期中真题必刷基础60题（58个考点专练）-2024-2025学年九年级数学上学期期中考点大串讲（人教版）

期中真题必刷基础60题（58个考点专练） 一．一元二次方程的定义（共1小题） 1．（2023秋•灌云县期中）下列方程是一元二次方程的是　　 A． B． C． D． 二．一元二次方程的一般形式（共1小题） 2．（2022秋•渝北区校级期中）一元二次方程的二次项系数和常数项分别是　　 A．2，1 B．2，0 C．2， D．， 三．一元二次方程的解（共1小题） 3．（2021秋•成武县期中）已知是一元二次方程的一个根，则的值为　　 A．0 B．1 C．2 D．4 四．解一元二次方程-直接开平方法（共1小题） 4．（2020秋•武清区期中）若一元二次方程可转化为两个一元一次方程，其中一个一元一次方程是，则另一个一元一次方程是　　 A． B． C． D． 五．解一元二次方程-配方法（共1小题） 5．（2023秋•滦南县期中）若将一元二次方程化成的形式，则，的值分别是　　 A．4，25 B．，25 C．，5 D．，73 六．解一元二次方程-公式法（共1小题） 6．（2023秋•高安市期中）是下列哪个一元二次方程的根　　 A． B． C． D． 七．解一元二次方程-因式分解法（共1小题） 7．（2023秋•汝城县期中）三角形两边的长分别是3和4，第三边的长是方程的根，则该三角形的周长为 　　． 八．换元法解一元二次方程（共1小题） 8．（2023秋•姑苏区校级期中）若，则的值为　　． 九．根的判别式（共1小题） 9．（2023秋•崂山区校级期中）若等腰三角形一条边的边长为3，另两条边的边长是关于的一元二次方程的两个根，则的值是　　 A．27 B．36 C．27或36 D．18 一十．根与系数的关系（共1小题） 10．（2024春•瑶海区校级期中）若、是方程的两个根，则　　 A．2026 B．2027 C．2024 D．2029 一十一．由实际问题抽象出一元二次方程（共1小题） 11．（2023秋•南海区期中）如图，一农户要建议个矩形花圃，花圃的一边利用长为的墙，另外三边用长的篱笆围成，为方便进出，在垂直于墙的一边留一个宽的门，花圃面积为，设与墙垂直的一边长为，则可以列出方程是　　 A． B． C． D． 一十二．一元二次方程的应用（共1小题） 12．（2023秋•常德期中）近期，我国多地出现了因肺部感染支原体病毒爆发的支原体肺炎流感．现有一个人因感染了支原体病毒，感冒发烧，经过两轮传染后共有169人被感染，则每轮传染中平均一个人传染的人数是 　　人． 一十三．配方法的应用（共1小题） 13．（2023秋•金牛区校级期中）求代数式的最大值 　　． 一十四．二次函数的定义（共1小题） 14．（2023秋•石嘴山校级期中）若是二次函数，则　　． 一十五．二次函数的图象（共2小题） 15．（2022秋•东莞市期中）在同一平面直角坐标系中，一次函数与二次函数的图象可能是　　 A． B． C． D． 16．（2021秋•靖西市期中）二次函数的图象是　　 A．线段 B．直线 C．抛物线 D．双曲线 一十六．二次函数的性质（共1小题） 17．（2023秋•越秀区校级期中）抛物线的顶点坐标是　　 A． B． C．，3 D． 一十七．二次函数图象与系数的关系（共1小题） 18．（2022秋•西青区校级期中）已知二次函数的图象如图所示，则下列结论正确的是　　 A． ，， B．，， C．，， D．，， 一十八．二次函数图象上点的坐标特征（共1小题） 19．（2023秋•武穴市校级期中）已知二次函数为常数，且的图象上有三点，，，则，，的大小关系是　　 A． B． C． D． 一十九．二次函数图象与几何变换（共1小题） 20．（2023秋•仁化县期中）把抛物线先向左平移3个单位，再向上平移4个单位，所得抛物线的函数表达式为　　 A． B． C． D． 二十．二次函数的最值（共2小题） 21．（2023秋•天心区期中）二次函数的最小值是　　 A．2 B．3 C． D． 22．（2023秋•青浦区校级期中）已知抛物线的最高点为，则　　． 二十一．待定系数法求二次函数解析式（共1小题） 23．（2023秋•永兴县期中）如图， 函数的图象， 则其解析式为　 　． 二十二．二次函数的三种形式（共1小题） 24．（2023秋•义乌市期中）将二次函数化为的形式，结果为 　　． 二十三．抛物线与x轴的交点（共1小题） 25．（2021秋•陵城区期中）直线经过第一、三、四象限，则抛物线与轴的交点个数为　　 A．0个 B．1个 C．2个 D．1个或2个 二十四．图象法求一元二次方程的近似根（共1小题） 26．（2023秋•顺义区校级期中）抛物线如图所示，利用图象可得方程的近似解为　 　（精确到． 二十五．根据实际问题列二次函数关系式（共1小题） 27．（2023秋•西湖区校级期中）已知某种产品的成本价为30元千克，经市场调查发现，该产品每天的销售量（千克）与销售价（元千克）有如下关系：．设这种产品每天的销售利润为（元，则与之间的函数表达式为　　 A． B． C． D． 二十六．二次函数的应用（共1小题） 28．（2023秋•集贤县期中）汽车刹车后行驶的距离（单位：关于行驶时间（单位：的函数解析式是，汽车刹车后到停下来前进了 　　． 二十七．二次函数综合题（共1小题） 29．（2021秋•东莞市校级期中）如图，二次函数的图象与轴交于点、，在抛物线上有一点，满足，则点的坐标是　　 A． B． C．或 D．或 二十八．圆的认识（共1小题） 30．（2022秋•兰山区校级期中）小明在半径为5的圆中测量弦的长度，下列测量结果中一定是错误的是　　 A．4 B．