2026-2027学年北师大版九年级数学上学期第一次学情检测卷

2026-2027学年九年级数学上学期第一次学情检测卷 （考试时间：120分钟，分值：120分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．测试范围：新教材北师大版九年级上册第1-2章 评卷人 得分 一、单选题：本题共10小题，每题3分，共30分。 1．下列是一元二次方程的是(   ) A． B． C． D． 2．下列表格是二次函数的自变量与函数值的对应值，判断方程（为常数）的一个解的范围是（    ） 0 A． B． C． D． 3．方程的左边配成完全平方后所得方程为（  ） A． B． C． D． 4．如图，下列四个条件中，能判定平行四边形ABCD为菱形的是（　　） A．∠ADB＝90° B．OA＝OB C．OA＝OC D．AB＝BC 5．如图，是矩形的边上一个动点，矩形的两条边、的长分别为和，那么点到矩形的两条对角线和的距离之和是（ ） A． B． C． D．无法确定 6．关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则a的取值范围是（    ） A．且 B． C．且 D． 7．如图①，仅通过折叠的方法检验纸带的两条边线，是否平行．进行如下操作： （1）把纸带沿着翻折（如图②），折痕与，分别交于点，，（点与点为对应点）与交于点； （2）再沿翻折（如图③），使与所在直线重合．小聪说：若，则；小敏说：若翻折后与相差（点与点为对应点），则直线，的夹角为，则（     ） A．两种说法都对 B．小聪的说法对，小敏的说法错 C．两种说法都错 D．小聪的说法错，小敏的说法对 8．如图，点为菱形的对角线的中点，点，分别在边，上，的延长线交线段于点，的延长线交线段于点，连接，，，．下列命题中属于假命题的是（     ） A．无论的大小如何，总有 B．若，则 C．存在无数个点，使得四边形为菱形 D．若四边形为矩形，则 9．平面直角坐标系xoy中，，，则的最小值是（    ） A．3 B．6 C． D． 10．对于一元二次方程，给出下列说法： ①若方程有两个不相等的实根，则方程必有两个不相等的实根； ②若是方程的一个根，则一定有成立； ③若是一元二次方程的根，则； ④存在实数，使得． 其中正确的是（     ） A．只有①③ B．只有①② C．只有①③④ D．①②③④ 评卷人 得分 二、填空题：本题共6小题，每题3分，共18分。 11．为了庆祝中华人民共和国成立周年，同学们通过互送贺卡来表示喜悦的心情．已知某班的一个数学学习小组一共送出卡片张，则此小组有学生________人． 12．若一元二次方程有两个实数根，且一个根是另一个根的2倍，称该方程为“倍根方程”．若关于的方程是倍根方程，则的值为________． 13．如图，在平面直角坐标系中，平行四边形OBCD的边OB在x轴正半轴上，反比例函数y=(x>0)的图象经过该平行四边形对角线的交点A，且与边BC交于点F.若点D的坐标为(6，8)且OD=DC，则点F的坐标是________. 14．如图，在矩形中，，，，连接．以点为圆心，小于的长度为半径画弧，分别交，于，两点；再分别以，为圆心，大于的长度为半径画弧，两弧相交于点，连接并延长交边于．若点为线段上任意一点，则的最小值为_________________． 15．已知 α、 β 是方程的两根，则___________ . 16．如图，在菱形中，，点分别是上的动点（不与端点重合），且，连接交于点，则四边形的面积的最大值为_______． 评卷人 得分 三、解答题：本题共7小题，共72分。 17．已知关于的方程有两个实数根． (1)求的取值范围； (2)设方程的两个实数根分别为，，且，求实数的值． 18．如图，是以为直径的的切线，点在上方的圆弧上，，垂直平分，分别交，于点，． (1)证明：四边形是菱形； (2)若，求的半径． 19．在平面直角坐标系中，抛物线交y轴于点． (1)点的坐标为_______． (2)当时，抛物线交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），点Q（异于点C）是抛物线上一点，且横坐标为m，当，求m的值． (3)点M、N的坐标分别为、，连结．求出线段与二次函数的图象只有1个交点时，的取值范围． 20．在平面直角坐标系中，、的坐标分别为、，、分别在轴的负半轴，轴的负半轴上，，在射线上，轴于且的面积为． (1)求点的坐标； (2)动点从点出发以个单位每秒速度向终点运动，设运动时间为秒，的面积为，用表示，并直接写出的范围； (3)在（2）的条件下，为的中点，连接，作交于点，连接，过作交于点，当 时，求的长度并求出相应的值． 21．如图在网格中，三角形的顶点都在格点上，请仅用无刻度直尺按下列要求作图（保留作图痕迹） (1)在图1中，作的平分线，交于点． (2)在图2中，作的平分线，交于点． 