2024-2025学年人教版数学九年级上册期中复习综合试题

九年级期中复习综合试题 考试范围：第21章--第24.1章；考试时间：100分钟；总分：120分 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1．中国传统纹样产生于人民，寄寓着花好月圆的愿景，寄托着平安康乐的期盼．如图四幅传统纹样中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A．B． C． D． 2．平面直角坐标系内与点P（﹣2，3）关于原点对称的点的坐标是（　　） A．（3，﹣2） B．（2，3） C．（2，﹣3） D．（﹣3，﹣3） 3．二次函数y＝（x﹣1）2﹣5的顶点坐标是（　　） A．（﹣1，5） B．（﹣1，﹣5） C．（1，5） D．（1，﹣5） 4．下列方程中，没有实数根的是（　　） A．2x2﹣x＝2 B．﹣5x2 C．x（x﹣1）＝x2 D．4x2+1＝0 5．如图，在⊙O中，弦AB的长为24，圆心O到AB的距离为5，则⊙O的半径为（　　） A．12 B．12 C．13 D．12 6．如图，在正方形ABCD中，E为DC边上的点，连接BE，将△BCE绕点C顺时针方向旋转90°得到△DCF，连接EF，若∠BEC＝60°，则∠EFD的度数为（　　） A．15° B．10° C．20° D．25° 7．若抛物线y＝x2+2x+c与y轴交点为（0，﹣3），则下列说法不正确的是（　　） A．抛物线开口向上 B．当x＞﹣1时，y随x的增大而减小 C．对称轴为x＝﹣1 D．c的值为﹣3 8．已知二次函数y＝ax2+bx+c中，函数y与自变量x的部分对应值如表：则当y＜6时，x的取值范围是（　　） x … ﹣2 ﹣1 0 1 2 … y … 11 6 3 2 3 … A．﹣1＜x＜3 B．﹣3＜x＜3 C．x＜﹣1或X＞3 D．x＞3 9．如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B的坐标为（6，0），将△ABO绕着点B顺时针旋转60°，得到△DBC，则点C的坐标是（　　） A．（3，3） B．（3，3） C．（6，3） D．（3，6） 10．刀削面堪称天下一绝，传统的操作方法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里．如图，面刚被削离时与开水锅的高度差h＝0.45m，与锅的水平距离L＝0.3m，锅的半径R＝0.5m．若将削出的小面圈的运动轨迹视为抛物线的一部分，要使其落入锅中（锅的厚度忽略不计），则其水平初速度v0不可能为（提示，g＝10m/s2，水平移动距离s＝vt）（　　） A．2.5m/s B．3m/s C．3.5m/s D．5m/s 二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分） 11．若x＝﹣2是一元二次方程x2+2x+a＝0的一个根，那么a＝　 　． 12．如图，AB是圆O的直径，点C在圆O上，若∠A＝40°，则∠B的度数为　 　． 13．将二次函数y＝x2+1的图象向左平移2个单位，再向下平移3个单位，所得二次函数解析式为　 　． 14．一个足球被从地面向上踢出，它距地面的高度h（m）与足球被踢出后经过的时间t（s）之间具有函数关系h＝at2+19.6t，已知足球被踢出后经过4s落地，则足球距地面的最大高度是 　 　m． 15．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A′B′C，M是BC的中点，P是A′B′的中点，连接PM．若BC＝2，AB＝4，则线段PM的最大值是 　 　． 三．解答题（共8小题，满分75分） 16．（16分）用合适的方法解下列方程． （1）9（x﹣2）2＝16； （2）2（x﹣2）2＝x2﹣4； （3）2x2+x﹣3＝0； （4）x2+10x﹣11＝0． 17．（7分）已知关于x的一元二次方程x2﹣4mx+4m2﹣9＝0． （1）求证：此方程有两个不相等的实数根； （2）如果此方程有一个实数根为0，求m的值． 18．