5 C．10 D．11 二十九．垂径定理（共1小题） 31．（2023秋•文水县期中）如图，的半径为5，于点，，则弦　　 A．4 B．6 C．8 D．5 三十．垂径定理的应用（共1小题） 32．（2022秋•平潭县校级期中）如图，一条公路的转弯处是一段圆弧，点是这段弧所在圆的圆心．是上的点，，垂足为点．若，，则的半径为 　　． 三十一．圆心角、弧、弦的关系（共1小题） 33．（2023秋•大连期中）如图，是的直径，，，则的度数是 　　． 三十二．圆周角定理（共1小题） 34．（2023秋•玄武区期中）如图，为的直径，为上一点，平分，若，则的度数为 A． B． C． D． 三十三．圆内接四边形的性质（共1小题） 35．（2023秋•西湖区校级期中）如图，是内接四边形的一个外角，若，那么的度数为　　 A． B． C． D． 三十四．点与圆的位置关系（共1小题） 36．（2023秋•临海市校级期中）已知的半径为5，点在外，则的长可能是　　 A．3 B．4 C．5 D．6 三十五．确定圆的条件（共1小题） 37．（2023秋•滨海县期中）已知平面直角坐标系中的三个点分别为、、，则、、这三个点 　　确定一个圆（填“可以”或“不可以” ． 三十六．三角形的外接圆与外心（共1小题） 38．（2023秋•西城区校级期中）如图，内接于，是的直径，，则的度数是　　 A． B． C． D． 三十七．直线与圆的位置关系（共1小题） 39．（2023秋•宿城区期中）已知的半径为6，圆心到直线距离为5，则直线与的位置关系是 　　． 三十八．切线的性质（共1小题） 40．（2023秋•古冶区期中）如图，线段是的直径，是的弦，过点作的切线交的延长线于点，，则　　 A． B． C． D． 三十九．切线的判定（共1小题） 41．（2022秋•长乐区校级期中）如图，在中，，，，以为圆心，4为半径作，求证：是的切线． 四十．切线的判定与性质（共1小题） 42．（2023秋•宿城区期中）如图，为的直径，为上一点，为的中点，过作的切线交的延长线于，交的延长线于，连． （1）求证：与相切； （2）若，，求的半径． 四十一．切线长定理（共1小题） 43．（2021秋•永昌县校级期中）如图，、分别切于、，，是劣弧上的点（不与点、重合），过点的切线分别交、于点、．则的周长为　 　． 四十二．三角形的内切圆与内心（共1小题） 44．（2023秋•丹阳市期中）边长分别为5、5、6的三角形的内切圆的半径为　　 A． B． C． D． 四十三．正多边形和圆（共1小题） 45．（2023秋•崇川区期中）一个正多边形的中心角为，则这个正多边形的边数是 　　． 四十四．弧长的计算（共1小题） 46．（2022秋•鹿城区校级期中）若扇形的圆心角为，半径为9，则扇形的弧长为 　　． 四十五．扇形面积的计算（共1小题） 47．（2023秋•长沙期中）已知一个扇形的圆心角为，半径是6，则这个扇形的面积是　　 A． B． C． D． 四十六．圆锥的计算（共1小题） 48．（2023秋•滨海县期中）圆锥的侧面积是，底面半径是，则圆锥的母线长为 　　． 四十七．圆柱的计算（共1小题） 49．（2020秋•襄城县期中）已知圆柱体的底面半径为，高为，则圆柱体的侧面积为　　 A． B． C． D． 四十八．利用轴对称设计图案（共1小题） 50．（2021秋•合浦县期中）小明将3块拼图①、②、③拼成如图1所示一个矩形，也可以拼成如图2所示的“”形状，且是轴对称图形．已知，，，则的长为 　　． 四十九．利用平移设计图案（共1小题） 51．（2022秋•陈仓区期中）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥，如图，将边长为的正方形沿对角线方向平移得到正方形，形成一个“方胜”图案，则点，之间的距离为 　　． 五十．生活中的旋转现象（共1小题） 52．（2023春•渠县校级期中）下列运动形式属于旋转的是　　 A．飞驰的动车 B．匀速转动的摩天轮 C．运动员投掷标枪 D．乘坐升降电梯 五十一．旋转的性质（共1小题） 53．（2023秋•琼中县期中）如图，将三角形绕点顺时针旋转得到三角形，若点恰好在的延长线上，若，则的度数为 　　． 五十二．旋转对称图形（共1小题） 54．（2023秋•广州校级期中）把图中的五角星图案，绕着它的中心旋转，旋转角至少为 　　度时，旋转后的五角星能与自身重合． 五十三．中心对称（共1小题） 55．（2022秋•镇原县期中）如图，和关于点成中心对称，若，，，则的长是 　　． 五十四．中心对称图形（共1小题） 56．（2023秋•仁化县期中）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称轴图形的是　　 A． B． C． D． 五十五．关于原点对称的点的坐标（共1小题） 57．（2023秋•龙沙区期中）已知点与点关于原点对称，则的值为　　 A．2 B．1 C． D． 五十六．坐标与图形变化-旋转（共1小题） 58．（2023秋•海珠区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点连续旋转2023次得到正方形，如果点的坐标为，那么点的坐标为 　　． 五十七．作图-旋转变换（共1小题） 59．（2023秋•陕州区期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点，，． （1）画出绕点逆时针旋转后的图形△，并写出点的坐标； （2）将（1）中所得△先向左平移4个单位，再向上平移2个单位得到△，画出△，并写出点的坐标； （3）若△可以看作绕某点旋转得来，直接写出旋转中心的坐标． 