陕西省西安市部分学校2023-2024学年九年级上学期数学开学考试试题
一、单选题
1．（2023九上·西安开学考）下列属于一元二次方程的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023九上·西安开学考）正方形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）
A．对边相等 B．对角线相等
C．对角相等 D．对角线互相平分
3．（2023八下·肇源月考）将一元二次方程化成一般式后，二次项系数和一次项系数分别为（ ）
A．3，5 B．3，1 C．， D．3，
4．（2023九上·西安开学考）根据下列表格的对应值：
x 1 1.1 1.2 1.3
－2 －0.59 0.54 2.29
由此可判断方程必有一个根满足（ ）
A．11.3
5．（2023八下·仙居期中）已知在菱形中，，，则菱形的面积为（ ）
A．160 B．80 C．40 D．96
6．（2023九上·西安开学考）关于的一元二次方程无实数根，则可能是（ ）
A．0 B． C．2 D．3
7．（2023八下·嵊州期末）如图，将矩形纸片沿对角线对折，使得点B落在点E处，交于点F，若平分，，则的长是（ ）
A．1.5 B． C． D．
8．（2023九上·西安开学考）如图，E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，若中点四边形是矩形，则需要满足的条件正确的是（ ）
A． B．
C．与互相平分 D．四边形是矩形
9．（2023九上·西安开学考）关于代数式的判断，下列正确的是（ ）
A．有最小值2 B．有最大值1 C．有最小值1 D．有最大值2
10．（2023九上·西安开学考）如图，在正方形中，M是边上一点，E是的中点，平分，下列结论：①，②平分，③，④，正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
11．（2023九上·西安开学考）一元二次方程的根是 ．
12．（2023九上·西安开学考）若关于的方程是一元二次方程，则 ．
13．（2023九上·西安开学考）若为方程的一个根，则代数式的值为 ．
14．（2022九上·西安期中）现要在一个长为，宽为的矩形花园中修建等宽的小道，剩余的地方种植花草．如图所示，要使种植花草的面积为，设小道的宽度应是，列方程得： ．
15．（2023九上·西安开学考）如图，在矩形中，是边上一点，，，是边的中点，，则 ．
16．（2023九上·西安开学考）如图，在矩形中，，，点E在上且．点G为的中点，点P为边上的一个动点，F为的中点，则的最小值为 ．
三、解答题
17．（2023九上·西安开学考）计算
（1）
（2）（配方法）
（3）
（4）
18．（2023九上·西安开学考）尺规作图：
如图，在矩形中，将矩形纸片折叠，使点B与点D重合，请在图中画出折痕．（不写画法，保留作图痕迹）
19．（2021九上·金塔期末）已知：如图， ABCD中，AC=BC，M、N分别是AB和CD的中点，求证：四边形AMCN是矩形.
20．（2023九上·西安开学考）已知关于的一元二次方程
（1）求证：不论为何值，该方程总有两个实数根；
（2）若方程的一个根是，求的值及方程的另一个根．
21．（2023九上·西安开学考）如图，在矩形中，，相交于点O，，．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长及四边形的面积．
22．（2023九上·西安开学考）如图，若要建一个长方形鸡场，鸡场的一边靠墙，墙对面有一个2米宽的门，另三边用竹篱笆围成，篱笆总长36米．
（1）若墙长为18米，要围成鸡场的面积为180平方米，则鸡场的长和宽各为多少米？
（2）围成鸡场的面积可能达到200平方米吗？
23．（2023九上·西安开学考）综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“三角板的平移”为主题开展数学活动．
（1）操作判断
操作一：将一副等腰直角三角板两斜边重合，按图1放置；
操作二：将三角板沿方向平移（两三角板始终接触）至图2位置．
根据以上操作，填空：
①图1中四边形的形状是 ；
②图2中与的数量关系是 ；四边形的形状是 ．
（2）迁移探究
小航将一副等腰直角三角板换成一副含角的直角三角板，继续探究，已知三角板边长为，过程如下：
将三角板按（1）中的方式操作，如图3，在平移过程中，四边形的形状能否是菱形，若不能，请说明理由，若能，请求出的长．
（3）拓展应用
在（2）的探究过程中：
①当为等腰三角形时，请直接写出的长；
②直接写出的最小值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解：A、，此方程是二元二次方程，故A不符合题意；
B、，此方程是分式方程，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、 ，此方程是一元三次方程，故D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】一元二次方程满足的条件：1、含有一个未知数；2、含未知数项的最高次数是2次；3、是整式方程；再对各选项逐一判断.
2．【答案】B
【知识点】菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：A、对边相等，是正方形和菱形都有具有的性质，故A不符合题意；
B、正方形的对角线相等，菱形的对角线不相等，故B符合题意；
C、对角相等是正方形和菱形都有具有的性质，故C不符合题意；
D、对角线互相平分是正方形和菱形都有具有的性质，故D不符合题意；
故答案为：B.
【分析】利用正方形的对角线的性质：对角线互相平分，垂直且相等，菱形的对角线互相垂直平分，可得答案.
3．【答案】D
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解：∵3x2=5x-1，
∴3x2-5x+1=0，
∴二次项系数和一次项系数分别为3、-5.
