1.1—4.2 阶段性综合练习题（含答案） 2023—-2024学年北师大版九年级数学上册

2023-2024学年北师大版九年级数学上册《1.1—4.2》阶段性综合练习题（附答案）
一、选择题（计24分.）
1．已知a，b，c，d是成比例线段，且a＝2，b＝8，c＝5，那么d为（　　）
A．10 B．20 C．16 D．18
2．下列条件中，能判定一个四边形为正方形的是（　　）
A．对角线相等且互相平分的四边形
B．对角线互相垂直且平分的四边形
C．有一组邻边相等的平行四边形
D．有一个角是直角的菱形
3．如果方程x2+mx﹣1＝0的两个实根互为相反数，那么m的值为（　　）
A．0 B．﹣1 C．1 D．±1
4．若关于x的方程mx2+2x﹣1＝0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是（　　）
A．m＜﹣1 B．m＞﹣1且m≠0 C．m＞﹣1 D．m≥﹣1且m≠0
5．如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠DAC＝45°，∠BAC＝30°，E是AC的中点，连接BE，BD．则∠DBE的度数为（　　）
A．10° B．12° C．15° D．18°
6．两个正四面体骰子的各面上分别标明数字1，2，3，4，如同时投掷这两个正四面体骰子，则着地的面所得的点数之和等于5的概率为（　　）
A． B． C． D．
7．有一人感染了某种病毒，若不及时控制就会传染其他人，假设每轮传染中平均一个人传染了x个人，经过两轮传染后共有64人感染，则x的值是（　　）
A．8 B．7 C．6 D．5
8．如图，矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，过点B作BF⊥AC交CD于点F，交AC于点M，过点D作DE∥BF交AB于点E，交AC于点N，连接FN，EM．则下列结论：①∠DNO＝∠BMO；②AN＝CM：③ME＝NF；④当AO＝AD时，四边形DEBF是菱形．其中，正确结论的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题（计15分）
9．已知x＝1是方程x2+bx+5＝0的解，则b＝　 　．
10．在一个不透明的盒子中装有5枚黑棋子和若干枚白棋子，它们除颜色外完全相同，小明将盒子里的棋子摇匀，随机摸出一枚棋子，记下它的颜色后再放回盒子里．不断重复这一过程，统计发现，摸到白色棋子的频率稳定在80%，则盒子中白色棋子的数量可能是 　 　．
11．如图，已知直线l1∥l2∥l3，直线m、n分别与直线l1、l2、l3分别交于点A、B、C、D、E、F，若DE＝3，DF＝8，则的值为 　 　．
12．某校团体操表演队伍有6行8列，后又增加了51人，使得团体操表演队伍增加的行、列数相同，若设增加了x行，则可列方程为 　 　．
13．菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝45°，点P、Q分别是BC、BD上的动点，CQ+PQ的最小值为 　 　．
三、解答题（计81分）
14．解方程：（x+3）2＝2x+14．
15．在一只不透明的袋子中装有黑球、白球共10个，这些球除颜色外都相同，小刚每次摇匀后随机从袋中摸出一个球，记录颜色后放回袋中，通过2000次重复摸球试验后，共摸出黑球1200次．请估计袋中黑球的个数．
16．如图，在矩形ABCD中，点E为AD上一点，连接BE，CE，∠ABE＝45°．若，BC＝4，求CE的长．
17．已知关于x的一元二次方程x2﹣2kx+k2+k+1＝0有实数根，试求k的取值范围．
18．如图，AB＝AC，AD⊥BC于点D，M是AD的中点，CM交AB于点P，DN∥CP．若AB＝6cm，求AP的长．
19．若关于x的一元二次方程x2﹣（k﹣3）x﹣2k+2＝0的两根分别为x1、x2，且x1+x2＝﹣6，求该方程的两根．
20．如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且OA＝OB＝OC＝AOD＝1，AB＝2．四边形ABCD是正方形吗？请说明理由．
21．某学校开设了四门校本课程供学生选择：A．趣味数学；B．快乐阅读；C．魔法英语；D．硬笔书法．
（1）该校学生小乔随机选取了一门课程，则小乔选中课程D的概率是 　 　；