五十八．利用旋转设计图案（共1小题） 60．（2023秋•文水县期中）利用图形的旋转可以设计出许多美丽的图案．图2中的图案是由图1中的基本图形以点为旋转中心，顺时针旋转4次而生成的，每一次旋转的角度均为，则旋转角的值不可能为　　 A． B． C． D． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期中真题必刷基础60题（58个考点专练） 一．一元二次方程的定义（共1小题） 1．（2023秋•灌云县期中）下列方程是一元二次方程的是　　 A． B． C． D． 【分析】利用一元二次方程的定义：含有一个未知数，且含未知数项的最高次数为2次，这样的整式方程叫一元二次方程，判断即可． 【解答】解：、是二元二次方程，不符合题意； 、当时，是一元二次方程，不符合题意； 、方程整理得：，是三元一次方程，不符合题意； 、是一元二次方程，符合题意． 故选：． 【点评】此题考查了一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的定义是解本题的关键． 二．一元二次方程的一般形式（共1小题） 2．（2022秋•渝北区校级期中）一元二次方程的二次项系数和常数项分别是　　 A．2，1 B．2，0 C．2， D．， 【分析】一般地，任何一个关于的一元二次方程经过整理，都能化成如下形式．这种形式叫一元二次方程的一般形式．其中叫做二次项，叫做二次项系数；叫做一次项；叫做常数项． 【解答】解：一元二次方程的二次项系数和常数项分别是2，， 故选：． 【点评】本题考查了一元二次方程的一般形式，注意：找多项式的各项系数时带着前面的符号． 三．一元二次方程的解（共1小题） 3．（2021秋•成武县期中）已知是一元二次方程的一个根，则的值为　　 A．0 B．1 C．2 D．4 【分析】把代入方程计算求出的值，代入原式计算即可得到结果． 【解答】解：根据题意得：把代入方程得：，即， 则原式， 故选：． 【点评】此题考查了一元二次方程的解，方程的解即为能使方程左右两边相等的未知数的值． 四．解一元二次方程-直接开平方法（共1小题） 4．（2020秋•武清区期中）若一元二次方程可转化为两个一元一次方程，其中一个一元一次方程是，则另一个一元一次方程是　　 A． B． C． D． 【分析】利用直接开平方法求解即可． 【解答】解：， 或， 故选：． 【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键． 五．解一元二次方程-配方法（共1小题） 5．（2023秋•滦南县期中）若将一元二次方程化成的形式，则，的值分别是　　 A．4，25 B．，25 C．，5 D．，73 【分析】根据配方法即可求出答案． 【解答】解：， ， ， ，， 故选：． 【点评】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型． 六．解一元二次方程-公式法（共1小题） 6．（2023秋•高安市期中）是下列哪个一元二次方程的根　　 A． B． C． D． 【分析】根据求根公式确定、、的值即可判断． 【解答】解：， ，，， 是一元二次方程的根． 故选：． 【点评】本题考查了一元二次方程的解法，熟记求根公式是解题的关键． 七．解一元二次方程-因式分解法（共1小题） 7．（2023秋•汝城县期中）三角形两边的长分别是3和4，第三边的长是方程的根，则该三角形的周长为 　12　． 【分析】利用分解因式法解方程，再利用三角形三边关系求得第三边，即可得答案． 【解答】解：解方程，得，， 第三边， 第三边长为5， 周长为． 【点评】本题考查解一元二次方程因式分解法，掌握分解因式法是解题关键． 八．换元法解一元二次方程（共1小题） 8．（2023秋•姑苏区校级期中）若，则的值为　3　． 【分析】设，则原方程可得，解这个一元二次方程即可求得． 【解答】解：设，则原方程可得， 解得，， ， ， 故答案为3． 【点评】本题考查了换元法解一元二次方程，关键是把看成一个整体来计算，即换元法思想． 九．根的判别式（共1小题） 9．（2023秋•崂山区校级期中）若等腰三角形一条边的边长为3，另两条边的边长是关于的一元二次方程的两个根，则的值是　　 A．27 B．36 C．27或36 D．18 【分析】分3为腰长及3为底边长两种情况考虑：当3为腰长时，将代入原方程可求出的值，将的值代入原方程可求出的值，由三角形的三边关系可得出舍去；当3为底边长时，由根的判别式△，可求出值，将的值代入原方程可求出的值，由三角形的三边关系可得出符合题意，综上即可得出结论． 【解答】解：当3为腰长时，将代入原方程得， 解得：， 原方程为， ，， ， 长度为3，3，9的三条边不能围成三角形 舍去； 当3为底边长时，△， 解得：， 原方程为， ， ， 长度为3，6，6的三条边能围成三角形， 符合题意． 故选：． 【点评】本题考查了根的判别式、一元二次方程的解、三角形三边关系以及等腰三角形的性质，分3为腰长及3为底边长两种情况找出值是解题的关键． 一十．根与系数的关系（共1小题） 10．（2024春•瑶海区校级期中）若、是方程的两个根，则　　 A．2026 B．2027 C．2024 D．2029 【分析】由题意知，，，根据，代值求解即可． 【解答】解：由题意知，，， ， ， 故选：． 【点评】本题考查了一元二次方程的根的定义，一元二次方程的根与系数的关系，代数式求值．熟练掌握一元二次方程的根的定义，一元二次方程的根与系数的关系是解题的关键． 一十一．