故答案为：D.
【分析】一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c=0（a，b，c是常数且a≠0）.其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项.
4．【答案】B
【知识点】估算一元二次方程的近似解
【解析】【解答】解：∵当x=1.1时x2+12x-15=-0.59＜0，
当x=1.2时x2+12x-15=0.54＞0，
∴方程x2+12x-15=0必有一个解x满足1.1＜x＜1.2.
故答案为：B.
【分析】观察表中数据可知x的值对应的x2+12x-15的值，可得到方程x2+12x-15==0必有一个解x的取值范围.
5．【答案】D
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，
∵菱形ABCD，BD=16，
∴BO=BD=8，AC⊥BD，AC=2OA，
∴∠AOB=90°，
∴，
∴AC=2OA=12，
∴S菱形ABCD=.
故答案为：D
【分析】利用菱形的性质，可证得AC⊥BD，AC=2OA，同时求出BO的长，再利用勾股定理求出AO的长，即可得到AC的长；然后利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，可求出菱形ABCD的面积.
6．【答案】D
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵ 关于的一元二次方程无实数根
∴b2-4ac=4-2k＜0且k≠0，
解之：k＞2且k≠0，
∴k的值可能是3.
故答案为：D.
【分析】利用一元二次方程的定义可知k≠0；再根据一元二次方程根的判别式及已知条件可知b2-4ac＜0，可得到关于k的不等式组，然后求出k的取值范围.
7．【答案】B
【知识点】角平分线的性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定（AAS）；角平分线的定义
【解析】【解答】解：过F作FG⊥AC于点G，
∵CF平分∠ACD，
∴FD=GF.
由折叠可得AB=AE.
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD，∠D=90°，
∴CD=AE，∠ACD+∠CAD=90°.
∵CD=AE，∠E=∠D=90°，∠AFE=∠CFD，
∴△AEF≌△CDF（AAS），
∴AF=FC=2，
∴∠FAC=∠FCD.
∵CF平分∠ACD，
∴∠ACF=∠DCF，
∴∠ACF=∠FCD=∠FAC.
∵∠ACD+∠CAD=90°，
∴∠FCD=30°，
∴DF=CF=1，
∴CD==.
故答案为：B.
【分析】过F作FG⊥AC于点G，由角平分线的性质可得FD=GF，由折叠可得AB=AE，根据矩形的性质可得AB=CD，∠D=90°，则CD=AE，∠ACD+∠CAD=90°，利用AAS证明△AEF≌△CDF，得到AF=FC=2，则∠FAC=∠FCD，结合角平分线的概念可得∠ACF=∠DCF，则∠ACF=∠FCD=∠FAC，据此可得∠FCD=30°，得到DF=CF=1，然后利用勾股定理计算即可.
8．【答案】A
【知识点】中点四边形；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，AC，BD交于点O，EH，AC交于点M，
∵ E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点
∴EH，FG分别是△ABD和△CBD的中位线，
∴EH∥BD，BD∥FG，EH=BD，FG=BD，
∴EH=FG，EH∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，∠EMO=∠BOC，
∵四边形EFGH是矩形，
∴∠HEF=90°，
同理可知EF∥AC，
∴∠HEF=∠EMO=∠BOC=90°，
∴AC⊥BD.
故答案为：A.
【分析】利用已知可证得EH，FG分别是△ABD和△CBD的中位线，利用三角形的中位线定理可推出EH=FG，EH∥FG，由此可证得四边形EFGH是平行四边形，∠EMO=∠BOC，利用矩形的性质可知∠HEF=90°；同理可知EF∥AC，利用平行线的性质可得到∠BOC=90°，利用垂直的定义可证得AC⊥BD.
9．【答案】C
【知识点】配方法的应用
【解析】【解答】解：∵x2-4x+5=（x-2）2+1，
∵（x-2）≥0，
∴（x-2）2+1的最小值就是1.
故答案为：C.
【分析】将原式配方可得到（x-2）2+1，利用平方的非负性可得到原式的最小值.
10．【答案】C
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；角平分线的性质；等腰三角形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：延长BC，AE交于点H，
∵正方形ABCD，
∴AD∥BC，∠D=∠HCE=∠BCD=90°，
∴∠DAE=∠H，
∵AE平分∠DAM，
∴∠DAE=∠MAE=∠H，
∴AM=BM；
∵点E是CD的中点，
∴DE=CE，
在△ADE和△HCE中，
∴△ADE≌△HCE（AAS）
∴AE=EH，
∴ME⊥AE，故①正确；
∴ME平分∠AMC，故②正确；
∵∠DAE-∠MAE≠∠BAM，
∴不能证明∠DAE=30°，故③错误；
过点E作EN⊥AM于点N，
∵AE平分∠DAM，ME平分∠AMC，
∴DE=NE=EC，
在Rt△ANE和Rt△ADE中
∴Rt△ANE≌Rt△ADE（HL），
∴AD=AN；
同理可证Rt△MNE≌Rt△MCE，
∴CM=MN，
∵AM=AN+MN，
∴AM=AD+CM，故④正确；
∴正确结论的个数有3个.
故答案为：C.
