，由轴对称的性质得出DF=CD=2，∠EFE=∠DCB=90°，然后根据线段和差算出BF，进而根据等腰直角三角形的性质求出EF、BE的长，最后根据三角形面积计算公式列式计算即可. 6．【答案】D 【解析】【解答】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵是的中点， ∴DE=CD， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：D. 【分析】由平行四边形的对边平行且相等得出AB∥CD，AB=CD，由中点定义可求出，由平行于三角形一边的直线截其它两边的延长线，所截三角形与原三角形相似得出△DEF∽△BAF，由相似三角形面积的比等于相似比的平方可得结论. 7．【答案】C 【解析】【解答】 ∵菱形ABCD中，AC，BD交于点O，BD=8， ∴OA=OC，OB=4， AC⊥BD， ∴∠AOB=90°， 在Rt△ABO中，由勾股定理得：OA=3， ∴AC=2OA=6， ∵AE⊥BC， ∴∠AEC=90°， ∴OE=AC=3， 故答案为：C. 【分析】由菱形的性质得OA=OC，OB=4，AC⊥BD，再由勾股定理求出OA=3，则AC=6，然后由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结论. 8．【答案】D 【解析】【解答】解：∵， ∴， ∵点分别是边的中点， ∴，， ∴， ∴， ∴． 故答案为：D . 【分析】根据三角形的中位线定理得到，，即可得到，根据对应边成比例解答即可． 9．【答案】C 【解析】【解答】解：∵ 匾额原长为 ，宽为 ，且在四周加宽度为的外框， ∴制成后的总长度为，总宽度为 ， ∵制成后的总面积为， ∴根据矩形面积公式可列方程：． 故答案为：C 【分析】设外框的宽度为，根据题意建立方程即可求出答案. 10．【答案】B 【解析】【解答】解：如图，连接AC交BD于点H， 由菱形的性质得∠ADC=∠ABC=80°，∠DCE=80°，∠DHC=90°， 又∵∠ECM=30° ∴∠DCF=50° ∵DF⊥CM， ∴∠CFD=90° ∴∠CDF=40° 又∵四边形ABCD是菱形， ∴BD平分∠ADC. ∴∠HDC=40° 在△CDH和△CDF中， ∴△DCH≌△DCF(AAS)， ∴， ∴ 故答案为：B. 【分析】连接AC交BD于H，证明△DCH≌△DCF，得出DH的长度，再根据菱形的性质得出BD的长度. 11．【答案】22 【解析】【解答】解：∵一元二次方程的两根为，，其中 ，， ∴ ， ∴ ． 故答案为：22 . 【分析】根据一元二次方程根与系数的关系得到 ，，然后根据完全平方公式变形，然后整体代入计算即可． 12．【答案】2 【解析】【解答】解： 故答案为：2. 【分析】根据平行得到利用相似三角形的对应边成比例求解即可. 13．【答案】5 【解析】【解答】解：关于的方程可转化为，即， 则小刚构造的大正方形的面积是，它由四个全等的矩形和中间一个小正方形组成，其中矩形的长为、宽为，中间小正方形的边长为， ∵小刚构造的大正方形的面积为144，小正方形的面积为4， ∴，， ∴， 解得， 则关于的方程的正数解为， 故答案为：． 故答案为：5. 【分析】先得出小刚构造的大正方形、中间小正方形的边长，然后列方程求出x的值解答即可． 14．【答案】 【解析】【解答】解：∵， ∴△AOD∽△COB， ∴， ∵， ， ∴（）2= 19 故答案为：. 【分析】首先根据等高三角形的性质，得出，再根据相似三角形的性质，即可求解. 15．【答案】22.5° 【解析】【解答】解：过E作EN⊥CD， ∴EN//AD ∵四边形EFGH是正方形， ∴∠HEG=45°. ∵ED=EM， EN⊥CD ∴ ∵EN//AD ∴∠ADE=∠DEN=22.5° 故答案为：22.5°. 【分析】依据题意，过E作EN//CD，则EN//AD，结合ED=EM，EN⊥CD， 可得，又EN//AD，从而∠ADE=∠DEN=225°，即可得解. 16．【答案】 【解析】【解答】解：连接AC， ∵ 在矩形ABCD中， AB=6， BC=8， ∴AC==10， ∴AO=5， ∴OB=5， ∵ 四边形BEDF是菱形， ∴DE=BE=BF，∠EOB=90°， ∵BE2=AE2+AB2， ∴BE2=（8-BE）2+36， ∴BE=， ∴EO2=BE2-BO2=， ∴EO=， ∴EF=2EO=. 【分析】连接AC，根据勾股定理求出AC的长度，再根据矩形的性质求出OB的长度，在直角三角形AEB中根据勾股定理建立BE的方程式，求出BE的长度，再在直角三角形ABO中根据勾股定理求出EO的长度，进而得出答案. 17．【答案】（1）解： （x-2）（x-3）=0， 则x-2=0或x-3=0， 所以：x1=2，x2=3. （2）因为a=2，b=-4，c=1， 所以 则 所以 【解析】【分析】（1）先移项，提取公因式(x-2)，利用分解因式解方程即可； （2）得到a，b，c的值，计算b2-4ac的值，然后代入求根公式解方程即可. 