22．脆蜜金桔是地方名果，是柳州市融安县的特产之一．请你运用数学知识，根据素材，帮果农解决问题． 信息及素材 素材一 在专业种植技术人员的正确指导下，果农对脆蜜金桔种植技术进行了研究与改进，使产量得到了增长，根据果农们的记录，2020年金桔平均每株产量是13千克，2022年达到了15.6千克，每年的增长率基本相同． 素材二 金桔一般用长方体包装盒包装后进行售卖． 素材三 果农们通过调查发现，顾客们也很愿意购买美观漂亮的其它造型的包装纸盒． 任务1：设脆蜜金桔产量的年平均增长率为，依题意列方程得______； 任务2：现有长，宽的长方形纸板，将四角各裁掉一个正方形（如图1），折成无盖长方体纸盒（如图2）．为了放下适当数量的脆蜜金桔，需要设计底面积为的纸盒，计算此时纸盒的高； 任务3：为了增加包装盒的种类，打算将任务2中的纸板通过图3的方式裁剪，得到底面为正六边形的无盖纸盒（如图4），求出此时纸盒的高．（图中实线表示剪切线，虚线表示折痕．纸板厚度及剪切接缝处损耗忽略不计） 23．在等腰中，，，点D在边上，在右侧作，且，连接． 【初步感知】 （1）如图1，设，，求的度数（请用与表示） 【探索发现】 （2）如图2，取的中点G，连接．设的面积为m，的面积为n，请猜想m与n之间存在的数量关系，并证明你的猜想． 【拓展延伸】 （3）如图3，在（2）的条件下，连接，．当时，求的值． 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D D D C A A D C C 1．A 【分析】根据一元二次方程定义，只含有一个未知数，并且未知数项的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程，即可求解． 【详解】解：A． ，是一元二次方程，故该选项正确，符合题意；     B． ，含有2个未知数，故该选项不正确，不符合题意；     C． ，含有2个未知数，故该选项不正确，不符合题意；     D． ，不是整式方程，故该选项不正确，不符合题意． 故选A． 【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，掌握一元二次方程的定义是解题的关键． 2．D 【分析】本题考查了用图象法求一元二次方程的近似根，根据表格找到y由负变为正时，自变量的取值范围即可得到答案． 【详解】解：由表格中的数据可知，当时，， 当时，， ∴方程（为常数）的一个解的范围是， 故选D． 3．D 【分析】根据配方法，将式子变为，由此即可直接配方为：，由此即可求得结果． 【详解】解：∵， ∴， ∴， 故选：D． 【点睛】本题主要考查的是一元二次方程中的配方法，关键在于熟练掌握其公式． 4．D 【分析】根据菱形的判定定理和矩形的判定定理分别对各个选项进行推理判断即可． 【详解】A、平行四边形ABCD中，∠ADB＝90°， 不能判定四边形ABCD为菱形，故选项A不符合题意； B、∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OC，OB＝OD， ∵OA＝OB， ∴AC＝BD， ∴平行四边形ABCD是矩形，不能判定四边形ABCD为菱形，故选项B不符合题意； C、∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OC，不能判定四边形ABCD为菱形，故选项C不符合题意； D、∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC， ∴平行四边形ABCD是菱形；故选项D符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查菱形的判定定理、矩形的判定定理以及平行四边形的性质；熟练掌握菱形的判定定理、矩形的判定定理是解题的关键． 5．C 【分析】本题考查了矩形的性质、勾股定理以及三角形面积问题．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．首先连接，由矩形的两条边、的长分别为和，可求得，的面积，然后由求得答案． 【详解】解：连接， ∵矩形的两条边、的长分别为和， ∴，，，， ∴， ∴， ∴， ∵， 解得：． ∴点到矩形的两条对角线和的距离之和是． 故选． 6．A 【分析】本题考查了一元二次方程（，a，b，c为常数）根的判别式，熟悉相关的知识是解题的关键；根据当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根，即可求解． 【详解】解：根据题意得， 且， 即， 解得：， ∴且． 故答案为：A． 7．A 【分析】根据折叠的性质可得对应角相等，结合平行线的判定定理判断小聪的说法；利用三角形的外角性质及折叠的性质推导直线夹角与角度差的关系，判断小敏的说法． 