【分析】延长BC，AE交于点H，利用正方形的性质可证得AD∥BC，∠D=∠HCE=∠BCD=90°，再利用平行线的性质和角平分线的定义可推出∠DAE=∠MAE=∠H，利用等角对等边可证AM=BM；利用线段中点的定义可得到DE=CE，利用AAS证明△ADE≌△HCE，利用全等三角形的对应边相等可得到AE=EH，利用等腰三角形的性质，可对①②作出判断；再根据∠DAE-∠MAE≠∠BAM，可对③作出判断；过点E作EN⊥AM于点N，利用角平分线的性质可知DE=NE=EC，利用HL证明Rt△ANE≌Rt△ADE，利用全等三角形的性质可证AD=AN，同理可证CM=MN，然后根据AM=AN+MN，代入可对④作出判断；综上所述可得到正确结论的个数.
11．【答案】，
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【解答】解：x2=3x，
∴x2-3x=0即x（x-3）=0
∴x=0或x-3=0，
解之：x1=0，x2=3.
故答案为：x1=0，x2=3
【分析】观察方程特点：此方程缺常数项，因此利用因式分解法求出方程的解.
12．【答案】0
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解：∵ 关于的方程是一元二次方程
∴|m-2|=2且m-4=0，
解之：m1=0，m2=4，m≠4，
∴m=0.
故答案为：0.
【分析】利用一元二次方程的定义可知最高次数为2，二次项系数不为0，可得到关于m的方程和不等式，然后求出m的值.
13．【答案】-23
【知识点】一元二次方程的根
【解析】【解答】解：∵为方程的一个根，
∴a2-3a=6，
∴原式=-3（a2-3a）-5=-3×6-5=-23.
故答案为：-23.
【分析】将x=a代入方程可得到a2-3a的值，再将代数式转化为-3（a2-3a）-5，然后整体代入求值.
14．【答案】(40-2x)(26-x)=864
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【解答】设小道的宽度应为xm，则剩余部分可合成长为(40-2x)m，宽为(26-x)m的矩形，
依题意得：(40-2x)(26-x)=864．
故答案为：(40-2x)(26-x)=864．
【分析】设小道的宽度应为xm，则剩余部分可合成长为(40-2x)m，宽为(26-x)m的矩形，根据矩形的面积=864列出方程即可.
15．【答案】3
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵矩形ABCD，
∴∠B=90°，AD∥BC，
∴∠AEB=∠DAE=30°，
∵∠AED=90°，点F是AD的中点，
∴AD=2EF=2×2=4，
∵∠EAD=30°，
∴DE=AD=2，
∴，
∴，
∴.
故答案为：3
【分析】 利用矩形的性质和平行线的性质可证得∠B=90°，∠AEB=∠DAE=30°，再利用直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半可求出AD的长，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出DE的长；利用勾股定理求出AE的长；然后利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出AB的长；利用勾股定理求出BE的长.
16．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的判定；轴对称的应用-最短距离问题；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：作点A关于DC的对称点A′，连接A′E交DC于点P，连接AP，
∴AP=A′P，AA′=2AB=5，
∵点G是AE中点，点F是PE的中点，
∴GF是△APE的中位线，EF=PE，
∴GF=AP=A′P，
∴GF+EF=A′P+PE=（A′P+PE）=A′E，
∵两点之间线段最短，
∴此时GF+EF的值最小，
∵AE=AD-DE，
∴AE=14-2=12，
在Rt△AA′E中，
，
∴.
故答案为：.
【分析】作点A关于DC的对称点A′，连接A′E交DC于点P，连接AP，可得到AP=A′P，AA′=2AB=5，利用已知可证得GF是△APE的中位线，利用三角形的中位线定理可证得GF=A′P，EF=PE，由此可推出GF+EF=A′E，利用两点之间线段最短，可知GF+EF的值最小，可求出AE的长，利用勾股定理求出A′E的长，即可求出GF+EF的最小值.
17．【答案】（1）解：∵
∴，
∴，
解得，；
（2）解：
移项，得，
方程两边同加上，得，
即，
，
解得，；
（3）解：，
即，
，
解得；
（4）解：∵，
∴，
，
∴，
∴或，
解得，．
【知识点】直接开平方法解一元二次方程；配方法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）观察方程特点：可以将方程转化为x2=a（a≥0），因此利用直接开平方法解方程即可.
（2）先移项，再在方程的两边同时加上一次项系数一半的平方，然后用直接开平方法解方程.
（3）观察方程特点：右边为0，左边时完全平方式，因此利用因式分解法解方程.
（4）将方程右边分解因式，可知方程两边含有公因式（2x-5），因此利用因式分解法解方程即可.
18．【答案】如下图，连接，作的垂直平分线，点B与点D关于直线对称，则直线即为折痕．
【知识点】翻折变换（折叠问题）；作图-线段垂直平分线
【解析】【分析】连接BD，利用折叠的性质可知折痕为BD的垂直平分线，因此利用尺规作图作出BD的垂直平分线l.
19．【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∵M、N分别是AB和CD的中点，
∴AM=BM，AM∥CN，AM=CN，
∴四边形AMCN是平行四边形，
又∵AC=BC，AM=BM，
∴CM⊥AB，
∴∠CMA=90°，
∴四边形AMCN是矩形.