（2）该校规定每名学生需选两门不同的课程，小张和小王在选课程的过程中，若第一次都选了课程C，那么他俩第二次同时选择课程A或课程B的概率是多少？请用列表法或画树状图的方法加以说明．
22．如图，菱形AECF的对角线AC和EF交于点O，分别延长OE、OF至点B、点D，且BE＝DF，连接AB，AD，CB，CD．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若BD＝8，AC＝4，BE＝3，求AE的长．
23．为了装饰，学校用长为64dm的装饰材料紧紧围在一块面积为240dm2的矩形展板四周进行包边（恰好围满，且不重叠）．求这块展板较短边的长．
24．如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD于点E，DF⊥AC于点F，且AE＝DF．
（1）求证：四边形ABCD是矩形．
（2）若∠BAE：∠EAD＝2：3，求∠AOE的度数．
25．今年某村农产品喜获丰收，该村村委会在网上直播销售A、B两种优质农产品礼包．
（1）已知今年7月份销售A种农产品礼包256包，8、9月该礼包十分畅销，销售量持续走高，在售价不变的基础上，9月份的销售量达到400包．若设8、9两个月销售量的月平均增长率为x，求x的值；
（2）若B种农产品礼包每包成本价为16元，当售价为每包30元时，每月销量为200包．为了尽快减少库存，该村准备在10月进行降价促销，经调查发现，若B种农产品礼包每包每降价1元，月销售量可增加20包，当B种农产品礼包每包降价多少元时，该村销售B种农产品礼包在10月份可获利2860元？
26．如图1，在正方形ABCD中，点P是对角线BD上的一点，连结CP.
（1）求证：△ADP≌△CDP；
（2）如图2，延长AP交线段DC于点Q，交BC的延长线于点G，点M是GQ的中点，连结CM．求证：PC⊥MC；
（3）如图3，延长AP交射线DC于点Q，交BC于点G，点M是GQ的中点，连结CM．若PM＝4，∠BAP＝30°，求AB的长．
参考答案
一、选择题（计24分.）
1．解：∵a，b，c，d是成比例线段，
∴a：b＝c：d，
∴ad＝bc，
∵a＝2，b＝8，c＝5，
∴2d＝8×5，
∴d＝20．
故选：B．
2．解：A、对角线相等且互相平分的四边形是矩形，不符合题意；
B、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，不符合题意；
C、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，不符合题意；
D、有一个角是直角的菱形是正方形，符合题意；
故选：D．
3．解：设方程两个为x1，x2，
根据题意得x1+x2＝﹣m＝0，
解得m＝0．
故选：A．
4．解：∵关于x的方程mx2+2x﹣1＝0有两个不相等的实数根，
∴，
解得：m＞﹣1且m≠0．
故选：B．
5．解：连接DE，
∵∠ADC＝90°，E是AC的中点，
∴DE＝AC＝AE，
∴∠EDA＝∠DAC＝45°，
∴∠DEC＝∠EDA+∠DAC＝90°，
同理，∠BEC＝60°，
∴∠DEB＝90°+60°＝150°，
∵DE＝AC，BE＝AC，
∴DE＝BE，
∴∠DBE＝×（180°﹣150°）＝15°，
故选：C．
6．解：列表得：
1 2 3 4
1 1+1＝2 2+1＝3 3+1＝4 4+1＝5
2 1+2＝3 2+2＝4 3+2＝5 4+2＝6
3 1+3＝4 2+3＝5 3+3＝6 4+3＝7
4 1+4＝5 2+4＝6 3+4＝7 4+4＝8
画树状图得：
∴一共有16种情况，着地的面所得的点数之和等于5的有4种，
∴着地的面所得的点数之和等于5的概率为＝．
故选：A．
7．解：由题意得：
1+x+x（x+1）＝64，
解得：x＝7或x＝﹣9（舍去）．
答：每轮传染中平均一个人传染了7个人；
故选：B．
8．解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，∠DAE＝∠BCF＝90°，OD＝OB＝OA＝OC，AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DAN＝∠BCM，
∵BF⊥AC，DE∥BF，
∴DE⊥AC，
∴∠DNA＝∠BMC＝90°，故①正确；