【详解】解：对于小聪的说法，由折叠可知，， ∵， ∴， ∴，故小聪的说法正确； 对于小敏的说法，由折叠可知，， ∵点在上， ∴ ∴， ∵翻折后与相差（点与点为对应点）， ∴ 由折叠可知，， ∴， 设直线与的夹角为， 若直线与不平行， 设它们相交于点，在中， 由三角形外角的性质可知， ， ∴， 即直线与的夹角为， 故小敏的说法正确 8．D 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识． 、交于点K，利用菱形的性质，采用“”的方法证明，即有，同理证明，根据四边形对角线互相平分，可证明四边形是平行四边形，即可判断A项；采用“”的方法证明，即可判断B项；根据，则有平行四边形为菱形，图中明显可以构造无数个菱形，因此可判断C项；举反例即可判定D项． 【详解】解：如图，、交于点K， ∵菱形， ∴，，， ∴， ∵点为菱形的对角线的中点，， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理可证， ∴四边形的对角线互相平分， ∴四边形是平行四边形， ∴，故A项正确； 若， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故B项正确； 若， 则有平行四边形为菱形， 又∵过点O恒存在直线垂直已知线段， ∴点E在边上变化时，线段也跟随变化，此时恒存在垂直于线段的， ∴存在无数个点，使得四边形为菱形，故C项正确； 对于D项， 举反例：如图， ∵， ∴平行四边形是矩形， 此时显然不具备，故D项是假命题， 故选D． 9．C 【分析】如图，因为推出点B在直线上，设直线交x轴于D，交y轴于C，易知，构造正方形，则，由，，推出的最小值为即可求得 【详解】解：如图，∵， ∴点B在直线上， 设直线交x轴于点D，交y轴于点C， 令，则， 令，则， ，构造正方形，则， 连接，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴的最小值为， 在中，，， ∴， ∴的最小值为， 故选：C． 【点睛】本题考查轴对称−最值问题、勾股定理、坐标与图形的性质等知识，解题的关键是学会轴对称，添加常用辅助线，解决最值问题． 10．C 【分析】根据一元二次方程根与判别式的关系、根的定义及代数变形逐一判断各命题． 【详解】解：①方程有两个不相等的实根， ， ， 则方程的判别式， 方程必有两个不相等的实根，故①正确； ②是方程的一个根，则， ， 若，等式仍然成立，但不一定成立，故②不正确； ③若是一元二次方程的根， 则由求根公式得或， 或， ，故③正确； ④存在实数，使得， 整理得，即， 因为，只需取即可满足， 例如取，，就有，故④正确． 11．10 【分析】由题意可得，每个人都要送给这个小组中除了自己之外的所有人卡片，设该小组有n人，则每个人要送n-1张卡片，所以共送出n（n-1）张，又知全组共送出90张，列出方程求出n值． 【详解】设该活动小组有n人，则每个人要送n-1张卡片，由题意得： n（n-1）=90， 即：n2-n-90=0， 解得，n1=10，n2=-9（不合题意舍去）． 故答案为10． 【点睛】本题考查了一元二次方程的实际应用，根据题意找出等量关系，列出一元二次方程求解． 12． 【分析】设方程的两根为和，利用一元二次方程根与系数的关系列等式求解即可． 【详解】解：设方程的两个根分别为和， ∵对于一元二次方程，两根之和为，两根之积为， ∴；， ∴；， ∴． 13．(12, ) 【分析】过点D作DM⊥x轴于点M,过点F作FE⊥x于点E，先用勾股定理求出OD，再根据条件判定四边形OBCD是菱形，求出对角线交点A的坐标，即可得到反比例函数解析式，再求出直线BC解析式，设出F点坐标，根据F点在反比例函数图像上，可建立方程求解. 【详解】如图，过点D作DM⊥x轴于点M,过点F作FE⊥x于点E, ∵点D的坐标为(6,8)， ∴OD=， ∵平行四边形OBCD中OD=DC， ∴四边形OBCD是菱形， ∴OB=OD=10， ∴点B的坐标为(10,0)， ∵点A为菱形OBCD对角线的交点， ∴点A是BD的中点，坐标为(8,4)， ∵点A在反比例函数y=上， ∴k=xy=8×4=32， ∴反比例函数解析式为y= ∵OD∥BC，OD直线的斜率 ∴设BC直线解析式为，将B (10,0)代入解析式得 ，解得， ∴BC直线解析式为 点F在BC上，设F点坐标为（） ∵点F在反比例函数上， ∴， 即， 解得： ， (舍去)， 当时， ∴点F的坐标为：(12, ). 故答案为：(12, ) 【点睛】本题考查反比例函数、一次函数与几何综合问题，以及解一元二次方程，熟练掌握菱形的判定与性质，求出反比例函数解析式，利用F点的坐标建立方程求解是解题的关键. 14． 【分析】由尺规作图可知平分，过点作垂足为点，并延长交于点，可证，根据全等三角形的性质可证是的垂直平分线，根据两点之间线段最短，可知当点、、三点共线时最短，此时，利用勾股定理求出的长度即为的最小值． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， ， ， ， 如下图所示，过点作垂足为点，并延长交于点， 则， 由作图可知平分， ， 在和中， ， ， ，， 是的垂直平分线， ， 连接交于点，连接， ， ， 两点之间线段最短， 当点、、三点共线时最短，此时， ． 15．57 【分析】根据根与系数关系定理，方程根的定义解答即可． 本题考查了一元二次方程的根与系数关系定理，熟练掌握定理是解题的关键． 【详解】解：∵α、 β是方程 的两个根， ∴ ，， ∴， ∴ ， 故答案为：57． 16． 【分析】由“”可证，可得，求得，连接，过G作于N，过作于，则，由，可证明当重合时，有最大值，此时四边形的面积最大，接着证明垂直平分，得到，求出，利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性质求出的长即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴和 都是等边三角形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图，连接，过G作于N，过作于， 则，其中，的长度都是不变的， 那么当最大时，四边形的面积最大， ∵ ∴当重合时，有最大值， ∵是等边三角形，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形的面积的最大值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 17．(1) (2) 【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式以及根与系数的关系，若，是一元二次方程的两根时，，． （1）根据根的判别式的意义得到，然后解不等式即可； （2）根据根与系数的关系得，，再利用得到，解关于的方程，然后根据的取值范围确定的值即可． 【详解】（1）根据题意得， 解得， 即k的取值范围为； （2）根据根与系数的关系得，， ， ， ， 整理得， 解得，， ， 的值为． 18．(1) 证明：∵垂直平分， ∴，，． ∵， ∴． 在和中， ∴， ∴，即四边形的对角线互相平分， ∴四边形是平行四边形． 又， ∴四边形BCDE是菱形． (2) 【分析】本题主要考查了切线的性质，菱形的判定，线段垂直平分线的性质，三角形全等的判定定理，勾股定理，列一元二次方程解决实际问题等知识，解题的关键是熟练掌握各性质和作出辅助线． （1）先证明四边形是平行四边形，再利用邻边相等得出四边形为菱形； （2）作出辅助线构造出直角三角形，假设出菱形的边长，利用勾股定理把需要的边表示出来，列出一元二次方程求解，即可求出圆的半径． 【详解】（1）略 （2）解：如图，连接． 设．由（1）得． ∵是的切线， ∴． 在中，，即． ∵， ∴． 在中，，即． ∵为的直径， ∴． 在中，，即， 整理得， 解得或（舍去）． ∴， ∴． ∴的半径为． 19．(1) (2)或或2 (3)或或 【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质、二次函数的应用等知识，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键． （1）将代入函数求解即可得； （2）先分别求出点的坐标，则可得的长，再根据建立方程，解方程即可得； （3）先求出二次函数的对称轴为直线，顶点坐标为，再分两种情况：当顶点在线段上时，则可得；当顶点不在线段上时，有和两种情况，分别建立一元一次不等式组，解不等式组即可得． 【详解】（1）解：将代入函数得：， ∵抛物线交轴于点， ∴， 故答案为：． （2）解：当时，二次函数的解析式为， 当时，，解得或， ∵这个抛物线交轴于、两点（点在点的左侧）， ∴，， ∴， ∵， ∴的边上的高为， ∵点是抛物线上一点，且横坐标为， ∴， ∴的边上的高为， ∵， ∴， 即或， 解得或或或（此时点与点重合，舍去）， 综上，的值为或或2． （3）解：二次函数，其对称轴为直线，顶点坐标为， 当时，， 当时，， 当顶点在线段上时，则，解得，此时线段与二次函数的图象只有1个交点，符合题意； 当顶点不在线段上时， ①当时， 要使线段与二次函数的图象只有1个交点， 则当时，；当时，，即， 解得； ②当时， 要使线段与二次函数的图象只有1个交点， 则当时，；当时，，即， 解得； 综上，的取值范围为或或． 20．(1)点的坐标； (2)； (3)，． 