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定
【解析】【分析】由平行四边形的性质可得AB∥CD，AB=CD，结合中点的概念可得AM=BM，DN=CN，则可推出四边形AMCN是平行四边形，由等腰三角形的性质可得CM⊥AB，然后利用矩形的判定定理进行证明.
20．【答案】（1）证明：∵，，，
∴，
∴不论为何值，该方程总有两个实数根；
（2）解：将代入原方程得：，
∴，
∴原方程为，
，
∵，
∴方程的另一个根为．
【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
【解析】【分析】（1）先求出b2-4ac，再证明b2-4ac≥0即可.
（2）将x=1代入方程，可得到关于m的方程，解方程求出m的值，然后将m的值代入方程，利用一元二次方程根与系数求出方程的另一个根.
21．【答案】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
由勾股定理得：，
连接交与，如图所示，
由（1）知四边形是菱形，
∴，，，
∴，
由勾股定理得：，
∴，
∴．
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【分析】（1）利用有两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可证得四边形AEBO是平行四边形，再利用矩形的性质可证得AO=BO，利用一组邻边相等的平行四边形是菱形，可证得结论.
（2）利用矩形的性质可得到BD的长，利用勾股定理求出AD的长；连接OE交AB于点M，利用菱形的性质可知OE⊥AB，同时可证得AM=BM，EM=OM，利用勾股定理求出OM的长，可得到OE的长，然后利用菱形的面积公式可求出菱形AEBO的面积.
22．【答案】（1）设养鸡场的宽为x米，根据题意得：
，
解得：，
当时，，
当时，，（不符合题意，舍去），
则养鸡场的宽是10米，长为18米．
（2）设养鸡场的宽为x米，根据题意得：
，
整理得：，
即，
因为方程没有实数根，
所以围成养鸡场的面积不能达到200．
答：围成养鸡场的面积不能达到200．
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【分析】（1） 设养鸡场的宽为x米 ，可表示出长方形的长，再根据围成鸡场的面积为180平方米，可得到关于x的方程，解方程求出x的值，再根据墙长为18米，可得养鸡场的长和宽.
（2）利用围成鸡场的面积为200平方米，可得到关于x的方程，根据方程根的情况，可作出判断.
23．【答案】（1）正方形；；平行四边形
（2）四边形的形状可以是菱形，
如图3，连接，
∵，
∴，
∵将三角板沿方向平移，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴当时，四边形是菱形，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴；
（3）①当时，为等腰三角形，如图，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴；
当时，为等腰三角形；
当时，为等腰三角形，
如图，过点B作于H，
∵，
∴，
∵，
∴，
综上所述：的长为，或；
②如图5，连接，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵将三角板沿方向平移，
∴，
∴，
作点A关于直线的对称点N，连接，连接交直线于P，即的最小值为的长，
过点N作直线于E，
∵点A，点N关于对称，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的最小值为．
【知识点】平移的性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）①∵等腰直角△ABC和等腰直角△ADC的斜边重合，
∴AB=BC=AD=DC，∠D=90°，
∴四边形ABCD是正方形；
②∵ 三角板沿方向平移（两三角板始终接触）至图2位置，
∴A′C′=AC，
∴A′A=CC′；
连接AD′，BC′，
∵三角板沿方向平移（两三角板始终接触）至图2位置，
∴CD=C′D′，CD∥C′D′，
∵正方形ABCD，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴AB=C′D′，AB∥C′D′，
∴四边形ABC′D′是平行四边形.
故答案为：A′A=CC′，平行四边形.
【分析】（1）①利用已知可证得AB=BC=AD=DC，∠D=90°，由此可得到四边形ABCD的形状；②利用平移的性质可证得A′C′=AC，即可得到AA′和CC′的数量关系；连接AD′，BC′，利用平移的性质可知CD=C′D′，CD∥C′D′，利用正方形的性质可证得AB=CD，AB∥CD，由此可推出AB=C′D′，AB∥C′D′，利用有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证得结论.
（2）连接AD′，BC′，可得到AC，BC的长及∠BAC的度数，再利用平移的性质可证得CD=C′D′，CD∥C′D′∥AB，可可推出四边形ABC′D′是平行四边形，利用一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得到四边形ABC′D′是菱形，同时可知△ABC′是等边三角形，利用等边三角形的性质可得到CC′的长.
（3）①利用等腰三角形的定义分情况讨论：当BC=CC′时，可证得△ABC′′是等边三角形，利用等边三角形的性质可得到AC′的长，即可求出CC′的长；当BC=CC′时；当BC=BC′时，过点B作BH⊥AC于点H，利用勾股定理求出CH，BH的长，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出CC′的长；②连接DD′，AD′，利用平行四边形的性质可证得AD′=BC′，可推出BC′+BD′=AD′+BD′，利用平移的性质可证得DD′∥AC，同时可证得∠DAC=∠D′DA=30°，作点A关于直线DD′的对称点N，连接NB，连接AN交直线DD′于点P，可知BC′+BD′的最小值就是BN的长，过点N作NE⊥AB于点E，利用轴对称的性质可证得AP=PN，AN⊥DP，可推出AD=2AP，∠PAD=60°，即可求出AP，EN，AE的长，利用勾股定理求出BN的长即可.