在△DNA和△BMC中，
，
∴△DNA≌△BMC（AAS），
∴DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，AN＝CM，故②正确；
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（ASA），
∴DE＝BF；
∴DE﹣DN＝BF﹣BM，即NE＝MF，
∵DE∥BF，
∴四边形NEMF是平行四边形，
∴EM＝FN，故③正确；
∵BE∥DF，BE＝DF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∵AO＝AD，
∴AO＝AD＝OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠ADO＝∠DAN＝60°，
∴∠ABD＝90°﹣∠ADO＝30°，
∵DE⊥AC，AD＝DO，
∴∠ADN＝∠ODN＝30°，
∴∠ODN＝∠ABD，
∴DE＝BE，
∴四边形DEBF是菱形；故④正确；
故选：D．
二、填空题（计15分）
9．解：把x＝1代入方程x2+bx+5＝0，得1+b+5＝0，
解得：b＝﹣6，
故答案为：﹣6．
10．解：设白色棋子有x枚，
∵摸到白色棋子的频率稳定在80%，
∴，
解得x＝20，
经检验x＝20是方程的解，
∴白色棋子有20枚，
故答案为：20．
11．解：∵l1∥l2∥l3，
∴＝，
∵DE＝3，DF＝8，
∴＝，
即的值为，
故答案为：．
12．解：∵团体操表演队伍增加的行、列数相同，且增加了x行，
∴增加了x列，
∴增加人数后该团体操表演队伍有（6+x）行（8+x）列．
依题意得：（6+x）（8+x）＝6×8+51．
故答案为：（6+x）（8+x）＝6×8+51．
13．解：连接AQ，作AH⊥BC于H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CB，∠ABQ＝∠CBQ，
∵BQ＝BQ，
∴△ABQ≌△CBQ（SAS），
∴AQ＝CQ，
∴当点A、Q、P共线，AQ+PQ的最小值为AH的长，
∵AB＝2，∠ABC＝45°，
∴AH＝，
∴CQ+PQ的最小值为，
故答案为：．
三、解答题（计81分.）
14．解：整理得：x2+4x﹣5＝0，
∵Δ＝42﹣4×1×（﹣5）＝36＞0，
∴，
∴x1＝1，x2＝﹣5．
15．解：通过2000次重复摸球试验后，共摸出黑球1200次，
设有x个黑球，根据题意得：
，
解得：x＝6，
答：估计袋中黑球的个数为6个．
16．解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠D＝90°，AD＝BC＝4，AB＝CD，
∴∠AEB＝∠ABE＝45°，
∴AE＝AB．
在Rt△ABE中，由勾股定理得：AE2+AB2＝BE2，
∴，
∴AE＝AB＝CD＝3，
∴DE＝AD﹣AE＝4﹣3＝1，
在Rt△EDC中，由勾股定理得：．
17．解：∵关于x的一元二次方程x2﹣2kx+k2+k+1＝0有实数根，
∴Δ＝b2﹣4ac＝（﹣2k）2﹣4×1×（k2+k+1）≥0，
解得：k≤﹣1，
∴k的取值范围为k≤﹣1．
18．解：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝DC，
又DN∥CM，
∴BN＝NP，
∵点M是线段AD的中点，DN∥CM，
∴NP＝PA，
∴PN＝AB＝2．
19．解：∵关于x的一元二次方程x2﹣（k﹣3）x﹣2k+2＝0的两根分别为x1、x2，且x1+x2＝﹣6，
∴根据根与系数的关系得x1+x2＝k﹣3，
则k﹣3＝﹣6，
解得k＝﹣3，
∴原方程为：x2+6x+8＝0，
解方程得x1＝﹣2，x2＝﹣4．
20．解：四边形ABCD是正方形．理由：
∵OA＝OB＝OC＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵OA+OC＝OD+OB，
∴AC＝BD．
∴四边形ABCD是矩形，
∵，
∴OA2+OB2＝AB2，
∴∠AOB＝90°，
即AC⊥BD，
∴四边形ABCD是正方形．
21．解：（1）该校学生小乔随机选取了一门课程，则小乔选中课程D的概率是，
故答案为：；
（2）解法一：因该年级每名学生选两门不同的课程，第一次都选了课程C，列表如下