18．【答案】（1）证明：∴) ∴该方程有两个不相等的实数根. （2）解：由根与系数的关系得 解得 整理得 . 解得k＝4或k＝－5. 即k的值为4或－5 【解析】【分析】（1）计算方程的根的判别式得到，即可得到方程根的情况； （2）根据根与系数的关系得到 ，结合的条件求出x1和x2的值，然后代入两根的积求出k的值解答即可． 19．【答案】（1）解：△A1B1C1即为所求 （2）解：△A2B2C2即为所求 （3）解：因为△A1B1C1与△ABC轴对称， 所以△A1B1C1≌△ABC 又因为△ABC∽△A2B2C2关于点O位似， 所以△ABC∽△A2B2C2，且相似比为1：2 所以△A1B1C1∽△A2B2C2，.且相似比为1：2 所以 【解析】【分析】本题考查坐标与图形变换中的轴对称和位似变换，以及图形面积比的计算。 （1）画关于轴的轴对称图形，需依据轴对称性质：关于轴对称的点横坐标不变，纵坐标互为相反数，分别求出、、三点的对称点、、，再顺次连接得到； （2）画以原点为位似中心、放大2倍且在第四象限的位似图形，根据位似性质：位似图形对应点的坐标比等于位似比，将、、三点的横纵坐标都乘以2，且根据第四象限坐标特征（横坐标为正、纵坐标为负）确定、、的坐标，顺次连接得到图形； （3）计算面积比时，由轴对称的性质可知与面积相等，由位似的性质可知位似图形面积比等于位似比的平方，即与的面积比为，进而推出与的面积比为。 20．【答案】（1）解：如图，F是所求作的点. （2）解：∵四边形ABCD 是矩形，BC=6， ∵DE=2， ∴AE=AD+DE=8. 设AF=x，则BF=EF=8-x. 在 Rt△ABF中，∠A=90°，AB=4， 由勾股定理得 解得x=3. ∴AF=3. 【解析】【分析】（1）作，边 与 的交点F即为所求 ； （2）根据矩形的性质可得、进而可得∠FBE=∠E，利用等角对等边可得，即可求得的长；设，则，在中，根据勾股定理求出x的值解答即可． 21．【答案】（1） （2） （3）解：根据题意得：， 解得：，， 当时，，不符合题意，舍去； 当时，，符合题意． 答：每顶头盔应降价20元． 【解析】【解答】解：（1）进价为每顶40元，售价为每顶68元，每顶头盔降价x元 ， 每顶头盔的利润为：68-40-x=28-x（元）. 故答案为：（28-x）. （2）每周的销售量. 故答案为：. 【分析】（1）根据利润=售价-进价，列出代数式即可； （2）根据每周的销售量=原本销售量+多售出的销售量，列出y与x之间的函数关系式，化简即可； （3）根据总利润=单个利润×销售量，列出关于x的一元二次方程，解出x的值，再结合每顶售价不高于58元，即可得到每顶头盔应降的价格. 22．【答案】（1）证明：∵， ∴点是的中点， ∵点是的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴，， ∴； （2）证明：由（1）知：，即， 又∵， ∴四边形为平行四边形； （3）解：∵，，， ∴， 由（1）知：，， ∴，， ∴，， ∵四边形为平行四边形， ∴， 在中，， ∴的长为． 【解析】【分析】 （1）利用三角形中位线定理证明EFAD，进而通过平行线的性质（同位角相等）证明即可； （2）由（1）知：，根据平行四边形的判定即可得证； （3）首先利用中位线定理求出EF的长，进而求出BF的长，结合已知条件AFDC和中位线推出的CFAD，判定四边形ADCF为平行四边形，从而得到CF的长，最后在直角三角形BCF中利用勾股定理求解BC. 23．【答案】（1）解：，理由如下： 由旋转的性质可得， ， ， . （2）解：如图，设 AB，CF 与 AB 交于点 O， 由旋转的性质可知 ， BD = BE， ， ， 即 ， ， . ， 四边形 EFDB是矩形， ， 在中，， ， ， ； （3）； 【解析】【解答】解：(3)①∵∠ABC=∠DBE=90°，∠BAC=∠DEB=30°， ∴， ∴ ∵∠ABD+∠ABE=∠ABD+∠DBC=90°， ∴∠ABE=∠DBC， ∴△ABE∽△CBD， ∴ ∴ 故答案为：. ②∵在Rt△AEF中， ∠AFE=90°，∠EAF=45°，EF=2， ∴AF=2， ∴， ∵ ∴ 故答案为：. 【分析】(1)由旋转的性质得到∠ABE=∠CBD，进一步证明∠DBE=∠ABD+∠ABE=90°，即可证明BD⊥BE； (2)要求AF的长，根据矩形的判定定理可得四边形EFDB是矩形，则∠CDB=90°，在Rt△CDB中根据勾股定理可求得CD的长，根据CD=AE，EF= BD，AF=AE-EF，即可求解； (3)①要求线段AE与CD的数量关系，根据两边对应成比例且夹角相等可得△ABE∽△CBD，再根据相似三角形的性质即可求解； ②要求线段CD的长，在Rt△AEF中求出AE的长，再根据即可求解. 学科网（北京）股份有限公司 $