1 / 1陕西省西安市部分学校2023-2024学年九年级上学期数学开学考试试题
一、单选题
1．（2023九上·西安开学考）下列属于一元二次方程的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解：A、，此方程是二元二次方程，故A不符合题意；
B、，此方程是分式方程，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、 ，此方程是一元三次方程，故D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】一元二次方程满足的条件：1、含有一个未知数；2、含未知数项的最高次数是2次；3、是整式方程；再对各选项逐一判断.
2．（2023九上·西安开学考）正方形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）
A．对边相等 B．对角线相等
C．对角相等 D．对角线互相平分
【答案】B
【知识点】菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：A、对边相等，是正方形和菱形都有具有的性质，故A不符合题意；
B、正方形的对角线相等，菱形的对角线不相等，故B符合题意；
C、对角相等是正方形和菱形都有具有的性质，故C不符合题意；
D、对角线互相平分是正方形和菱形都有具有的性质，故D不符合题意；
故答案为：B.
【分析】利用正方形的对角线的性质：对角线互相平分，垂直且相等，菱形的对角线互相垂直平分，可得答案.
3．（2023八下·肇源月考）将一元二次方程化成一般式后，二次项系数和一次项系数分别为（ ）
A．3，5 B．3，1 C．， D．3，
【答案】D
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解：∵3x2=5x-1，
∴3x2-5x+1=0，
∴二次项系数和一次项系数分别为3、-5.
故答案为：D.
【分析】一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c=0（a，b，c是常数且a≠0）.其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项.
4．（2023九上·西安开学考）根据下列表格的对应值：
x 1 1.1 1.2 1.3
－2 －0.59 0.54 2.29
由此可判断方程必有一个根满足（ ）
A．11.3
【答案】B
【知识点】估算一元二次方程的近似解
【解析】【解答】解：∵当x=1.1时x2+12x-15=-0.59＜0，
当x=1.2时x2+12x-15=0.54＞0，
∴方程x2+12x-15=0必有一个解x满足1.1＜x＜1.2.
故答案为：B.
【分析】观察表中数据可知x的值对应的x2+12x-15的值，可得到方程x2+12x-15==0必有一个解x的取值范围.
5．（2023八下·仙居期中）已知在菱形中，，，则菱形的面积为（ ）
A．160 B．80 C．40 D．96
【答案】D
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，
∵菱形ABCD，BD=16，
∴BO=BD=8，AC⊥BD，AC=2OA，
∴∠AOB=90°，
∴，
∴AC=2OA=12，
∴S菱形ABCD=.
故答案为：D
【分析】利用菱形的性质，可证得AC⊥BD，AC=2OA，同时求出BO的长，再利用勾股定理求出AO的长，即可得到AC的长；然后利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，可求出菱形ABCD的面积.
6．（2023九上·西安开学考）关于的一元二次方程无实数根，则可能是（ ）
A．0 B． C．2 D．3
【答案】D
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵ 关于的一元二次方程无实数根
∴b2-4ac=4-2k＜0且k≠0，
解之：k＞2且k≠0，
∴k的值可能是3.
故答案为：D.
【分析】利用一元二次方程的定义可知k≠0；再根据一元二次方程根的判别式及已知条件可知b2-4ac＜0，可得到关于k的不等式组，然后求出k的取值范围.
7．（2023八下·嵊州期末）如图，将矩形纸片沿对角线对折，使得点B落在点E处，交于点F，若平分，，则的长是（ ）
A．1.5 B． C． D．
【答案】B
【知识点】角平分线的性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定（AAS）；角平分线的定义
【解析】【解答】解：过F作FG⊥AC于点G，
∵CF平分∠ACD，
∴FD=GF.
由折叠可得AB=AE.
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD，∠D=90°，
∴CD=AE，∠ACD+∠CAD=90°.
∵CD=AE，∠E=∠D=90°，∠AFE=∠CFD，
∴△AEF≌△CDF（AAS），
∴AF=FC=2，
∴∠FAC=∠FCD.
∵CF平分∠ACD，
∴∠ACF=∠DCF，
∴∠ACF=∠FCD=∠FAC.
∵∠ACD+∠CAD=90°，
∴∠FCD=30°，
∴DF=CF=1，
∴CD==.
故答案为：B.
【分析】过F作FG⊥AC于点G，由角平分线的性质可得FD=GF，由折叠可得AB=AE，根据矩形的性质可得AB=CD，∠D=90°，则CD=AE，∠ACD+∠CAD=90°，利用AAS证明△AEF≌△CDF，得到AF=FC=2，则∠FAC=∠FCD，结合角平分线的概念可得∠ACF=∠DCF，则∠ACF=∠FCD=∠FAC，据此可得∠FCD=30°，得到DF=CF=1，然后利用勾股定理计算即可.
8．（2023九上·西安开学考）如图，E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，若中点四边形是矩形，则需要满足的条件正确的是（ ）
A． B．
C．与互相平分 D．四边形是矩形
【答案】A
【知识点】中点四边形；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，AC，BD交于点O，EH，AC交于点M，
∵ E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点
∴EH，FG分别是△ABD和△CBD的中位线，
∴EH∥BD，BD∥FG，EH=BD，FG=BD，
∴EH=FG，EH∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，∠EMO=∠BOC，
∵四边形EFGH是矩形，
∴∠HEF=90°，
同理可知EF∥AC，
∴∠HEF=∠EMO=∠BOC=90°，
∴AC⊥BD.
