2026-2027学年北师大版九年级上册期中数学预测练习卷（第1-3章）

2026-2027学年北师大版九年级上册期中数学预测练习卷（第1-3章） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．下列方程是一元二次方程的是（    ） A． B． C． D． 2．用配方法解一元二次方程时，可化为的形式，则的值是（     ） A．7 B．13 C．10 D．3 3．如图，和是菱形的对角线．若，，则菱形的面积为（）　 A． B． C． D． 4．如图，点是线段上的一点，且线段，则线段等于（   ） A． B． C． D． 5．如图，钝角中，，D为边的中点，若，，则的长可能为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 6．有一组对角是直角，且另一组对角不相等的四边形叫作准矩形．有下列命题：①直角梯形是准矩形；②准矩形中，夹一个直角的两边的平方和等于夹另一个直角的两边的平方和；③准矩形的对角互补．其中，真命题有（   ）． A．①②③ B．② C．③ D．②③ 7．如图，正方形中，平分，交于点，将绕点顺时针旋转得到，延长交于点，连接、，交于点．下列结论①；②；③；④，正确的是（   ） A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．①②④ 二、填空题 8．“降次”是解一元二次方程的基本思想，用这种思想解高次方程 ，它的解是__________． 9．若是关于的一元二次方程的一个根，则的值是________． 10．如果关于的方程有两个实数根，则最大整数是__________． 11．随着国家抑制房价政策的出台，某楼盘房价连续两次下跌，由原来的每平方米元降至每平方米元，设每次降价的百分率相同，则降价百分率为_____． 12．5个边长相等的正方形在平面直角坐标系中的位置如图所示，它们的边都与坐标轴平行．若点A，C的坐标分别是和，则点B的坐标是________． 13．如图，在中，是斜边的中线，，则的长为______． 14．如图，，，，，则的长为 _____________ ． 15．已知关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，设此方程的一个实数根为b，令，则y的取值范围是______． 三、解答题 16．解下列一元二次方程： (1)（用配方法解）； (2)（用公式法解）． 17．如图1，和都是等边三角形． (1)求证：四边形是菱形； (2)沿方向将平移到的位置如图2，此时，四边形（如图3）是_____． (3)若按（2）题的方式继续平移到，当在什么位置时，四边形是矩形，并证明你的结论． 18．如图，在中，，平分交于点，点在线段上，点在的延长线上，且，连接，，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求菱形的面积． 19．如图，在中，D为上一点，E为上一点，如果，． (1)求证：． (2)若，，，求的长． 20．某送货司机在各站点间上门送货的平面路线如图所示：．已知点B在点A的北偏东方向处，点C在点B的正东方处，点D在点C的南偏东方向，点D在点A的正东方．(参考数据：，，) (1)求线段CD的长度；(结果精确到0.01km) (2)已知送货司机在送货过程中全程保持10m/s的速度匀速行驶，若现在有急件需要在16分钟内从A点运送到D点，则送货司机按既定路线进行运送能否按时送达？(送货司机在各站点停留的时间忽略不计) 21．如图，点D、E是两直角边、上的一点，连接，已知点F、G、H分别是、、的中点． (1)求证：． (2)连接，取中点M，连接、，若，求的长． 22．如图，已知直线与轴交于点，与轴交于点，点是线段的中点，点为轴正半轴上一动点，点的横坐标记作，过点作交的延长线于，交轴于点． (1)判断四边形的形状为______________，并说明理由； (2)若四边形是菱形时，求的值； (3)连接，若的面积是面积的倍，求的值． 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 《2026-2027学年北师大版九年级上册期中数学预测练习卷（第1-3章）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 B B A A A D A 1．B 【分析】本题主要考查了一元二次方程的定义，只含有一个未知数，且未知数的最高次为2的整式方程叫做一元二次方程，据此可得答案． 【详解】解：根据一元二次方程的定义可得，只有B选项中方程是一元二次方程， 故选：B． 2．B 【分析】将、均化为一般式，根据一次项系数、常数项相等列等式，即可作答． 【详解】解：化为一般式是：， 化为一般式是：， 根据题意：，， 解得：，， ∴． 3．