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广东省佛山市荷城三校联考2021-2022学年北师大版九年级上册第一次月考数学试卷
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这是一份广东省佛山市荷城三校联考2021-2022学年北师大版九年级上册第一次月考数学试卷，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题18.解方程，解答题等内容，欢迎下载使用。
广东省佛山市荷城2021-2022学年度北师大版九年级上册
第一次月考试卷
一、选择题（共10题；共30分）
1.下列方程是一元二次方程的是（ ）
A. ﹣6x+2＝0 B. 2x2﹣y+1＝0 C. x2+2x＝0 D. +x＝2
2.下列四个命题不正确的是 ( )
A. 四边相等的四边形是菱形
B. 对角线垂直且相等的四边形是正方形
C. 两条对角线相等的平行四边形是矩形
D. 顺次连接矩形各边中点形成的四边形是菱形
3.如图，在菱形ABCD中，AC与BD交于点O ， 点E为BC中点，连接OE ， 若菱形ABCD的周长为8 ，则线段OE的长为（ ）
A. 4 B. 2 C. D.
4.用配方法解方程x2-4x+1=0，下列变形正确的是( )
A. (x-2)2=1 B. (x+2)2=1 C. (x-2)2=3 D. (x+2)2=3
5.如图，菱形 的对角线 、 相交于点 ，过点 作 于点 ，连接 ，若 ， ，则菱形 的面积为（ ）
A. 72 B. 24 C. 48 D. 96
6.已知关于x的一元二次方程 有实数根，则m的取值范围是（ ）
A.
B.
C. 且
D. 且
7.一个不透明的袋子中装有除颜色外其余均相同的3个白球，x个黑球，随机的从袋子中摸出一个球，记录下颜色后，放回袋子中并摇匀，大量重复试验后，发现摸出白球的频率稳定在0.3附近，则x的值为（ ）
A. 2 B. 3 C. 7 D. 13
8.近年来某县加大了对教育经费的投入，2019年投入2500万元，2021 年预计投入3500万元。假设该县投入教育经费的年平均增长率为x，根据题意列方程。则下列方程正确的是( )
A. 2500x2=3500 B. 2500(1+x)2=3500
C. 2500 (1+x%)2=3500 D. 2500(1+x)+2500(1+x)2=3500
9.如图，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝6，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线段DE的长为（ ）
A. B. C. 4 D.
10.如图，在矩形ABCD中，AD＝ AB ， ∠BAD的平分线交BC于点E ， DH⊥AE于点H ， 连接BH并延长交CD于点F ， 连接DE交BF于点O ， 下列结论：①∠AED＝∠CED；②OE＝OD；③BH＝HF；④AB＝HF ， 其中正确的有（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
二、填空题（每小题4分，共28分）
11.如图，菱形ABCD中，∠A=60°，BD=7，则菱形ABCD的周长为________．
12.一个不透明的口袋中有两个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2．随机摸取一个小球后，放回并摇匀，再随机摸取一个小球，两次取出的小球标号的和等于4的概率为________．
13.设 ， 是关于 的方程 的两个根，且 ，则 ________.
14.已知一个直角三角形的两条直角边的长是方程2x2﹣10x+9＝0的两个实数根，则这个直角三角形的斜边长是________.
15.已知 ，则 的值是________
16.如图，矩形 中， 是 边上的中点， 是 边上的一动点， 分别是 的中点，则线段 的长为________.
17.如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AC＝16，BD＝12，E是边AD上一点，直线OE交BC于点F，将菱形沿直线EF折叠，使点B的对应点为B'，点A的对应点为A′，若AE＝4，则 的长等于________.
三、解答题（一）（每小题6分，共18分）18.解方程：
（1）
（2）
19.如图，在 中， ， 为 边上的中线，过点 作 ，过点 作 ， 与 相交于点 .求证：四边形 为菱形.
20.如图，在 中，对角线AC与BD交于点O，E，F分别为OB，OD的中点，延长CF至点G，使 ，连接AE，AG.
（1）求证： ；
（2）若 ，试判断四边形AEFG的形状，并说明理由.
四、解答题（二）（每小题8分，共24分）
21.现有A，B两个不透明的袋子，A袋的4个小球分别标有数字1，2，3，4；B袋的3个小球分别标有数字1，2，3.（每个袋中的小球除数字外，其它完全相同.）
（1）从A，B两个袋中各随机摸出一个小球，则两个小球上数字相同的概率是 ________；
（2）甲、乙两人玩摸球游戏，规则是：甲从A袋中随机摸出一个小球，乙从B袋中随机摸出一个小球，若甲、乙两人摸到小球的数字之和为奇数时，则甲胜；否则乙胜，用列表或树状图的方法说明这个规则对甲、乙两人是否公平.
22.已知关于x的一元二次方程 有两个实数根．
（1）试求k的取值范围；
（2）若此方程的两个实数根 ，是否存在实数k ， 满足 ，若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
23.一商店销售某种商品，平均每天可售出20件，每件盈利40元.为了扩大销售，增加盈利，该商店采取了降价措施，在每件盈利不少于25元的前提下，经过一段时间销售，发现销售单价每降低1元，平均每天可多售出2件.
（1）若降价3元，则平均每天销售数量为________件；
（2）当每件商品降价多少元时，该商店每天销售利润为1200元？
五、解答题（三）（共2题；共20分）
24.如图，在正方形 ABCD 中，点 E 是对角线 BD 上一动点，AE 的延长线交 CD 于点 F，交 BC 的延长线于点 G，M 是 FG 的中点.
（1）求证： ∠DAE=∠DCE；
（2）判断线段 CE 与 CM 的位置关系，并证明你的结论；
（3）当 ，并且 恰好是等腰三角形时，求 DE 的长.