故答案为：A.
【分析】利用已知可证得EH，FG分别是△ABD和△CBD的中位线，利用三角形的中位线定理可推出EH=FG，EH∥FG，由此可证得四边形EFGH是平行四边形，∠EMO=∠BOC，利用矩形的性质可知∠HEF=90°；同理可知EF∥AC，利用平行线的性质可得到∠BOC=90°，利用垂直的定义可证得AC⊥BD.
9．（2023九上·西安开学考）关于代数式的判断，下列正确的是（ ）
A．有最小值2 B．有最大值1 C．有最小值1 D．有最大值2
【答案】C
【知识点】配方法的应用
【解析】【解答】解：∵x2-4x+5=（x-2）2+1，
∵（x-2）≥0，
∴（x-2）2+1的最小值就是1.
故答案为：C.
【分析】将原式配方可得到（x-2）2+1，利用平方的非负性可得到原式的最小值.
10．（2023九上·西安开学考）如图，在正方形中，M是边上一点，E是的中点，平分，下列结论：①，②平分，③，④，正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；角平分线的性质；等腰三角形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：延长BC，AE交于点H，
∵正方形ABCD，
∴AD∥BC，∠D=∠HCE=∠BCD=90°，
∴∠DAE=∠H，
∵AE平分∠DAM，
∴∠DAE=∠MAE=∠H，
∴AM=BM；
∵点E是CD的中点，
∴DE=CE，
在△ADE和△HCE中，
∴△ADE≌△HCE（AAS）
∴AE=EH，
∴ME⊥AE，故①正确；
∴ME平分∠AMC，故②正确；
∵∠DAE-∠MAE≠∠BAM，
∴不能证明∠DAE=30°，故③错误；
过点E作EN⊥AM于点N，
∵AE平分∠DAM，ME平分∠AMC，
∴DE=NE=EC，
在Rt△ANE和Rt△ADE中
∴Rt△ANE≌Rt△ADE（HL），
∴AD=AN；
同理可证Rt△MNE≌Rt△MCE，
∴CM=MN，
∵AM=AN+MN，
∴AM=AD+CM，故④正确；
∴正确结论的个数有3个.
故答案为：C.
【分析】延长BC，AE交于点H，利用正方形的性质可证得AD∥BC，∠D=∠HCE=∠BCD=90°，再利用平行线的性质和角平分线的定义可推出∠DAE=∠MAE=∠H，利用等角对等边可证AM=BM；利用线段中点的定义可得到DE=CE，利用AAS证明△ADE≌△HCE，利用全等三角形的对应边相等可得到AE=EH，利用等腰三角形的性质，可对①②作出判断；再根据∠DAE-∠MAE≠∠BAM，可对③作出判断；过点E作EN⊥AM于点N，利用角平分线的性质可知DE=NE=EC，利用HL证明Rt△ANE≌Rt△ADE，利用全等三角形的性质可证AD=AN，同理可证CM=MN，然后根据AM=AN+MN，代入可对④作出判断；综上所述可得到正确结论的个数.
二、填空题
11．（2023九上·西安开学考）一元二次方程的根是 ．
【答案】，
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【解答】解：x2=3x，
∴x2-3x=0即x（x-3）=0
∴x=0或x-3=0，
解之：x1=0，x2=3.
故答案为：x1=0，x2=3
【分析】观察方程特点：此方程缺常数项，因此利用因式分解法求出方程的解.
12．（2023九上·西安开学考）若关于的方程是一元二次方程，则 ．
【答案】0
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解：∵ 关于的方程是一元二次方程
∴|m-2|=2且m-4=0，
解之：m1=0，m2=4，m≠4，
∴m=0.
故答案为：0.
【分析】利用一元二次方程的定义可知最高次数为2，二次项系数不为0，可得到关于m的方程和不等式，然后求出m的值.
13．（2023九上·西安开学考）若为方程的一个根，则代数式的值为 ．
【答案】-23
【知识点】一元二次方程的根
【解析】【解答】解：∵为方程的一个根，
∴a2-3a=6，
∴原式=-3（a2-3a）-5=-3×6-5=-23.
故答案为：-23.
【分析】将x=a代入方程可得到a2-3a的值，再将代数式转化为-3（a2-3a）-5，然后整体代入求值.
14．（2022九上·西安期中）现要在一个长为，宽为的矩形花园中修建等宽的小道，剩余的地方种植花草．如图所示，要使种植花草的面积为，设小道的宽度应是，列方程得： ．
【答案】(40-2x)(26-x)=864
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【解答】设小道的宽度应为xm，则剩余部分可合成长为(40-2x)m，宽为(26-x)m的矩形，
依题意得：(40-2x)(26-x)=864．
故答案为：(40-2x)(26-x)=864．
【分析】设小道的宽度应为xm，则剩余部分可合成长为(40-2x)m，宽为(26-x)m的矩形，根据矩形的面积=864列出方程即可.