由实际问题抽象出一元二次方程（共1小题） 11．（2023秋•南海区期中）如图，一农户要建议个矩形花圃，花圃的一边利用长为的墙，另外三边用长的篱笆围成，为方便进出，在垂直于墙的一边留一个宽的门，花圃面积为，设与墙垂直的一边长为，则可以列出方程是　　 A． B． C． D． 【分析】根据各边之间的关系，可得出平行于墙的一边长为，结合花圃面积为，即可得出关于的一元二次方程，此题得解． 【解答】解：篱笆的总长度为，与墙垂直的一边长为， 平行于墙的一边长为． 根据题意得：． 故选：． 【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 一十二．一元二次方程的应用（共1小题） 12．（2023秋•常德期中）近期，我国多地出现了因肺部感染支原体病毒爆发的支原体肺炎流感．现有一个人因感染了支原体病毒，感冒发烧，经过两轮传染后共有169人被感染，则每轮传染中平均一个人传染的人数是 　12　人． 【分析】设每轮传染中平均一个人传染的人数是人，则第一轮传染中有人被传染，第二轮传染中有人被传染，根据“现有一个人因感染了支原体病毒，感冒发烧，经过两轮传染后共有169人被感染”，可列出关于的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论． 【解答】解：设每轮传染中平均一个人传染的人数是人，则第一轮传染中有人被传染，第二轮传染中有人被传染， 根据题意得：， 整理得：， 解得：，（不符合题意，舍去）， 每轮传染中平均一个人传染的人数是12人． 故答案为：12． 【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 一十三．配方法的应用（共1小题） 13．（2023秋•金牛区校级期中）求代数式的最大值 　7　． 【分析】根据完全平方公式把原式变形，再根据偶次方的非负性解答即可． 【解答】解： ， 则当时，代数式的最大值为7， 故答案为：7． 【点评】本题考查的是配方法的应用，掌握完全平方公式、偶次方的非负性是解题的关键． 一十四．二次函数的定义（共1小题） 14．（2023秋•石嘴山校级期中）若是二次函数，则　　． 【分析】直接利用二次函数的概念进行求解即可． 【解答】解：是二次函数， 且， 解得， 故答案为：． 【点评】本题主要考查的是二次函数的概念，一般地，形如、、是常数，的函数，叫做二次函数．其中、是变量，、、是常量，是二次项系数，是一次项系数，是常数项．、、是常数，也叫做二次函数的一般形式． 一十五．二次函数的图象（共2小题） 15．（2022秋•东莞市期中）在同一平面直角坐标系中，一次函数与二次函数的图象可能是　　 A． B． C． D． 【分析】根据二次函数得抛物线开口向上，排除，根据一次函数，得直线与轴的正半轴相交，排除；根据抛物线得，故排除． 【解答】解：二次函数， 抛物线开口向上， 排除， 一次函数， 直线与轴的正半轴相交， 排除； 抛物线得， 排除； 故选：． 【点评】本题考查了二次函数和一次函数的图象，掌握图象和性质是解题的关键． 16．（2021秋•靖西市期中）二次函数的图象是　　 A．线段 B．直线 C．抛物线 D．双曲线 【分析】根据函数图象的特点可知二次函数的图象的形状，本题得以解决． 【解答】解：是二次函数， 的图象是抛物线， 故选：． 【点评】本题考查二次函数的图象，解题的关键是明确二次函数图象的形状． 一十六．二次函数的性质（共1小题） 17．（2023秋•越秀区校级期中）抛物线的顶点坐标是　　 A． B． C．，3 D． 【分析】根据二次函数的顶点式即可得到抛物线的顶点坐标为． 【解答】解：抛物线的顶点坐标为． 故选：． 【点评】本题考查了二次函数的性质：二次函数的图象为抛物线，顶点式为，对称轴为直线，顶点坐标为，． 一十七．二次函数图象与系数的关系（共1小题） 18．（2022秋•西青区校级期中）已知二次函数的图象如图所示，则下列结论正确的是　　 A．，， B．，， C．，， D．，， 【分析】根据抛物线的开口方向，对称轴位置，与轴的交点判断，，的符号即可． 【解答】解：图象开口向下， ， 抛物线与轴的交点在轴正半轴， ， 对称轴在轴右侧， ， ， 故选：． 【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系以及二次函数图象上点的坐标特征，关键是对二次函数性质的掌握． 一十八．二次函数图象上点的坐标特征（共1小题） 19．（2023秋•武穴市校级期中）已知二次函数为常数，且的图象上有三点，，，则，，的大小关系是　　 A． B． C． D． 【分析】分别计算出自变量为、1、3对应的函数值，根据即可得到、、的大小关系． 【解答】解：当时，， 当时，， 当时，， ， ， ， ， 故选：． 【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式． 一十九．二次函数图象与几何变换（共1小题） 20．（2023秋•仁化县期中）把抛物线先向左平移3个单位，再向上平移4个单位，所得抛物线的函数表达式为　　 A． B． C． D． 【分析】抛物线的顶点坐标为，则把它向左平移3个单位，再向上平移4个单位，所得抛物线的顶点坐标为，然后根据顶点式写出解析式． 【解答】解：把抛物线先向左平移3个单位，再向上平移4个单位，所得抛物线的函数解析式为． 故选：． 【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式． 二十．二次函数的最值（共2小题） 21．（2023秋•天心区期中）二次函数的最小值是　　 A．