2026-2027学年北师大版数学九年级上册期中模拟测试巩固卷

这是一份2026-2027学年北师大版数学九年级上册期中模拟测试巩固卷，共78页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（每题3分，共30分）
1．用配方法解一元二次方程x2−10x+5=0，配方正确的是（ ）
A．x+52=20B．x−52=30C．x−52=20D．x+52=30
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≤2B．a＜2C．a≤2且a≠1D．a＜2且a≠1
4．如图，矩形ABCD的四个顶点分别在直线l3，l4，l2，l1上．若直线l1∥l2∥l3∥l4且间距相等，AD交直线l2于点G，AB=4，BC=3，则AGCD的值为（ ）
A．38B．34C．52D．1515
5．如图，边长为2的正方形ABCD的对角线AC与BD相交于点O．E是BC边上一点，F是BD上一点，连接DE,EF．若△DEF与△DEC关于直线DE对称，则△BEF的周长是（ ）
A．22B．2+2C．4−22D．2
6．如图，在▱ABCD中，E是CD的中点，AE,BD相交于点F，S△DEF:S△ABF=（ ）
A．1:2B．1:2C．1:3D．1:4
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．52B．83C．3D．103
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．8B．6C．4D．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1.8m，宽0.8m，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2m2．设外框的宽度为xm，根据题意可列方程为（ ）
A．1.8+x0.8+x=2B．1.8−x0.8−x=2
C．1.8+2x0.8+2x=2D．1.8−2x0.8−2x=2
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 DF=2,则 BD的长为 （ )
A．2B．22C．23D．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x12+x22的值为 .
12．如图，点D，E分别是△ABC边AB，AC上的点，且DE∥BC，若DEBC＝23，则AEEC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，AD∥BC，对角线AC和BD交于点O，若S△ABDS△BCD=13，则S△AODS△BOC= ．
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）x−22=x−2
（2）2x2−4x+1=0.
18．关于x的一元二次方程 x2−2k＋1x＋k2＋k−2＝0.
（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 x1＝2x2,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，AB0,
则x=4±84=2±22,
所以x1=2+22,x2=2−22.
【知识点】公式法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程
【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：∴△＝[−(2k＋1)]2−4×1×(k2＋k−2)
＝4k2＋4k＋1−4k2−4k＋8＝9＞0.
∴该方程有两个不相等的实数根.
（2）解：由根与系数的关系得 x1＋x2＝2k＋1,x1x2＝k2＋k−2
{x1＋x2＝2k＋1,x1＝2x2,解得 x1＝2k＋13,x2＝22k＋13.
2k＋13⋅22k＋13＝k2＋k−2.
整理得 k2＋k−20＝0.. 解得k＝4或k＝－5.
即k的值为4或－5
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【分析】（1）计算方程的根的判别式得到Δ=9>0，即可得到方程根的情况；
（2）根据根与系数的关系得到x1＋x2＝2k＋1,x1x2＝k2＋k−2 ，结合x1=2x2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S△A1B1C1:S△A2B2C2=14
【知识点】轴对称的性质；坐标与图形变化﹣对称；作图﹣轴对称；作图﹣位似变换；位似图形的性质
【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x轴的轴对称图形，需依据轴对称性质：关于x轴对称的点横坐标不变，纵坐标互为相反数，分别求出A、B、C三点的对称点A1、B1、C1，再顺次连接得到ΔA1B1C1；
（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A、B、C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A2、B2、C2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ΔA1B1C1与ΔABC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ΔA2B2C2与ΔABC的面积比为4:1，进而推出ΔA1B1C1与ΔA2B2C2的面积比为1:4。
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，
∴AD‖BC,AD=BC=6.
∴∠E=∠EBC,∠AFB=∠FBC.
∵∠AFB=2∠EBC,
∴∠FBE=∠EBC=∠E.
∴BF=EF.
∵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 AF2+AB2=BF2,
∴x2+42=8−x2,解得x=3.
∴AF=3.
【知识点】等腰三角形的判定；勾股定理；矩形的性质；尺规作图-作一个角等于已知角
【解析】【分析】（1）作∠FBE=∠EBC，边BF 与AD 的交点F即为所求 ；
（2）根据矩形的性质可得∠E=∠EBC,∠AFB=∠FBC、进而可得∠FBE=∠E，利用等角对等边可得BF=EF，即可求得AE的长；设AF=x，则BF=EF=8−x，在Rt△ABF中，根据勾股定理求出x的值解答即可．
21．【答案】（1）(28−x)
（2）y=100+20x
（3）解：根据题意得：(28−x)(100+20x)=4000，
解得：x1=3，x2=20，
当x=3时，68−x=68−3=65>58，不符合题意，舍去；
当x=20时，68−x=68−20=48