15．（2023九上·西安开学考）如图，在矩形中，是边上一点，，，是边的中点，，则 ．
【答案】3
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵矩形ABCD，
∴∠B=90°，AD∥BC，
∴∠AEB=∠DAE=30°，
∵∠AED=90°，点F是AD的中点，
∴AD=2EF=2×2=4，
∵∠EAD=30°，
∴DE=AD=2，
∴，
∴，
∴.
故答案为：3
【分析】 利用矩形的性质和平行线的性质可证得∠B=90°，∠AEB=∠DAE=30°，再利用直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半可求出AD的长，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出DE的长；利用勾股定理求出AE的长；然后利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出AB的长；利用勾股定理求出BE的长.
16．（2023九上·西安开学考）如图，在矩形中，，，点E在上且．点G为的中点，点P为边上的一个动点，F为的中点，则的最小值为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的判定；轴对称的应用-最短距离问题；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：作点A关于DC的对称点A′，连接A′E交DC于点P，连接AP，
∴AP=A′P，AA′=2AB=5，
∵点G是AE中点，点F是PE的中点，
∴GF是△APE的中位线，EF=PE，
∴GF=AP=A′P，
∴GF+EF=A′P+PE=（A′P+PE）=A′E，
∵两点之间线段最短，
∴此时GF+EF的值最小，
∵AE=AD-DE，
∴AE=14-2=12，
在Rt△AA′E中，
，
∴.
故答案为：.
【分析】作点A关于DC的对称点A′，连接A′E交DC于点P，连接AP，可得到AP=A′P，AA′=2AB=5，利用已知可证得GF是△APE的中位线，利用三角形的中位线定理可证得GF=A′P，EF=PE，由此可推出GF+EF=A′E，利用两点之间线段最短，可知GF+EF的值最小，可求出AE的长，利用勾股定理求出A′E的长，即可求出GF+EF的最小值.
三、解答题
17．（2023九上·西安开学考）计算
（1）
（2）（配方法）
（3）
（4）
【答案】（1）解：∵
∴，
∴，
解得，；
（2）解：
移项，得，
方程两边同加上，得，
即，
，
解得，；
（3）解：，
即，
，
解得；
（4）解：∵，
∴，
，
∴，
∴或，
解得，．
【知识点】直接开平方法解一元二次方程；配方法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）观察方程特点：可以将方程转化为x2=a（a≥0），因此利用直接开平方法解方程即可.
（2）先移项，再在方程的两边同时加上一次项系数一半的平方，然后用直接开平方法解方程.
（3）观察方程特点：右边为0，左边时完全平方式，因此利用因式分解法解方程.
（4）将方程右边分解因式，可知方程两边含有公因式（2x-5），因此利用因式分解法解方程即可.
18．（2023九上·西安开学考）尺规作图：
如图，在矩形中，将矩形纸片折叠，使点B与点D重合，请在图中画出折痕．（不写画法，保留作图痕迹）
【答案】如下图，连接，作的垂直平分线，点B与点D关于直线对称，则直线即为折痕．
【知识点】翻折变换（折叠问题）；作图-线段垂直平分线
【解析】【分析】连接BD，利用折叠的性质可知折痕为BD的垂直平分线，因此利用尺规作图作出BD的垂直平分线l.
19．（2021九上·金塔期末）已知：如图， ABCD中，AC=BC，M、N分别是AB和CD的中点，求证：四边形AMCN是矩形.
【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∵M、N分别是AB和CD的中点，
∴AM=BM，AM∥CN，AM=CN，
∴四边形AMCN是平行四边形，
又∵AC=BC，AM=BM，
∴CM⊥AB，
∴∠CMA=90°，
∴四边形AMCN是矩形.
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定
【解析】【分析】由平行四边形的性质可得AB∥CD，AB=CD，结合中点的概念可得AM=BM，DN=CN，则可推出四边形AMCN是平行四边形，由等腰三角形的性质可得CM⊥AB，然后利用矩形的判定定理进行证明.
20．（2023九上·西安开学考）已知关于的一元二次方程
（1）求证：不论为何值，该方程总有两个实数根；
（2）若方程的一个根是，求的值及方程的另一个根．
【答案】（1）证明：∵，，，
∴，
∴不论为何值，该方程总有两个实数根；
（2）解：将代入原方程得：，
∴，
∴原方程为，
，
∵，
∴方程的另一个根为．
【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
【解析】【分析】（1）先求出b2-4ac，再证明b2-4ac≥0即可.
（2）将x=1代入方程，可得到关于m的方程，解方程求出m的值，然后将m的值代入方程，利用一元二次方程根与系数求出方程的另一个根.
21．（2023九上·西安开学考）如图，在矩形中，，相交于点O，，．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长及四边形的面积．
【答案】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
由勾股定理得：，
连接交与，如图所示，
由（1）知四边形是菱形，
∴，，，
∴，
由勾股定理得：，
∴，
∴．
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【分析】（1）利用有两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可证得四边形AEBO是平行四边形，再利用矩形的性质可证得AO=BO，利用一组邻边相等的平行四边形是菱形，可证得结论.