2 B．3 C． D． 【分析】根据二次函数的性质解答即可． 【解答】解：二次函数， 当时，最小值是3， 故选：． 【点评】本题考查的是二次函数的最值，掌握二次函数的性质是解题的关键． 22．（2023秋•青浦区校级期中）已知抛物线的最高点为，则　4　． 【分析】把代入即可求出的值． 【解答】解：把代入得，， ， 故答案为：4． 【点评】本题考查了二次函数图象上点的特征，掌握函数图象上点的性质是解题的关键． 二十一．待定系数法求二次函数解析式（共1小题） 23．（2023秋•永兴县期中）如图， 函数的图象， 则其解析式为　　． 【分析】根据图象得出顶点的坐标， 即可求得解析式 ． 【解答】解： 由图象可知抛物线的顶点坐标为 所以函数的解析式为． 故答案为． 【点评】本题考查了待定系数法求解析式， 根据图象得出顶点是本题的关键 ． 二十二．二次函数的三种形式（共1小题） 24．（2023秋•义乌市期中）将二次函数化为的形式，结果为 　　． 【分析】通过配方法将一般式转化为顶点式即可， 【解答】解：， 故答案为：． 【点评】此题考查了二次函数的一般式转化为顶点式，解题的关键是掌握配方法，正确的进行转化． 二十三．抛物线与x轴的交点（共1小题） 25．（2021秋•陵城区期中）直线经过第一、三、四象限，则抛物线与轴的交点个数为　　 A．0个 B．1个 C．2个 D．1个或2个 【分析】由直线经过第一、三、四象限可得，，再由△，可判断抛物线与轴无交点． 【解答】解：直线经过第一、三、四象限， ， 又由抛物线的解析式可知，△， 抛物线与轴无交点． 故选：． 【点评】本题主要考查一次函数的性质，二次函数图象与轴交点的个数问题；熟记一次函数过象限时，的正负，并了解如何判断抛物线与轴交点个数是解题基础． 二十四．图象法求一元二次方程的近似根（共1小题） 26．（2023秋•顺义区校级期中）抛物线如图所示，利用图象可得方程的近似解为　1.7或0.3　（精确到． 【分析】抛物线与轴的两个交点，就是方程的两个根． 【解答】解：抛物线与轴的两个交点分别是、， 又抛物线与轴的两个交点，就是方程的两个根， 方程的两个近似根是1.7或0.3． 【点评】本题考查的是二次函数与一元二次方程，在解答过程中，注意二次函数与一元二次方程之间的联系，并从中择取有用信息解题． 二十五．根据实际问题列二次函数关系式（共1小题） 27．（2023秋•西湖区校级期中）已知某种产品的成本价为30元千克，经市场调查发现，该产品每天的销售量（千克）与销售价（元千克）有如下关系：．设这种产品每天的销售利润为（元，则与之间的函数表达式为　　 A． B． C． D． 【分析】利用这种产品每天的销售利润每千克的销售利润每天的销售量，即可找出与之间的函数表达式． 【解答】解：根据题意得：， 即． 故选：． 【点评】本题考查了根据实际问题列二次函数关系式，根据各数量之间的关系，找出与之间的函数表达式是解题的关键． 二十六．二次函数的应用（共1小题） 28．（2023秋•集贤县期中）汽车刹车后行驶的距离（单位：关于行驶时间（单位：的函数解析式是，汽车刹车后到停下来前进了 　75　． 【分析】根据二次函数的解析式找出其顶点式，再利用二次函数的性质求出的最大值即可得出结论． 【解答】解：， 汽车刹车后到停下来前进了， 故答案为：75． 【点评】本题考查了二次函数的应用，利用配方法，求出二次函数的顶点式是解题的关键． 二十七．二次函数综合题（共1小题） 29．（2021秋•东莞市校级期中）如图，二次函数的图象与轴交于点、，在抛物线上有一点，满足，则点的坐标是　　 A． B． C．或 D．或 【分析】根据抛物线的解析式，即可确定点的坐标，由于是定长，根据的面积即可确定点纵坐标的绝对值，将其代入抛物线的解析式中，即可求得点的坐标． 【解答】解：抛物线的解析式中，令，得：，解得，； ，； ，； 当点纵坐标为3时，，，△，方程无解，此种情况不成立； 当点纵坐标为时，，， 解得，； 或； 故选：． 【点评】能够根据三角形面积来确定点的坐标，是解答此题的关键． 二十八．圆的认识（共1小题） 30．（2022秋•兰山区校级期中）小明在半径为5的圆中测量弦的长度，下列测量结果中一定是错误的是　　 A．4 B．5 C．10 D．11 【分析】根据直径是圆中最长的弦即可求解． 【解答】解：半径为5的圆，直径为10， 在半径为5的圆中测量弦的长度，的取值范围是：， 弦的长度可以是4，5，10，不可能为11． 故选：． 【点评】本题考查了圆的认识，掌握弦与直径的定义是解题的关键．连接圆上任意两点的线段叫弦，经过圆心的弦叫直径． 二十九．垂径定理（共1小题） 31．（2023秋•文水县期中）如图，的半径为5，于点，，则弦　　 A．4 B．6 C．8 D．5 【分析】连接，如图，根据垂径定理得到，然后利用勾股定理计算出，从而得到的长． 【解答】解：连接，如图， ， ， 在中，，， ， ． 故选：． 【点评】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理． 三十．垂径定理的应用（共1小题） 32．（2022秋•平潭县校级期中）如图，一条公路的转弯处是一段圆弧，点是这段弧所在圆的圆心．是上的点，，垂足为点．若，，则的半径为 　10　． 【分析】设的半径为，由垂径定理得，在中，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【解答】解：连接，如图所示： 设的半径为， ，， ， 在中，由勾股定理得：， 即：， 解得：， 即的半径为． 故答案为：10． 