25.正方形ABCD中，点E为对角线BD上任意一点（不与B，D重合），连接AE，过点E作EF⊥AE，交线段BC于点F.
（1）如图1，求证：AE＝EF；
（2）如图2，EG⊥BD，交线段CD于点G，EF与BG相交于点H，若点H是BG的中点，求证：AE＝ EH；
（3）若 ，直接写出 的值.
答案解析部分
一、 选择题（共10题；共30分）
1.【答案】 C
【解析】【解答】解：A、此方程是一元一次方程，故A不符合题意；
B、此方程是二元二次方程，故B不符合题意；
C、此方程是一元二次方程，故C符合题意；
D、此方程是分式方程，故D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】利用一元二次方程的定义：含有一个未知数，且含未知数的最高项的次数为2的整式方程，由此可得答案.
2.【答案】 B
【解析】【解答】解：A、四边都相等的四边形是菱形，正确，是真命题；
B、对角线垂直、相等且互相平分的四边形是正方形，所以原命题错误，故此选项符合题意；
C、两条对角线相等的平行四边形是矩形，正确，是真命题；
D、顺次连接矩形各边中点形成的四边形是菱形，正确，是真命题.
故答案为：B.
【分析】直接利用菱形的判定、正方形的判定、矩形的判定方法以及中点四边形的判定方法分别分析得出答案.
3.【答案】 C
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，OA=OC，
∵菱形ABCD的周长为8 ，
∴AB=2 ，
∵点E是BC的中点，
∴OE=AB=.
故答案为：C.
【分析】根据题意及菱形的性质得出AB=BC=CD=DA=2 ， OA=OC，再根据三角形中位线定理得出OE=AB= ， 即可求解.
4.【答案】 C
【解析】【解答】解： x2-4x+1=0，
∴ x2-4x=-1，
∴ x2-4x+4=3，
∴ (x-2)2=3 ，
故答案为：C.
【分析】首先把常数1移到右式，然后两边同时加4把左式配成完全平方式即可.
5.【答案】 C
【解析】【解答】解：∵四边形 是菱形，
∴ ， ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴菱形 的面积 .
故答案为：C.
【分析】根据菱形的性质得O为BD的中点，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得BD的长度，最后由菱形的面积公式求得面积．
6.【答案】 C
【解析】【解答】解：∵一元二次方程 有实根，
∴△＝（-2）2−4×（-1）m≥0且m≠0，
∴ 且 ，
故答案为：C．
【分析】本题考查一元二次方程根的判别式一元二次方程的定义，根据Δ≥0及二次项系数不为零列出不等式组即可。
7.【答案】 C
【解析】【解答】解：由题意得：
，
解得： ，
经检验 是原方程的解，
故答案为：C．
【分析】先求出 ，再求出 ，最后计算求解即可。
8.【答案】 B
【解析】【解答】
设该县投入教育经费的年平均增长率为x，2019年投入2500万元，
那么2020年投入 2500(1+x)万元，
2021年投入 2500(1+x)(1+x)万元，
所以方程为2500(1+x)²=3500.
故答案为：B
【分析】本题考查一元二次方程应用中的平均变化率问题，如果起始数为a，平均变化率为x，经过两次增长后数量为b，那么a(1+x)²=b；如果两次下降后数量为b，那么a(1-x)²=b。
9.【答案】 D
【解析】【解答】解：如图.
∵四边形ABCD是菱形，AC＝6，
∴AC⊥BD，OA＝ AC＝3，BD＝2OB，
∵AB＝5，
∴OB＝ ＝4，
∴BD＝2OB＝8，
∵S菱形ABCD＝AB•DE＝ AC•BD，
∴DE＝ ＝ ＝ .
故答案为：D.
【分析】由菱形的性质以及勾股定理，在直角三角形ABO中求得OB的长，由BD=2OB求得BD的长，然后由菱形的面积=AC·BD=AB·DE可求得线段DE的长.
10.【答案】 C
【解析】【解答】解：∵在矩形ABCD中，AE平分∠BAD ，
∴∠BAE＝∠DAE＝45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AE= AB，
∵AD＝ AB ，
∴AE＝AD，
在△ABE和△AHD中，
，
∴△ABE≌△AHD（AAS），
∴BE＝DH ，
∴AB＝BE＝AH＝HD ，
∴∠ADE＝∠AED＝ （180°−45°）＝67.5°，
∴∠CED＝180°−45°−67.5°＝67.5°，
∴∠AED＝∠CED ， 故①符合题意；
∵∠AHB＝ （180°−45°）＝67.5°，∠OHE＝∠AHB ，
∴∠OHE＝∠AED ，
∴OE＝OH ，
∵∠OHD＝90°−67.5°＝22.5°，∠ODH＝67.5°−45°＝22.5°，
∴∠OHD＝∠ODH ，
∴OH＝OD ，
∴OE＝OD＝OH ， 故②符合题意；
∵∠EBH＝90°−67.5°＝22.5°，
∴∠EBH＝∠OHD ，
又∵BE＝DH ， ∠AEB＝∠HDF＝45°
在△BEH和△HDF中，
，
∴△BEH≌△HDF（ASA），
∴BH＝HF ， 故③符合题意；
∵AB＝AH ， ∠BAE＝45°，
∴△ABH不是等边三角形，
∴AB≠BH ，
∴即AB≠HF ， 故④不符合题意；
综上所述，结论正确的是①②③．
故答案为：C．
【分析】根据在矩形ABCD中，AD＝ AB， 利用全等三角形的判定与性质对每个结论一一判断求解即可。
二、填空题（每小题4分，共28分）
11.【答案】 28
【解析】【解答】根据菱形四条边都相等的性质可得AB=AD，又因∠A=60°，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形即可判定△ABD为等边三角形，所以AB=AD=BD=7，再根据菱形的性质即可得菱形ABCD的周长为7×4=28．
【分析】根据菱形的性质可得AB=AD，再根据∠A=60°，可得三角形ABD为等边三角形，继而可得出边长以及周长。
12.【答案】
【解析】【解答】解：由题意可得树状图：
∴两次取出的小球标号的和等于4的概率为 ；
故答案为 ．
【分析】先画树状图，再求概率即可。
13.【答案】 -6
【解析】【解答】解：根据题意得：
，
故答案为：
【分析】利用一元二次方程根与系数可求出x1+x2及x1·x2的值，整体代入，建立关于m的方程，解方程求出m的值.