A B D
A （A，A） （B，A） （D，A）
B （A，B） （B，B） （D，B）
D （A，D） （B，D） （D，D）
等可能结果共有9种，他俩第二次同时选择课程A或课程B的有2种，
∴．
22．（1）证明：∵菱形AECF的对角线AC和EF交于点O，
∴AC⊥EF，OA＝OC，OE＝OF，
∵BE＝DF，
∴BO＝DO，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形．
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，，，
∵BE＝3，
∴OE＝OB﹣BE＝4﹣3＝1，
∴．
23．解：设这块展板较短边的长为xdm，则较长边的长为，
依题意，得：x（32﹣x）＝240，
解得：x1＝12，x2＝20，
∵x＜32﹣x，
∴x＜16，
∴x＝12．
答：这块展板较短边的长为12dm．
24．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，
∵AE⊥BD于点E，DF⊥AC于点F，
∴∠AEO＝∠DFO＝90°，
在△AEO和△DFO中，
，
∴△AEO≌△DFO（AAS），
∴OA＝OD，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形．
（2）解：由（1）得：四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∵AE⊥BD于点E，
∴∠AEO＝90°，
∵∠BAE：∠EAD＝2：3，
∴∠BAE＝36°，
∴∠OBA＝∠OAB＝90°﹣36°＝54°，
∴∠EAO＝∠OAB﹣∠BAE＝54°﹣36°＝18°．
∴∠AOE＝90°﹣∠EAO＝90°﹣18°＝72°．
25．解：（1）依题意得：256（1+x）2＝400，
解得：x1＝0.25＝25%，x2＝﹣2.25（不合题意，舍去）．
答：x的值为25%．
（2）设B种农产品礼包每包降价m元，则每包的销售利润为（30﹣m﹣16）元，月销售量为（200+20m）包，
依题意得：（30﹣m﹣16）（200+20m）＝2860，
整理得：m2﹣4m+3＝0，
解得：m1＝3，m2＝1．
∵为了尽快减少库存，
∴m＝3．
答：当B种农产品礼包每包降价3元时，该村销售B种农产品礼包在10月份可获利2860元．
26．（1）证明：∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ADP＝∠CDP，AD＝CD，
在△ADP和△CDP中，
，
∴△ADP≌△CDP（SAS）；
（2）证明：由（1）得：△ADP≌△CDP，
∴∠DAP＝∠DCP，
即∠DAG＝∠DCP，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD∥BG，
∴∠DAG＝∠G，
∴∠DCP＝∠G，
∵∠QCG＝90°，M为GQ中点，
∴CM＝GQ＝QM，
∴∠MCQ＝∠MQC，
∵∠G+∠MQC＝90°，
∴∠DCP+∠MCQ＝90°，
即∠PCM＝90°，
∴PC⊥MC；
（3）解：∵M为QG的中点，∠QCG＝90°，
∴GM＝CM＝QM，
∴∠MCQ＝∠Q，
∵AB∥CQ，
∴∠BAP＝∠Q＝30°，
∴∠MCQ＝30°，
∴∠CMG＝∠Q+∠MCQ＝30°+30°＝60°，
∴△CGM为等边三角形，
∴CG＝GM，∠CGM＝∠MCG＝60°，
∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ABP＝∠CBP，AB＝BC，
在△ABP和△CBP中，
，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴∠BAP＝∠BCP＝30°，
∴∠GPC＝∠CGM﹣∠BCP＝60°﹣30°＝30°，
∴∠GPC＝∠BCP，
∴CG＝PG，
∴CG＝PG＝GM＝PM＝×4＝2，
设AB＝x，则BG＝x﹣2，
在Rt△ABG中，∠BAG＝30°，
∴AG＝2BG＝2x﹣4，
由勾股定理得：AG2＝AB2+BG2，
即：（2x﹣4）2＝x2+（x﹣2）2，
解得：x＝3+或x＝3﹣（不合题意舍去），
∴AB的长为：3+．