【点评】本题主要考查垂径定理的应用、勾股定理的应用，熟练掌握垂径定理，由勾股定理得出方程是解题的关键． 三十一．圆心角、弧、弦的关系（共1小题） 33．（2023秋•大连期中）如图，是的直径，，，则的度数是 　55　． 【分析】根据，得出，根据平角的定义求出，再根据等腰三角形的性质求解即可． 【解答】解：是的直径，， ， ， ， ， ， 故答案为：55． 【点评】本题主要考查了弧、圆心角的关系，根据等边对等角求角度，熟练掌握等弧对等角是解题的关键． 三十二．圆周角定理（共1小题） 34．（2023秋•玄武区期中）如图，为的直径，为上一点，平分，若，则的度数为 A． B． C． D． 【分析】根据圆周角定理得出，，根据直角三角形的性质求出，根据角平分线的定义求解即可． 【解答】解：如图，连接， 为的直径， ， ， ， ， 平分， ， 故选：． 【点评】此题考查了圆周角定理，熟记圆周角定理是解题的关键． 三十三．圆内接四边形的性质（共1小题） 35．（2023秋•西湖区校级期中）如图，是内接四边形的一个外角，若，那么的度数为　　 A． B． C． D． 【分析】根据圆内接四边形的性质证得，在根据圆周角定理求出即可． 【解答】解：，， ， ， ， ． 故选：． 【点评】本题考查了圆内接四边形的性质以及圆周角定理，圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补． 三十四．点与圆的位置关系（共1小题） 36．（2023秋•临海市校级期中）已知的半径为5，点在外，则的长可能是　　 A．3 B．4 C．5 D．6 【分析】根据题意可以求得的取值范围，从而可以解答本题． 【解答】解：的半径为5，点在外， ， 故选：． 【点评】本题考查点和圆的位置关系，解答本题的关键是明确题意，求出的取值范围． 三十五．确定圆的条件（共1小题） 37．（2023秋•滨海县期中）已知平面直角坐标系中的三个点分别为、、，则、、这三个点 　能　确定一个圆（填“可以”或“不可以” ． 【分析】先利用待定系数法求出直线的解析式，再根据一次函数图象上点的坐标特征判断点是否在直线上，然后根据确定圆的条件进行判断． 【解答】解：能．理由如下： 设直线的解析式为， 把，代入得 ， 解得， 所以直线的解析式为， 当时，， 所以点不在直线上， 即点、、不共线， 所以过、、这三个点能确定一个圆． 【点评】本题考查了确定圆的条件：不在同一直线上的三点确定一个圆．会利用待定系数法求一次函数解析式． 三十六．三角形的外接圆与外心（共1小题） 38．（2023秋•西城区校级期中）如图，内接于，是的直径，，则的度数是　　 A． B． C． D． 【分析】首先连接，由是的直径，根据直径所对的圆周角是直角，即可求得的度数，继而求得的度数，然后由圆周角定理，求得的度数． 【解答】解：连接， 是的直径， ， ， ， ． 故选：． 【点评】此题考查了圆周角定理与直角三角形的性质．此题难度不大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用． 三十七．直线与圆的位置关系（共1小题） 39．（2023秋•宿城区期中）已知的半径为6，圆心到直线距离为5，则直线与的位置关系是 　相交　． 【分析】根据若，则直线与圆相交；若，则直线于圆相切；若，则直线与圆相离解答即可． 【解答】解：根据圆心到直线的距离5小于圆的半径6，则直线和圆相交． 故答案为：相交． 【点评】本题考查了直线和圆的位置关系，能够熟练运用数量关系判断直线和圆的位置关系． 三十八．切线的性质（共1小题） 40．（2023秋•古冶区期中）如图，线段是的直径，是的弦，过点作的切线交的延长线于点，，则　　 A． B． C． D． 【分析】连接，根据切线的性质可知，再由直角三角形的性质得出的度数，由圆周角定理即可得出结论． 【解答】解：连接， 是的切线， ， ， ， ． 故选：． 【点评】本题考查的是切线的性质，熟知圆的切线垂直于经过切点的半径是解答此题的关键． 三十九．切线的判定（共1小题） 41．（2022秋•长乐区校级期中）如图，在中，，，，以为圆心，4为半径作，求证：是的切线． 【分析】作于，如图，先利用勾股定理计算出，再利用面积法求出，而的半径为4，则根据切线的判定方法可判断是的切线． 【解答】解：作于，如图， ， ， 在中，， ， ， 的半径为4， 为的半径， 而， 是的切线． 【点评】本题考查了切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．在判定一条直线为圆的切线时，当已知条件中未明确指出直线和圆是否有公共点时，常过圆心作该直线的垂线段，证明该线段的长等于半径；当已知条件中明确指出直线与圆有公共点时，常连接过该公共点的半径，证明该半径垂直于这条直线． 四十．切线的判定与性质（共1小题） 42．（2023秋•宿城区期中）如图，为的直径，为上一点，为的中点，过作的切线交的延长线于，交的延长线于，连． （1）求证：与相切； （2）若，，求的半径． 【分析】（1）连接，则，由为中点可知，则有，可得，且，利用角的和差可求得，可知为切线； （2）连接，可证明，再由切线长定理可知，在中可求得，再利用线段的比可求得的长，可得半径． 【解答】（1）证明：如图，连接， 为切线， ， 为中点， ， ， ， ， ， ， 即， 为的切线； （2）解：连接， 为直径， ， ， 为切线， ，且， ， ， ， 由（1）知为切线，则，， 在中，可求得， ，解得， ， 的半径为． 【点评】本题主要考查切线的判定和性质及相似三角形的判定和性质，在（2）中利用相似求得的长是解题的关键． 