14.【答案】 4
【解析】【解答】解：设这两个根分别是m，n，
根据题意可得m+n＝5，mn＝ ，
根据勾股定理，直角三角形的斜边长的平方＝m2+n2＝(m+n)2﹣2mn＝25﹣9＝16，
则这个直角三角形的斜边长是4，
故答案为：4.
【分析】设这两个根分别是m，n，根据根与系数的关系可得m+n＝5，mn＝ ，代入到斜边长的平方＝m2+n2＝(m+n)2﹣2mn求解可得.
15.【答案】 4
【解析】【解答】解：设x2+y2=m，则原式可化为m(m-1)-12=0，整理可得m2-m-12=0，
因式分解，可得(m+3)(m-4)=0，
∴m=-3或m=4.
∵x2+y2=m≥0，
∴x2+y2=4.
故答案为：4.
【分析】设x2+y2=m，则原式可整理为m2-m-12=0，然后利用因式分解法就可求得m的值，接下来根据x2+y2=m≥0进行取舍即可.
16.【答案】
【解析】【解答】解：连接CE，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=6，∠D=90°，
∵E是AD边上的中点，
∴DE= AD=4，
∴CE= ，
∵M，N分别是PE、PC的中点，
∴MN是△PCE的中位线，
∴MN= CE= ，
故答案为： .
【分析】连接CE，利用正方形的性质，可证得CD=AB=6，∠D=90°，同时可求出DE的长，再利用勾股定理求出CE的长，最后利用三角形的中位线定理可求出MN的长.
17.【答案】 6
【解析】【解答】解： 四边形 是菱形， ，
，
，
在 和 中， ，
，
，
，
由折叠的性质得： ，
故答案为：6.
【分析】先根据菱形的性质可得 ，从而可得 ，再根据三角形全等的判定定理证出 ，从而可得 ，然后根据折叠的性质即可得.
三、解答题（一）（每小题6分，共18分）
18.【答案】 （1）解： ，
分解因式得： ，
即：2x-3=0或x=0，
∴x1= ，x2=0；
（2）解： ，
∵a=1，b=-7，c=8，
∴
∴ ，
∴ ， .
【解析】【分析】（1）通过因式分解法，即可求解；（2）根据一元二次方程的求根公式，即可求解.
19.【答案】 证明：∵CE∥AB，BE∥CD，
∴四边形BECD是平行四边形.
又∵∠ACB=90°，CD为AB边上的中线，
∴CD= AB.
又∵CD为AB边上的中线
∴BD= AB，
∴BD=CD，
∴平行四边形BECD是菱形
【解析】【分析】由题意根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形BECD是平行四边形，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CD=AB=BD，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可得平行四边形BECD是菱形.
20.【答案】 （1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴ ， ，
∵E，F分别为OB，OD的中点，
∴ ，
又∵ ，
∴ (SAS)，
∴
（2）解：四边形AEFG是矩形.
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形AEFG为平行四边形，
∵ ，
∴ ，△AOB是等腰三角形.
∵E为BO的中点，
∴ ，
∴四边形AEFG为矩形.
【解析】【分析】 （1）由平行线的性质可得 ， ， ， 由对顶角相等可得∠AOE=∠COF，根据SAS可证 ， 可得；
（2）矩形.理由：先证明四边形AEFG为平行四边形， 根据等腰三角形三线合一的性质可得 ， 利用有一个角是直角的平行四边形是矩形即证.
四、解答题（二）（每小题8分，共24分）
21.【答案】 （1）
（2）解：这个规则对甲、乙两人是公平的.
画树状图如下：
由树状图知，共有12种等可能结果，其中两人摸到小球的数字之和为奇数有6种，两人摸到小球的数字之和为偶数的也有6种，
∴P甲获胜＝P乙获胜＝ ，
∴此游戏对双方是公平的.
【解析】【解答】解：（1）画树状图如图：
共有12个等可能的结果，其中两个数字相同的结果有3个，
∴两个小球上数字相同的概率是 ＝ ，
故答案为： ；
【分析】（1）根据题意列树状图，求出所有等可能的结果数及两个小球上数字相同的情况数，然后利用概率公式可求解.
（2）利用已知条件，列出树状图，利用树状图可得到所有等可能的结果数及两人摸到小球的数字之和为奇数的情况数，然后利用概率公式分别求出甲和乙获胜的概率，由此可作出判断.
22.【答案】 （1）解：∵此方程有两个实数根，
∴
即
，
∴
（2）解：存在．
根据题意，∵一元二次方程 ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ 符合题意，
即
【解析】【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式可得 ，再计算求解即可；
（2）根据一元二次方程根与系数的关系求出 ， ， 再计算求解即可。
23.【答案】 （1）26
（2）解：设当每件商品降价x元时，可每天获利1200元，根据题意得：
（40-x）（20+2x）=1200， ， ，
因为每件商品的利润不低于25元，所以x=20不符合题意，舍去，
答：当每件商品降价10元时，可每天获利1200元.
【解析】【解答】（1）20+2×3=26（件）.