A 【分析】由菱形的性质可得，，，则，然后通过勾股定理求出，所以，最后根据菱形的面积为即可求解． 【详解】解：如图， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的面积为． 4．A 【分析】本题考查了线段的比，正确设出线段的长度是关键． 设，则，表示出的长度，即可求解． 【详解】解：设，则， ∴， ∴， 故选：A． 5．A 【分析】题目主要考查三角形的三边关系，直接三角形中线的性质，理解题意是解题关键 先考虑当时，，得出，再由题干条件即可得出，即可求解 【详解】解：∵，， 当时，， ∵D为边的中点， ∴此时， ∵D为边的中点， ∴， ∵， ∴， 只有选项A符合题意， 故选：A 6．D 【分析】本题主要考查准矩形，熟练掌握准矩形的定义是解题的关键．根据准矩形的定义进行判断即可． 【详解】解：①直角梯形并不是对角是直角，故不是准矩形，①错误； 准矩形中，， ， ， 夹一个直角的两边的平方和等于夹另一个直角的两边的平方和，②正确； 准矩形中，，故， 四边形的内角和为， ，故③正确； 故选D． 7．A 【分析】由旋转性质得，可得，即可判断①；由正方形性质得，由角平分线和三角形全等得，继而可得，即可判断②；运用三角形外角性质列式计算，即可判断③；先证明，可得，证明，得到，即可判断④． 【详解】解：∵将绕点B顺时针旋转得到， ∴， ∴， 故①符合题意； ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故②符合题意； ∵， ∴， ∵平分， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴ ∴ 故③符合题意； ∵， ∴，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∵四边形是正方形， ∴ ∴， 故④是符合题意的； 故选：A． 【点睛】本题考查正方形性质，旋转性质，全等三角形性质与判定，角平分线性质，相似三角形性质与判定，直角三角形性质，三角形外角性质，等腰三角形性质与判定，综合性较强，难度较大，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 8．或或 【分析】本题主要考查了解高次方程，熟练掌握整式的因式分解是解题的关键．利用因式分解求解即可． 【详解】解：， ， ， 或或， ． 故答案为：或或． 9．3 【分析】将值代入方程，将其转化成关于的一元一次方程，解出即可． 【详解】解：是的一个根， ， ， ． 10．1 【分析】本题考查了根的判别式，解题的关键是熟练运用根的判别式求参数，本题属于基础题型． 根据一元二次方程根的情况由判别式得到关于k的不等式，即可求k的值． 【详解】解：∵关于的方程有两个实数根， ∴且． 解得且， ∴最大整数是1． 故答案是：1． 11． 【分析】设每次降价的百分率为，则第一次降价后的单价是原价的，第二次降价后的单价是原价的，根据题意列方程解答即可． 【详解】解：设降价百分率为， 则有：， 解得：，（不合题意，舍去）， 答：降价百分率为． 12． 【分析】设正方形的边长为，根据点和点的横坐标之差求出的值，再根据点C的坐标和正方形的排列规律求出点的坐标． 【详解】解：设正方形的边长为， 由图可知，点到点在水平方向上跨越了个正方形的边长， 点的坐标为，点的坐标为， ， 解得， 由图可知，点C的横纵坐标与点B的横纵坐标各相差， ∴点的横坐标为，点的纵坐标为， 点的坐标为． 13．/10厘米 【分析】本题考查了斜边上的中线等于斜边的一半，因为在中，是斜边的中线，所以，即可作答． 【详解】解：∵在中，是斜边的中线，， ∴， 故答案为：． 14． 【分析】此题考查了平行线分线段成比例定理． 根据得到，代入数值即可得到答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 故答案为：． 15．/ 【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式和一元二次方程的解，熟知对于一元二次方程，若，则方程有两个不相等的实数根，若，则方程有两个相等的实数根，若，则方程没有实数根是解题的关键．先根据一元二次方程根的判别式得到，再根据一元二次方程解的定义求出，进而推出，由此求解即可． 【详解】解：关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根， ， ， 此方程的一个实数根为b， ， ， ， ， ，即 ， 故答案为： 16．(1)， (2)， 【分析】（1）移项后配方，再开方，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可； （2）找出，，的值，代入求根公式计算即可． 【详解】（1）解：， ， ， ， ， 解得：，； （2）解：在中，，， ∴， ∴， ∴，． 