四十一．切线长定理（共1小题） 43．（2021秋•永昌县校级期中）如图，、分别切于、，，是劣弧上的点（不与点、重合），过点的切线分别交、于点、．则的周长为　20　． 【分析】利用切线长定理，可以得到：，，，据此即可求解 【解答】解：，是圆的切线． 同理，，． 三角形的周长． 故答案是20． 【点评】本题主要考查了切线长定理，对于定理的认识，在图形中找到切线长定理的基本图形是解决本题的关键． 四十二．三角形的内切圆与内心（共1小题） 44．（2023秋•丹阳市期中）边长分别为5、5、6的三角形的内切圆的半径为　　 A． B． C． D． 【分析】由是的内切圆，切于，切于，根据切线长定理得到，求得，，，，由勾股定理列方程求解． 【解答】解：如图是的内切圆， 切于，切于， ， ，，三点共线， ， ， ， ， 设三角形内切圆的半径为， ， ， 三角形内切圆的半径为． 故选：． 【点评】本题主要考查对三角形的内切圆与内心，切线长定理，切线的性质，正方形的性质和判定，勾股定理等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行推理是解此题的关键． 四十三．正多边形和圆（共1小题） 45．（2023秋•崇川区期中）一个正多边形的中心角为，则这个正多边形的边数是 　9　． 【分析】根据正多边形的中心角的计算公式：计算即可． 【解答】解：设这个多边形的边数是， 由题意得，， 解得，， 故答案为：9． 【点评】本题考查的是正多边形和圆的有关知识，掌握正多边形的中心角的计算公式：是解题的关键． 四十四．弧长的计算（共1小题） 46．（2022秋•鹿城区校级期中）若扇形的圆心角为，半径为9，则扇形的弧长为 　　． 【分析】应用弧长计算公式进行计算即可得出答案． 【解答】解：． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了弧长的计算，熟练掌握弧长计算公式进行求解是解决本题的关键． 四十五．扇形面积的计算（共1小题） 47．（2023秋•长沙期中）已知一个扇形的圆心角为，半径是6，则这个扇形的面积是　　 A． B． C． D． 【分析】根据扇形面积计算公式：设圆心角是，圆的半径为的扇形面积为，则进行计算即可． 【解答】解：扇形的圆心角为，半径是6， ． 故选：． 【点评】此题主要考查了扇形的面积计算，关键是掌握扇形面积计算公式． 四十六．圆锥的计算（共1小题） 48．（2023秋•滨海县期中）圆锥的侧面积是，底面半径是，则圆锥的母线长为 　5　． 【分析】底面半径是，则扇形的弧长是，根据扇形的面积公式即可求得扇形的半径，即圆锥的母线长． 【解答】解：底面半径是，则扇形的弧长是． 设母线长是，则， 解得：． 故答案为：5． 【点评】正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长． 四十七．圆柱的计算（共1小题） 49．（2020秋•襄城县期中）已知圆柱体的底面半径为，高为，则圆柱体的侧面积为　　 A． B． C． D． 【分析】圆柱的侧面积底面周长高，把相应数值代入即可求解． 【解答】解：圆柱的侧面积． 故选：． 【点评】本题考查了圆柱的计算，解题的关键是弄清圆柱的侧面积的计算方法． 四十八．利用轴对称设计图案（共1小题） 50．（2021秋•合浦县期中）小明将3块拼图①、②、③拼成如图1所示一个矩形，也可以拼成如图2所示的“”形状，且是轴对称图形．已知，，，则的长为 　6　． 【分析】延长交于，设，则，根据轴对称的性质得：，表示，，的长，证明，，可得的值即可解决问题． 【解答】解：如图1，延长交于， 设，则， 由轴对称的性质得：， ， ， ， 即， ， ，， ， ， ， ， 解得：或31（舍， ， 故答案为：6． 【点评】本题考查利用轴对称设计图案，矩形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 四十九．利用平移设计图案（共1小题） 51．（2022秋•陈仓区期中）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥，如图，将边长为的正方形沿对角线方向平移得到正方形，形成一个“方胜”图案，则点，之间的距离为 　　． 【分析】根据正方形的性质、勾股定理求出，根据平移的概念求出，计算即可． 【解答】解：四边形为边长为的正方形， ， 由平移的性质可知，， ， 故答案为：． 【点评】本题考查的是平移的性质、正方形的性质，根据平移的概念求出是解题的关键． 五十．生活中的旋转现象（共1小题） 52．（2023春•渠县校级期中）下列运动形式属于旋转的是　　 A．飞驰的动车 B．匀速转动的摩天轮 C．运动员投掷标枪 D．乘坐升降电梯 【分析】根据旋转的定义得出结论即可． 【解答】解：由题意知，匀速转动的摩天轮属于旋转， 故选：． 【点评】本题主要考查旋转的概念，熟练掌握旋转的概念是解题的关键． 五十一．旋转的性质（共1小题） 53．（2023秋•琼中县期中）如图，将三角形绕点顺时针旋转得到三角形，若点恰好在的延长线上，若，则的度数为 　　． 【分析】由三角形绕点顺时针旋转得到三角形，得，则． 【解答】解：三角形绕点顺时针旋转得到三角形， ， ， ， ， 故答案为：． 【点评】本题主要考查了旋转的性质，明确旋转前后对应角相等是解题的关键． 五十二．旋转对称图形（共1小题） 54．（2023秋•广州校级期中）把图中的五角星图案，绕着它的中心旋转，旋转角至少为 　72　度时，旋转后的五角星能与自身重合． 