【分析】（1）先计算出多售出的件数，然后加上20即可；
（2） 设当每件商品降价x元时，可每天获利1200元，根据题意得：(40-x)(20+2x)=1200，求出x的值，然后根据每件商品的利润不低于25元对求出的x的值进行取舍.
五、解答题（三）（共2题；共20分）
24.【答案】 （1）证明：∵四边形 ABCD 是正方形，
∴∠ADE=∠CDE，AD=CD，
在△ADE 与△CDE，
，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴∠DAE=∠DCE
（2）解：EC⊥MC， 理由如下：
∵AD//BG，
∴∠DAE=∠G，
∵M 是 FG 的中点，
∴MC=MG=MF，
∴∠G=∠MCG， 又∵∠DAE=∠DCE，
∴∠DCE=∠MCG，
∵∠FCG=∠MCG+∠FCM=90°，
∴∠ECM=∠DCE+∠FCM=90°，
∴EC⊥MC
（3）解：∵∠FCG=90°，
∴∠ECG 一定是钝角，
∴△CEG 若为等腰三角形必有 CE=CG，
∴∠CEM=∠G，
∵ ，
∴∠MCG=∠G， 又∵∠EMC=∠MCG+∠G，
∴∠EMC=2∠G，
∵∠ECM=90°，
∴∠CEM+∠EMC=90°，
∴∠G+2∠G=90°，
∴∠G=30°，
∴∠AFD=∠CFG=90°-∠G=90°-30°=60°，
∴∠DAE=90°-∠AFD=90°-60°=30°，
过点 E 作 EH⊥AD 于 H，设 EH=x，
∴∠EHA=∠EHD=90°，
∵在 Rt△EFA 中，∠DAE=30°，
∴AE=2EH=2x，
∴ ，
∵在 Rt△EHD 中，∠ADE=45°，
∴DH=EH=x，
∴ ，
∴ ，
∴x=1，
∴
【解析】【分析】（1）由正方形的性质可得∠ADE=∠CDE，AD=CD，根据SAS可证△ADE≌△CDE，可得
∠DAE=∠DCE；
（2）EC⊥MC，理由 ：根据直角三角形的性质可得MC=MG=MF，证明∠ECM=90°即可；
（3） 过点 E 作 EH⊥AD 于 H，设 EH=x， 先求出∠G=30°，再求出∠DAE=30°， 根据直角三角形的性质可得AE=2EH=2x ，AH=x，在 Rt△EHD 中，∠ADE=45°，可得DH=EH=x，从而得出DE=x，根据AD=AH+DH建立方程，求出x值即可.
25.【答案】 （1）证明：如图1，过点E作PQ⊥AD于点P，交BC于点Q，则∠APE＝∠DPE＝90°.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD//BC.
∴∠EQF＝180°﹣∠APE＝90°.
∴∠APE＝∠EQF.
∵∠PAB＝∠ABQ＝90°，
∴四边形ABQP是矩形.
∴AP＝BQ.
∵∠C＝90°，BC＝DC，
∴∠CBD＝∠CDB＝45°.
∴∠QEB＝45°.
∴∠QEB＝∠CBD.
∴BQ＝EQ.
∴AP＝EQ.
∵EF⊥AE，
∴∠AEF＝90°.
∴∠AEP＝90°﹣∠FEQ＝∠EFQ.
∴△AEP≌△EFQ（AAS）.
∴AE＝EF.
（2）证明：如图2，连接CE，CH，
∵EG⊥BD，
∴∠BEG＝∠BCG＝90°.
∵点H是BG的中点，
∴EH＝CH＝ BG＝BH.
∴∠HEB＝∠HBE，∠HCB＝∠HBC.
∴∠EHG＝∠HEB+∠HBE＝2∠HBE，∠CHG＝∠HCB+∠HBC＝2∠HBC.
∴∠EHC＝∠EHG+∠CHG＝2（∠HBE+∠HBC）＝2∠CBD＝90°.
∴CE2＝CH2+EH2＝2EH2 ，
∴CE＝ EH.
∵AD＝AB，∠BAD＝90°，
∴∠ADE＝∠ABD＝45°.
∴∠CDE＝∠ADE.
∵CD＝AD，DE＝DE，
∴△CDE≌△ADE（SAS）.
∴CE＝AE.
∴AE＝ EH.
（3）解：如图3，过点E作PQ⊥AD于点P，交BC于点Q，连接CE，设正方形ABCD的边长为a，
由（1），（2）得，EF＝EC＝AE，
∴CQ＝FQ.
∵∠QPD＝∠PDC＝∠DCQ＝90°，
∴四边形PQCD是矩形.
∴CQ＝PD.
∵ ，
∴DE＝ DB.
∵DB＝ ＝ a，
∴DE＝ a.
∵∠PED＝∠PDE＝45°，
∴PD＝PE.
∴2PD2＝DE2 ，
∴2PD2＝ ，
∴PD＝ a.
∴CQ＝FQ＝ a.
∴FC＝CQ+FQ＝ a+ a＝ a.
∴BF＝a﹣ a＝ a.
∴
【解析】【分析】（1）过点E作PQ⊥AD于点P，交BC于点Q，则∠APE＝∠DPE＝90°.先证明四边形ABQP是矩形，可得AP＝BQ，再证明△AEP≌△EFQ（AAS），可得AE＝EF.
（2）连接CE，CH，先求出CE＝EH，再证明△CDE≌△ADE（SAS），可得CE＝AE，即得AE＝ EH.
（3） 过点E作PQ⊥AD于点P，交BC于点Q，连接CE，设正方形ABCD的边长为a，可得BD= a， 由（1），（2）得，EF＝EC＝AE，可得CQ＝FQ，证明四边形PQCD是矩形，可得CQ＝PD， 从而求出DE＝ DB= a ，求出△PED为等腰直角三角形，可得PD＝PE，即得2PD2＝DE2， 可求出 PD＝ a. 从而求出CQ、FQ、FC、BF，然后求出BF：FC的值即可.