17．(1) 证明：∵和都是等边三角形． ∴， ∴四边形是菱形； (2)平行四边形 (3) 当在点位置时，四边形是矩形，理由如下： 如图，连接，， ∵，都是等边三角形，且在点位置， ∴， ∵平移， ∴，， ∴， 即， 结合对角线互相平分且相等的四边形是矩形， ∴四边形是矩形． 【分析】此题主要考查了矩形的判定，等边三角形的性质，菱形的判定，平行四边形的判定以及平移的性质，熟练掌握相关的定理是解题关键． （1）结合等边三角形的性质以及根据四边相等的四边形是菱形，即可作答． （2）根据平移的性质，得到，根据等边三角形的性质，得到，，从而得到，则，再根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可证明； （3）根据等边三角形的性质与平移的性质，得，根据对角线互相平分且相等的四边形是矩形，即可作答． 【详解】（1）略 （2）解：根据平移的性质，得到， 根据等边三角形的性质，得到，， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形； （3）略 18．(1) 证明：，平分于点， ，． ， 四边形是平行四边形． ，点在的延长线上， ， 是菱形． (2) 【分析】（1）要证四边形是菱形，先根据等腰三角形三线合一得、，结合证其为平行四边形，再由证得菱形； （2）求菱形面积，先利用菱形性质、直角三角形性质求出和的长，再用菱形面积公式计算． 【详解】（1）略 （2）解：四边形是菱形， ． ，， ． 在中，， ， ． 由勾股定理，， ， ． ， ． ， ． ． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的判定定理（对角线互相垂直的平行四边形是菱形 ）和性质、等腰三角形三线合一、直角三角形中角所对直角边与斜边关系等是解题的关键． 19．(1) 证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． (2) 6 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质． （1）根据，可得，即有，结合，可得； （2）根据，可得，即，代入已知条件即可得解． 【详解】（1）略 （2）解：∵， ∴，则， ∵，，， ∴， ∴． 20．(1) (2)能 【分析】本题考查解直角三角形的应用，矩形的判定与性质，正确构造直角三角形从而利用解直角三角形的相关知识求解是解题的关键． （1）分别过点B、C作于E，于F，得到四边形是矩形，，利用，求出，即，从而利用求出； （2）先算出总路程，再除以速度得到送货时间，与16分钟比较即可得解． 【详解】（1）分别过点B、C作于E，于F， 依题意可知：，，，，， ∴， ∴四边形是矩形，， ∵，， ∴ 又∵， ∴ （2）16分钟秒， ∵，，， ∴， ∴从A点运送到D点的时间为：， ∴送货司机按既定路线进行运送能按时送达． 21．(1) 证明：∵F、G、H分别是、、的中点， ∴． ∴． ∴， ∴． (2)5 【分析】（1）先证明，得到． 结合即可． （2）连接，取中点M，连接、，证明四边形为矩形． 再利用勾股定理得． 【详解】（1）略 （2）解：连接、，， ∵M、H分别是和的中点， ∴． 同理：． ∴ ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴四边形为矩形． ∴，， ∵G、H、M，F分别是、、、的中点，， ∴，． ∴． 【点睛】本题考查了三角形中位线定理，矩形的判定和性质，勾股定理，平行线的性质，垂直的定义，熟练掌握中位线定理，矩形的判定和性，勾股定理是解题的关键． 22．(1)平行四边形， 证明：点是线段的中点， ， ， ， 又， ， ， 四边形是平行四边形； (2) (3) 【分析】（1）根据线段中点的定义和平行线的性质可证明，得到，即可得证； （2）先求出、的坐标，进而得到，，，根据勾股定理得到，根据菱形的性质得到，据此列方程即可求解； （3）根据点是线段的中点，得到，设，，，根据平行四边形的性质可得点是线段的中点，根据中点坐标公式推出，设点到边上的高为，由，得到，则，点是的中点，根据中点坐标公式列方程求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：令，则， ， ， 令，则， 解得， ， 又点为轴正半轴上一动点，点的横坐标记作， ，， 在中，， 四边形是菱形， ， ， 解得； （3）点是线段的中点，，， ，即， 设，，， 四边形是平行四边形， 点是线段的中点， ， 则， 设点到边上的高为，则点到边上的高为， ，即， ， ， 四边形是平行四边形， ， ，即点是的中点， ， ． 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 $