【分析】五角星图案，可以被平分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是，并且圆具有旋转不变性，因而旋转72度的整数倍，就可以与自身重合． 【解答】解：该图形被平分成五部分，旋转72度的整数倍，就可以与自身重合，旋转角至少为． 故答案为：72． 【点评】本题考查了旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角． 五十三．中心对称（共1小题） 55．（2022秋•镇原县期中）如图，和关于点成中心对称，若，，，则的长是 　　． 【分析】利用全等三角形的性质以及勾股定理即可解决问题． 【解答】解：与关于点成中心对称， ， ，，， ， ， ， 故答案为． 【点评】本题考查中心对称，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握性质定理是解题的关键． 五十四．中心对称图形（共1小题） 56．（2023秋•仁化县期中）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称轴图形的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据中心对称图形以及轴对称图形的定义即可作出判断． 【解答】解：、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项错误； 、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项错误； 、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项错误； 、既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； 故选：． 【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的定义，正确理解定义是解题关键． 五十五．关于原点对称的点的坐标（共1小题） 57．（2023秋•龙沙区期中）已知点与点关于原点对称，则的值为　　 A．2 B．1 C． D． 【分析】根据平面直角坐标系中任意一点，关于原点的对称点是，据此求解即可． 【解答】解：点与点 关于原点对称， ， ， 故选：． 【点评】本题考查了关于原点对称的点坐标的关系和解二元一次方程组，熟知关于原点对称的两点横纵坐标互为相反数是解题的关键． 五十六．坐标与图形变化-旋转（共1小题） 58．（2023秋•海珠区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点连续旋转2023次得到正方形，如果点的坐标为，那么点的坐标为 　　． 【分析】根据图形可知：点在以为圆心，以为半径的圆上运动，由旋转可知：将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，相当于将线段绕点逆时针旋转，可得对应点的坐标，根据规律发现是8次一循环，可得结论． 【解答】解：点的坐标为， ， 四边形是正方形， ， 连接， 四边形是正方形， ，， 由勾股定理得：， 由旋转得：， 将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，相当于将线段绕点逆时针旋转，依次得到， ，，，，，，，， 发现是8次一循环，所以， 点的坐标为． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，规律性的探索，勾股定理，坐标与图形，解题的关键在于能够掌握从特殊到一般探究规律的方法． 五十七．作图-旋转变换（共1小题） 59．（2023秋•陕州区期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点，，． （1）画出绕点逆时针旋转后的图形△，并写出点的坐标； （2）将（1）中所得△先向左平移4个单位，再向上平移2个单位得到△，画出△，并写出点的坐标； （3）若△可以看作绕某点旋转得来，直接写出旋转中心的坐标． 【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出、、的对应点、、即可； （2）利用点平移的坐标特征写出、、的坐标，然后描点即可； （3）作和的垂直平分线，它们的交点满足条件． 【解答】解：（1）如图，△为所作，点的坐标为； （2）如图，△为所作，点的坐标为； （3）如图，旋转中心为点． 【点评】本题考查了作图旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形． 五十八．利用旋转设计图案（共1小题） 60．（2023秋•文水县期中）利用图形的旋转可以设计出许多美丽的图案．图2中的图案是由图1中的基本图形以点为旋转中心，顺时针旋转4次而生成的，每一次旋转的角度均为，则旋转角的值不可能为　　 A． B． C． D． 【分析】根据图形间的关系可得答案． 【解答】解：根据题意，顺时针（或逆时针）旋转角度，依次旋转四次而组成， 这个图形可以由一个基本图形绕中心依次旋转四次旋转而得到， 每次旋转的度数为除以5为，即旋转角是的倍数， 故选项，，不符合题意，选项符合题意． 故选：． 【点评】此题主要考查了利用旋转设计图案，正确得出旋转角的度数是解题关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司3 学科网（北京）股份有限公司 $$