广东省佛山市荷城2021-2022学年度北师大版九年级上册
第一次月考试卷
一、选择题（共10题；共30分）
1.下列方程是一元二次方程的是（ ）
A. ﹣6x+2＝0 B. 2x2﹣y+1＝0 C. x2+2x＝0 D. +x＝2
2.下列四个命题不正确的是 ( )
A. 四边相等的四边形是菱形
B. 对角线垂直且相等的四边形是正方形
C. 两条对角线相等的平行四边形是矩形
D. 顺次连接矩形各边中点形成的四边形是菱形
3.如图，在菱形ABCD中，AC与BD交于点O ， 点E为BC中点，连接OE ， 若菱形ABCD的周长为8 ，则线段OE的长为（ ）
A. 4 B. 2 C. D.
4.用配方法解方程x2-4x+1=0，下列变形正确的是( )
A. (x-2)2=1 B. (x+2)2=1 C. (x-2)2=3 D. (x+2)2=3
5.如图，菱形 的对角线 、 相交于点 ，过点 作 于点 ，连接 ，若 ， ，则菱形 的面积为（ ）
A. 72 B. 24 C. 48 D. 96
6.已知关于x的一元二次方程 有实数根，则m的取值范围是（ ）
A.
B.
C. 且
D. 且
7.一个不透明的袋子中装有除颜色外其余均相同的3个白球，x个黑球，随机的从袋子中摸出一个球，记录下颜色后，放回袋子中并摇匀，大量重复试验后，发现摸出白球的频率稳定在0.3附近，则x的值为（ ）
A. 2 B. 3 C. 7 D. 13
8.近年来某县加大了对教育经费的投入，2019年投入2500万元，2021 年预计投入3500万元。假设该县投入教育经费的年平均增长率为x，根据题意列方程。则下列方程正确的是( )
A. 2500x2=3500 B. 2500(1+x)2=3500
C. 2500 (1+x%)2=3500 D. 2500(1+x)+2500(1+x)2=3500
9.如图，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝6，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线段DE的长为（ ）
A. B. C. 4 D.
10.如图，在矩形ABCD中，AD＝ AB ， ∠BAD的平分线交BC于点E ， DH⊥AE于点H ， 连接BH并延长交CD于点F ， 连接DE交BF于点O ， 下列结论：①∠AED＝∠CED；②OE＝OD；③BH＝HF；④AB＝HF ， 其中正确的有（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
二、填空题（每小题4分，共28分）
11.如图，菱形ABCD中，∠A=60°，BD=7，则菱形ABCD的周长为________．
12.一个不透明的口袋中有两个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2．随机摸取一个小球后，放回并摇匀，再随机摸取一个小球，两次取出的小球标号的和等于4的概率为________．
13.设 ， 是关于 的方程 的两个根，且 ，则 ________.
14.已知一个直角三角形的两条直角边的长是方程2x2﹣10x+9＝0的两个实数根，则这个直角三角形的斜边长是________.
15.已知 ，则 的值是________
16.如图，矩形 中， 是 边上的中点， 是 边上的一动点， 分别是 的中点，则线段 的长为________.
17.如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AC＝16，BD＝12，E是边AD上一点，直线OE交BC于点F，将菱形沿直线EF折叠，使点B的对应点为B'，点A的对应点为A′，若AE＝4，则 的长等于________.
三、解答题（一）（每小题6分，共18分）18.解方程：
（1）
（2）
19.如图，在 中， ， 为 边上的中线，过点 作 ，过点 作 ， 与 相交于点 .求证：四边形 为菱形.
20.如图，在 中，对角线AC与BD交于点O，E，F分别为OB，OD的中点，延长CF至点G，使 ，连接AE，AG.
（1）求证： ；
（2）若 ，试判断四边形AEFG的形状，并说明理由.
四、解答题（二）（每小题8分，共24分）
21.现有A，B两个不透明的袋子，A袋的4个小球分别标有数字1，2，3，4；B袋的3个小球分别标有数字1，2，3.（每个袋中的小球除数字外，其它完全相同.）
（1）从A，B两个袋中各随机摸出一个小球，则两个小球上数字相同的概率是 ________；
（2）甲、乙两人玩摸球游戏，规则是：甲从A袋中随机摸出一个小球，乙从B袋中随机摸出一个小球，若甲、乙两人摸到小球的数字之和为奇数时，则甲胜；否则乙胜，用列表或树状图的方法说明这个规则对甲、乙两人是否公平.
22.已知关于x的一元二次方程 有两个实数根．
（1）试求k的取值范围；
（2）若此方程的两个实数根 ，是否存在实数k ， 满足 ，若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
23.一商店销售某种商品，平均每天可售出20件，每件盈利40元.为了扩大销售，增加盈利，该商店采取了降价措施，在每件盈利不少于25元的前提下，经过一段时间销售，发现销售单价每降低1元，平均每天可多售出2件.
（1）若降价3元，则平均每天销售数量为________件；
（2）当每件商品降价多少元时，该商店每天销售利润为1200元？
五、解答题（三）（共2题；共20分）
24.如图，在正方形 ABCD 中，点 E 是对角线 BD 上一动点，AE 的延长线交 CD 于点 F，交 BC 的延长线于点 G，M 是 FG 的中点.
（1）求证： ∠DAE=∠DCE；
（2）判断线段 CE 与 CM 的位置关系，并证明你的结论；
（3）当 ，并且 恰好是等腰三角形时，求 DE 的长.
25.正方形ABCD中，点E为对角线BD上任意一点（不与B，D重合），连接AE，过点E作EF⊥AE，交线段BC于点F.