【分析】（1）由、的坐标可得线段的长度，结合的面积可得线段的长，根据已知可得为等腰直角三角形，从而可得线段的长，结合第四象限的点的坐标特征，即可得点的坐标； （2）分类讨论，用表示线段的长度，代入三角形的面积公式，分别写出对应的的取值范围即可； （3）连接，利用“”可证，可得，，延长至点，使，连接并延长，交于点，利用“”可证，可得，，由平行线的判定和性质，可得，，利用“”可证，可得，设，根据线段之间的数量关系列方程求解，即可得的长，的长，从而可得的长，即为相应的值． 【详解】（1）解：∵、的坐标分别为、， ∴， ∵轴于，且的面积为， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵点在第四象限， ∴． 答：点的坐标． （2）解：∵，， ∴， 当时，， 当时，， ∴． （3）解：连接， ∵，为的中点， ∴，，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵，， ∴， 延长至点，使，连接并延长，交于点， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴当 时，，． 【点睛】本题考查等腰直角三角形的判定和性质，一次函数与几何综合，平行线的判定和性质，三角形全等的判定和性质． 21．(1) 如图所示，即为所求； (2) 如图所示，即为所求． 【分析】（1）由图可知，，根据正方形的对角线性质，取格点，连接并延长，交于即可作出图形； （2）由勾股定理可得，根据对称性作图，取格点，使，取格点，可得，连接，由对称性可知，网格中，则，从而得到，延长交于点即可作出图形． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题考查网格中作图，难度较大，不容易想出来，涉及角平分线定义，正方形对角线性质、对称性、勾股定理、全等的判定与性质等知识，数形结合，灵活掌握相关几何性质用于作图是解决问题的关键． 22．任务：  任务2：  任务3： 【分析】任务：设脆蜜金桔产量的年平均增长率为x，则根据“2020年金桔平均每株产量是13千克，2022年达到了15.6千克”列方程即可； 任务2：由图可得裁掉正方形的边长即为图长方体盒子的高，设裁掉正方形的边长为，根据长方体纸盒的底面积列方程求解即可； 任务3：设底面正六边形为，底面正六边形的边长为，纸盒的高为，，和交于点，和交于点，根据正六边形的性质求得为的直角三角形，可得其两直角边的长度；结合等边三角形的判定和性质再求得左右两侧小三角形的高，然后根据长方形纸板的长和宽建立方程求解即可； 【详解】任务：设脆蜜金桔产量的年平均增长率为，由题意得：， 故答案为：； 任务：设裁掉正方形的边长为，由题意得： ， 解得：(不符合题意舍去)， 答：此时纸盒的高为； 任务: 如图，设底面正六边形为，连接，和交于点，和交于点，所在直线交长方形纸板的边于点设底面正六边形的边长为，纸盒的高为, ∵正六边形的每条边相等，每个内角都为， 为等腰三角形， ， ， 由正六边形的性质可得平分， ， ， ∴直角三角形中，， 同理可得直角三角形中， ， ， ， ∵左侧小三角形顶点的角度 ∴左侧小三角形为边长的等边三角形， 根据图形的上下对称可得与长方形纸板的左右两边垂直， ∴为等边三角形的高， ， 同理可得，， ∵四边形为矩形, ， ， ， 联立①②式可得| ， 答：纸盒的高为 ． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，正六边形的性质，等边三角形的判定和性质，角的直角三角形的边长关系，对称的性质；掌握正六边形的性质是解题关键． 23．（1）； （2）， 延长至点，使得，连接，如图， ， ， ， ， ， ， 点是中点，, ， ； （3）． 【分析】本题综合考查几何证明中的角度关系、全等三角形的构造与性质、面积关系的转化及线段比例的计算．解答过程分为三个部分，涉及三角形内角和、辅助线构造、全等三角形判定、等边三角形性质、等腰直角三角形性质及中位线定理等多个核心几何知识点．解答的关键在于通过合理的辅助线构造全等形，实现边、角、面积关系的转化． （1）由已知出发，利用角的和差关系进行代换；结合的内角和为，推导出；进一步根据已知，，即得得出答案； （2）延长至点，使得，连接，构造；利用，，推导出；结合已知，，证明，从而；由全等得，点为边中点，得出；进一步得，而（中线平分面积），即可得出答案； （3）由（2）可知，，是中位线，作，等量代换得出是等边三角形，再分别证明和，进一步得出，，即可得出． 【详解】（1）解， ， ， ， ， ； （2）略 （3）由（2）可知，，是中位线， ， 作，如图， ， ∵，， ∴， ∵， ∴， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， , ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 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 $