（2）利用矩形的性质可得到BD的长，利用勾股定理求出AD的长；连接OE交AB于点M，利用菱形的性质可知OE⊥AB，同时可证得AM=BM，EM=OM，利用勾股定理求出OM的长，可得到OE的长，然后利用菱形的面积公式可求出菱形AEBO的面积.
22．（2023九上·西安开学考）如图，若要建一个长方形鸡场，鸡场的一边靠墙，墙对面有一个2米宽的门，另三边用竹篱笆围成，篱笆总长36米．
（1）若墙长为18米，要围成鸡场的面积为180平方米，则鸡场的长和宽各为多少米？
（2）围成鸡场的面积可能达到200平方米吗？
【答案】（1）设养鸡场的宽为x米，根据题意得：
，
解得：，
当时，，
当时，，（不符合题意，舍去），
则养鸡场的宽是10米，长为18米．
（2）设养鸡场的宽为x米，根据题意得：
，
整理得：，
即，
因为方程没有实数根，
所以围成养鸡场的面积不能达到200．
答：围成养鸡场的面积不能达到200．
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【分析】（1） 设养鸡场的宽为x米 ，可表示出长方形的长，再根据围成鸡场的面积为180平方米，可得到关于x的方程，解方程求出x的值，再根据墙长为18米，可得养鸡场的长和宽.
（2）利用围成鸡场的面积为200平方米，可得到关于x的方程，根据方程根的情况，可作出判断.
23．（2023九上·西安开学考）综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“三角板的平移”为主题开展数学活动．
（1）操作判断
操作一：将一副等腰直角三角板两斜边重合，按图1放置；
操作二：将三角板沿方向平移（两三角板始终接触）至图2位置．
根据以上操作，填空：
①图1中四边形的形状是 ；
②图2中与的数量关系是 ；四边形的形状是 ．
（2）迁移探究
小航将一副等腰直角三角板换成一副含角的直角三角板，继续探究，已知三角板边长为，过程如下：
将三角板按（1）中的方式操作，如图3，在平移过程中，四边形的形状能否是菱形，若不能，请说明理由，若能，请求出的长．
（3）拓展应用
在（2）的探究过程中：
①当为等腰三角形时，请直接写出的长；
②直接写出的最小值．
【答案】（1）正方形；；平行四边形
（2）四边形的形状可以是菱形，
如图3，连接，
∵，
∴，
∵将三角板沿方向平移，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴当时，四边形是菱形，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴；
（3）①当时，为等腰三角形，如图，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴；
当时，为等腰三角形；
当时，为等腰三角形，
如图，过点B作于H，
∵，
∴，
∵，
∴，
综上所述：的长为，或；
②如图5，连接，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵将三角板沿方向平移，
∴，
∴，
作点A关于直线的对称点N，连接，连接交直线于P，即的最小值为的长，
过点N作直线于E，
∵点A，点N关于对称，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的最小值为．
【知识点】平移的性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）①∵等腰直角△ABC和等腰直角△ADC的斜边重合，
∴AB=BC=AD=DC，∠D=90°，
∴四边形ABCD是正方形；
②∵ 三角板沿方向平移（两三角板始终接触）至图2位置，
∴A′C′=AC，
∴A′A=CC′；
连接AD′，BC′，
∵三角板沿方向平移（两三角板始终接触）至图2位置，
∴CD=C′D′，CD∥C′D′，
∵正方形ABCD，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴AB=C′D′，AB∥C′D′，
∴四边形ABC′D′是平行四边形.
故答案为：A′A=CC′，平行四边形.
【分析】（1）①利用已知可证得AB=BC=AD=DC，∠D=90°，由此可得到四边形ABCD的形状；②利用平移的性质可证得A′C′=AC，即可得到AA′和CC′的数量关系；连接AD′，BC′，利用平移的性质可知CD=C′D′，CD∥C′D′，利用正方形的性质可证得AB=CD，AB∥CD，由此可推出AB=C′D′，AB∥C′D′，利用有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证得结论.
（2）连接AD′，BC′，可得到AC，BC的长及∠BAC的度数，再利用平移的性质可证得CD=C′D′，CD∥C′D′∥AB，可可推出四边形ABC′D′是平行四边形，利用一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得到四边形ABC′D′是菱形，同时可知△ABC′是等边三角形，利用等边三角形的性质可得到CC′的长.
（3）①利用等腰三角形的定义分情况讨论：当BC=CC′时，可证得△ABC′′是等边三角形，利用等边三角形的性质可得到AC′的长，即可求出CC′的长；当BC=CC′时；当BC=BC′时，过点B作BH⊥AC于点H，利用勾股定理求出CH，BH的长，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出CC′的长；②连接DD′，AD′，利用平行四边形的性质可证得AD′=BC′，可推出BC′+BD′=AD′+BD′，利用平移的性质可证得DD′∥AC，同时可证得∠DAC=∠D′DA=30°，作点A关于直线DD′的对称点N，连接NB，连接AN交直线DD′于点P，可知BC′+BD′的最小值就是BN的长，过点N作NE⊥AB于点E，利用轴对称的性质可证得AP=PN，AN⊥DP，可推出AD=2AP，∠PAD=60°，即可求出AP，EN，AE的长，利用勾股定理求出BN的长即可.
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