（1）如图1，求证：AE＝EF；
（2）如图2，EG⊥BD，交线段CD于点G，EF与BG相交于点H，若点H是BG的中点，求证：AE＝ EH；
（3）若 ，直接写出 的值.
答案解析部分
一、 选择题（共10题；共30分）
1.【答案】 C
【解析】【解答】解：A、此方程是一元一次方程，故A不符合题意；
B、此方程是二元二次方程，故B不符合题意；
C、此方程是一元二次方程，故C符合题意；
D、此方程是分式方程，故D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】利用一元二次方程的定义：含有一个未知数，且含未知数的最高项的次数为2的整式方程，由此可得答案.
2.【答案】 B
【解析】【解答】解：A、四边都相等的四边形是菱形，正确，是真命题；
B、对角线垂直、相等且互相平分的四边形是正方形，所以原命题错误，故此选项符合题意；
C、两条对角线相等的平行四边形是矩形，正确，是真命题；
D、顺次连接矩形各边中点形成的四边形是菱形，正确，是真命题.
故答案为：B.
【分析】直接利用菱形的判定、正方形的判定、矩形的判定方法以及中点四边形的判定方法分别分析得出答案.
3.【答案】 C
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，OA=OC，
∵菱形ABCD的周长为8 ，
∴AB=2 ，
∵点E是BC的中点，
∴OE=AB=.
故答案为：C.
【分析】根据题意及菱形的性质得出AB=BC=CD=DA=2 ， OA=OC，再根据三角形中位线定理得出OE=AB= ， 即可求解.
4.【答案】 C
【解析】【解答】解： x2-4x+1=0，
∴ x2-4x=-1，
∴ x2-4x+4=3，
∴ (x-2)2=3 ，
故答案为：C.
【分析】首先把常数1移到右式，然后两边同时加4把左式配成完全平方式即可.
5.【答案】 C
【解析】【解答】解：∵四边形 是菱形，
∴ ， ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴菱形 的面积 .
故答案为：C.
【分析】根据菱形的性质得O为BD的中点，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得BD的长度，最后由菱形的面积公式求得面积．
6.【答案】 C
【解析】【解答】解：∵一元二次方程 有实根，
∴△＝（-2）2−4×（-1）m≥0且m≠0，
∴ 且 ，
故答案为：C．
【分析】本题考查一元二次方程根的判别式一元二次方程的定义，根据Δ≥0及二次项系数不为零列出不等式组即可。
7.【答案】 C
【解析】【解答】解：由题意得：
，
解得： ，
经检验 是原方程的解，
故答案为：C．
【分析】先求出 ，再求出 ，最后计算求解即可。
8.【答案】 B
【解析】【解答】
设该县投入教育经费的年平均增长率为x，2019年投入2500万元，
那么2020年投入 2500(1+x)万元，
2021年投入 2500(1+x)(1+x)万元，
所以方程为2500(1+x)²=3500.
故答案为：B
【分析】本题考查一元二次方程应用中的平均变化率问题，如果起始数为a，平均变化率为x，经过两次增长后数量为b，那么a(1+x)²=b；如果两次下降后数量为b，那么a(1-x)²=b。
9.【答案】 D
【解析】【解答】解：如图.
∵四边形ABCD是菱形，AC＝6，
∴AC⊥BD，OA＝ AC＝3，BD＝2OB，
∵AB＝5，
∴OB＝ ＝4，
∴BD＝2OB＝8，
∵S菱形ABCD＝AB•DE＝ AC•BD，
∴DE＝ ＝ ＝ .
故答案为：D.
【分析】由菱形的性质以及勾股定理，在直角三角形ABO中求得OB的长，由BD=2OB求得BD的长，然后由菱形的面积=AC·BD=AB·DE可求得线段DE的长.
10.【答案】 C
【解析】【解答】解：∵在矩形ABCD中，AE平分∠BAD ，
∴∠BAE＝∠DAE＝45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AE= AB，
∵AD＝ AB ，
∴AE＝AD，
在△ABE和△AHD中，
，
∴△ABE≌△AHD（AAS），
∴BE＝DH ，
∴AB＝BE＝AH＝HD ，
∴∠ADE＝∠AED＝ （180°−45°）＝67.5°，
∴∠CED＝180°−45°−67.5°＝67.5°，
∴∠AED＝∠CED ， 故①符合题意；
∵∠AHB＝ （180°−45°）＝67.5°，∠OHE＝∠AHB ，
∴∠OHE＝∠AED ，
∴OE＝OH ，
∵∠OHD＝90°−67.5°＝22.5°，∠ODH＝67.5°−45°＝22.5°，
∴∠OHD＝∠ODH ，
∴OH＝OD ，
∴OE＝OD＝OH ， 故②符合题意；
∵∠EBH＝90°−67.5°＝22.5°，
∴∠EBH＝∠OHD ，
又∵BE＝DH ， ∠AEB＝∠HDF＝45°
在△BEH和△HDF中，
，
∴△BEH≌△HDF（ASA），
∴BH＝HF ， 故③符合题意；
∵AB＝AH ， ∠BAE＝45°，
∴△ABH不是等边三角形，
∴AB≠BH ，
∴即AB≠HF ， 故④不符合题意；
综上所述，结论正确的是①②③．
故答案为：C．
【分析】根据在矩形ABCD中，AD＝ AB， 利用全等三角形的判定与性质对每个结论一一判断求解即可。
二、填空题（每小题4分，共28分）
11.【答案】 28
【解析】【解答】根据菱形四条边都相等的性质可得AB=AD，又因∠A=60°，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形即可判定△ABD为等边三角形，所以AB=AD=BD=7，再根据菱形的性质即可得菱形ABCD的周长为7×4=28．
【分析】根据菱形的性质可得AB=AD，再根据∠A=60°，可得三角形ABD为等边三角形，继而可得出边长以及周长。
12.【答案】
【解析】【解答】解：由题意可得树状图：
∴两次取出的小球标号的和等于4的概率为 ；
故答案为 ．
【分析】先画树状图，再求概率即可。
13.【答案】 -6
【解析】【解答】解：根据题意得：
，
故答案为：
【分析】利用一元二次方程根与系数可求出x1+x2及x1·x2的值，整体代入，建立关于m的方程，解方程求出m的值.
14.【答案】 4
【解析】【解答】解：设这两个根分别是m，n，
根据题意可得m+n＝5，mn＝ ，
根据勾股定理，直角三角形的斜边长的平方＝m2+n2＝(m+n)2﹣2mn＝25﹣9＝16，
则这个直角三角形的斜边长是4，
故答案为：4.
【分析】设这两个根分别是m，n，根据根与系数的关系可得m+n＝5，mn＝ ，代入到斜边长的平方＝m2+n2＝(m+n)2﹣2mn求解可得.
15.【答案】 4
【解析】【解答】解：设x2+y2=m，则原式可化为m(m-1)-12=0，整理可得m2-m-12=0，
因式分解，可得(m+3)(m-4)=0，
∴m=-3或m=4.
∵x2+y2=m≥0，
∴x2+y2=4.
故答案为：4.
【分析】设x2+y2=m，则原式可整理为m2-m-12=0，然后利用因式分解法就可求得m的值，接下来根据x2+y2=m≥0进行取舍即可.
16.【答案】
【解析】【解答】解：连接CE，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=6，∠D=90°，
∵E是AD边上的中点，
∴DE= AD=4，
∴CE= ，
∵M，N分别是PE、PC的中点，
∴MN是△PCE的中位线，
∴MN= CE= ，
故答案为： .
【分析】连接CE，利用正方形的性质，可证得CD=AB=6，∠D=90°，同时可求出DE的长，再利用勾股定理求出CE的长，最后利用三角形的中位线定理可求出MN的长.
17.【答案】 6
【解析】【解答】解： 四边形 是菱形， ，
，
，
在 和 中， ，
，
，
，
由折叠的性质得： ，
故答案为：6.
【分析】先根据菱形的性质可得 ，从而可得 ，再根据三角形全等的判定定理证出 ，从而可得 ，然后根据折叠的性质即可得.
三、解答题（一）（每小题6分，共18分）
18.【答案】 （1）解： ，
分解因式得： ，
即：2x-3=0或x=0，
∴x1= ，x2=0；
（2）解： ，
∵a=1，b=-7，c=8，
∴
∴ ，
∴ ， .
【解析】【分析】（1）通过因式分解法，即可求解；（2）根据一元二次方程的求根公式，即可求解.
19.【答案】 证明：∵CE∥AB，BE∥CD，
∴四边形BECD是平行四边形.
又∵∠ACB=90°，CD为AB边上的中线，
∴CD= AB.
又∵CD为AB边上的中线
∴BD= AB，
∴BD=CD，
∴平行四边形BECD是菱形
【解析】【分析】由题意根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形BECD是平行四边形，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CD=AB=BD，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可得平行四边形BECD是菱形.
20.【答案】 （1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴ ， ，
∵E，F分别为OB，OD的中点，
∴ ，
又∵ ，
∴ (SAS)，
∴
（2）解：四边形AEFG是矩形.
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形AEFG为平行四边形，
∵ ，
∴ ，△AOB是等腰三角形.
∵E为BO的中点，
∴ ，
∴四边形AEFG为矩形.
【解析】【分析】 （1）由平行线的性质可得 ， ， ， 由对顶角相等可得∠AOE=∠COF，根据SAS可证 ， 可得；
（2）矩形.理由：先证明四边形AEFG为平行四边形， 根据等腰三角形三线合一的性质可得 ， 利用有一个角是直角的平行四边形是矩形即证.
四、解答题（二）（每小题8分，共24分）
21.【答案】 （1）
（2）解：这个规则对甲、乙两人是公平的.
画树状图如下：
由树状图知，共有12种等可能结果，其中两人摸到小球的数字之和为奇数有6种，两人摸到小球的数字之和为偶数的也有6种，
∴P甲获胜＝P乙获胜＝ ，
∴此游戏对双方是公平的.
【解析】【解答】解：（1）画树状图如图：
共有12个等可能的结果，其中两个数字相同的结果有3个，
∴两个小球上数字相同的概率是 ＝ ，
故答案为： ；
【分析】（1）根据题意列树状图，求出所有等可能的结果数及两个小球上数字相同的情况数，然后利用概率公式可求解.
（2）利用已知条件，列出树状图，利用树状图可得到所有等可能的结果数及两人摸到小球的数字之和为奇数的情况数，然后利用概率公式分别求出甲和乙获胜的概率，由此可作出判断.
22.【答案】 （1）解：∵此方程有两个实数根，
∴
即
，
∴
（2）解：存在．
根据题意，∵一元二次方程 ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ 符合题意，
即
【解析】【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式可得 ，再计算求解即可；
（2）根据一元二次方程根与系数的关系求出 ， ， 再计算求解即可。
23.【答案】 （1）26
（2）解：设当每件商品降价x元时，可每天获利1200元，根据题意得：
（40-x）（20+2x）=1200， ， ，
因为每件商品的利润不低于25元，所以x=20不符合题意，舍去，
答：当每件商品降价10元时，可每天获利1200元.
【解析】【解答】（1）20+2×3=26（件）.
【分析】（1）先计算出多售出的件数，然后加上20即可；
（2） 设当每件商品降价x元时，可每天获利1200元，根据题意得：(40-x)(20+2x)=1200，求出x的值，然后根据每件商品的利润不低于25元对求出的x的值进行取舍.
五、解答题（三）（共2题；共20分）
24.【答案】 （1）证明：∵四边形 ABCD 是正方形，
∴∠ADE=∠CDE，AD=CD，
在△ADE 与△CDE，
，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴∠DAE=∠DCE
（2）解：EC⊥MC， 理由如下：
∵AD//BG，
∴∠DAE=∠G，
∵M 是 FG 的中点，
∴MC=MG=MF，
∴∠G=∠MCG， 又∵∠DAE=∠DCE，
∴∠DCE=∠MCG，
∵∠FCG=∠MCG+∠FCM=90°，
∴∠ECM=∠DCE+∠FCM=90°，
∴EC⊥MC
（3）解：∵∠FCG=90°，
∴∠ECG 一定是钝角，
∴△CEG 若为等腰三角形必有 CE=CG，
∴∠CEM=∠G，
∵ ，
∴∠MCG=∠G， 又∵∠EMC=∠MCG+∠G，
∴∠EMC=2∠G，
∵∠ECM=90°，
∴∠CEM+∠EMC=90°，
∴∠G+2∠G=90°，
∴∠G=30°，
∴∠AFD=∠CFG=90°-∠G=90°-30°=60°，
∴∠DAE=90°-∠AFD=90°-60°=30°，
过点 E 作 EH⊥AD 于 H，设 EH=x，
∴∠EHA=∠EHD=90°，
∵在 Rt△EFA 中，∠DAE=30°，
∴AE=2EH=2x，
∴ ，
∵在 Rt△EHD 中，∠ADE=45°，
∴DH=EH=x，
∴ ，
∴ ，
∴x=1，
∴
【解析】【分析】（1）由正方形的性质可得∠ADE=∠CDE，AD=CD，根据SAS可证△ADE≌△CDE，可得
∠DAE=∠DCE；
（2）EC⊥MC，理由 ：根据直角三角形的性质可得MC=MG=MF，证明∠ECM=90°即可；
（3） 过点 E 作 EH⊥AD 于 H，设 EH=x， 先求出∠G=30°，再求出∠DAE=30°， 根据直角三角形的性质可得AE=2EH=2x ，AH=x，在 Rt△EHD 中，∠ADE=45°，可得DH=EH=x，从而得出DE=x，根据AD=AH+DH建立方程，求出x值即可.
25.【答案】 （1）证明：如图1，过点E作PQ⊥AD于点P，交BC于点Q，则∠APE＝∠DPE＝90°.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD//BC.
∴∠EQF＝180°﹣∠APE＝90°.
∴∠APE＝∠EQF.
∵∠PAB＝∠ABQ＝90°，
∴四边形ABQP是矩形.
∴AP＝BQ.
∵∠C＝90°，BC＝DC，
∴∠CBD＝∠CDB＝45°.
∴∠QEB＝45°.
∴∠QEB＝∠CBD.
∴BQ＝EQ.
∴AP＝EQ.
∵EF⊥AE，
∴∠AEF＝90°.
∴∠AEP＝90°﹣∠FEQ＝∠EFQ.
∴△AEP≌△EFQ（AAS）.
∴AE＝EF.
（2）证明：如图2，连接CE，CH，
∵EG⊥BD，
∴∠BEG＝∠BCG＝90°.
∵点H是BG的中点，
∴EH＝CH＝ BG＝BH.
∴∠HEB＝∠HBE，∠HCB＝∠HBC.
∴∠EHG＝∠HEB+∠HBE＝2∠HBE，∠CHG＝∠HCB+∠HBC＝2∠HBC.
∴∠EHC＝∠EHG+∠CHG＝2（∠HBE+∠HBC）＝2∠CBD＝90°.
∴CE2＝CH2+EH2＝2EH2 ，
∴CE＝ EH.
∵AD＝AB，∠BAD＝90°，
∴∠ADE＝∠ABD＝45°.
∴∠CDE＝∠ADE.
∵CD＝AD，DE＝DE，
∴△CDE≌△ADE（SAS）.
∴CE＝AE.
∴AE＝ EH.
（3）解：如图3，过点E作PQ⊥AD于点P，交BC于点Q，连接CE，设正方形ABCD的边长为a，
由（1），（2）得，EF＝EC＝AE，
∴CQ＝FQ.
∵∠QPD＝∠PDC＝∠DCQ＝90°，
∴四边形PQCD是矩形.
∴CQ＝PD.
∵ ，
∴DE＝ DB.
∵DB＝ ＝ a，
∴DE＝ a.
∵∠PED＝∠PDE＝45°，
∴PD＝PE.
∴2PD2＝DE2 ，
∴2PD2＝ ，
∴PD＝ a.
∴CQ＝FQ＝ a.
∴FC＝CQ+FQ＝ a+ a＝ a.
∴BF＝a﹣ a＝ a.
∴
【解析】【分析】（1）过点E作PQ⊥AD于点P，交BC于点Q，则∠APE＝∠DPE＝90°.先证明四边形ABQP是矩形，可得AP＝BQ，再证明△AEP≌△EFQ（AAS），可得AE＝EF.
（2）连接CE，CH，先求出CE＝EH，再证明△CDE≌△ADE（SAS），可得CE＝AE，即得AE＝ EH.
（3） 过点E作PQ⊥AD于点P，交BC于点Q，连接CE，设正方形ABCD的边长为a，可得BD= a， 由（1），（2）得，EF＝EC＝AE，可得CQ＝FQ，证明四边形PQCD是矩形，可得CQ＝PD， 从而求出DE＝ DB= a ，求出△PED为等腰直角三角形，可得PD＝PE，即得2PD2＝DE2， 可求出 PD＝ a. 从而求出CQ、FQ、FC、BF，然后求出BF：FC的值即可.
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