（8分）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2），C（3，4）． （1）画出△ABC向左平移5个单位长度后得到的△A1B1C1； （2）请画出△ABC关于原点对称的△A2B2C2，并写出点A2、B2、C2坐标； （3）请画出△ABC绕原点O逆时针旋转90°后△A3B3C3，并写出点A3、B3、C3坐标． 19．（8分）如图，AB是⊙O的直径，点D为AB下方⊙O上一点，点C为的中点，连结CD，CA，AD．延长AC，DB相交于点E． （1）求证：OC∥BE． （2）若，BD＝6，求⊙O的半径． 20．（8分）某商品的进价为每件40元，如果售价为每件50元，每个月可卖出210件；如果售价超过50元但不超过80元，每件商品的售价每上涨1元，则每个月少卖1件；如果售价超过80元后，若再涨价，则每涨1元每月少卖3件．设每件商品的售价为x元，每个月的销售量为y件． （1）求y与x的函数关系式并直接写出自变量x的取值范围； （2）设每月的销售利润为W，请直接写出W与x的函数关系式； （3）每件商品的售价定为多少元时，每个月可获得最大利润？最大的月利润是多少元？ 21．（9分）阅读材料，解答问题： 关于圆的引理 古希腊数学家、物理学家阿基米德流传于世的数学著作有10余种，下面是《阿基米德全集》的《引理集》中记载的一个命题： 如图1，AB是⊙O的弦，点C在⊙O上，CD⊥AB于点D，在弦AB上取点E，使DE＝AD，点F是上的一点，且，连接BF，则BF＝BE． 小颖对这个问题很感兴趣，经过思考，写出了下面的证明过程： 证明：如图2，连接CA，CE，CF，BC， ∵CD⊥AB于点D，DE＝AD， ∴CA＝CE． ∴∠CAE＝∠CEA． ∵， ∴CF＝CA（依据1），∠CBF＝∠CBA． ∵四边形ABFC内接于⊙O， ∴∠CAB+∠CFB＝180°．（依据2） …… （1）上述证明过程中的依据1为 　 　，依据2为 　 　； （2）将上述证明过程补充完整． 22．（9分）如图1，抛物线C1：y＝ax2+k的顶点A（0，﹣2），且过点（2，0），点B的坐标为（1，0），直线AB交抛物线C1于另一点C． （1）抛物线的解析式为　 　； （2）求点C的坐标： （3）如图2，将抛物线C1向下平移m（m＞0）个单位得到抛物线C，且抛物线C的顶点为P，交x轴负半轴于点M，交射线BC于点N，NQ⊥x轴于点Q，当NP平分∠MNQ时，求m的值． 23．（10分）如图，在等腰直角三角形ABC和ADE中，AC＝AB，AD＝AE，连接BD，点M、N分别是BD，BC的中点，连接MN． （1）如图1，当顶点D在边AC上时，请直接写出线段BE与线段MN的数量关系是 　 　，位置关系是 　 　． （2）当△ADE绕点A旋转时，连接BE，上述结论是否依然成立，若成立，请就图2情况给出证明；若不成立，请说明理由． （3）当AC＝5时，在△ADE绕点A旋转过程中，以D，E，M，N为顶点可以组成平行四边形，请直接写出AD的长． 参考答案 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1．解：A、该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，此选项符合题意； B、该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，此选项不合题意； C、该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，此选项不合题意； D、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，此选项不合题意． 选：A． 2．解：由题意，得 点P（﹣2，3）关于原点对称的点的坐标是（2，﹣3）， 选：C． 3．解：二次函数y＝（x﹣1）2﹣5的顶点坐标是（1，﹣5）． 选：D． 4．解：A、2x2﹣x＝2， ∴2x2﹣x﹣2＝0， ∵Δ＝（﹣1）2﹣4×4×（﹣2）＝33＞0， ∴方程有两个不相等的实数根，不符合题意． B、﹣5x2， ∴5x20， ∵Δ＝0﹣4200， ∴方程有两个不相等的实数根，不符合题意． C、x（x﹣1）＝x2， ∴x＝0，不符合题意． D、方程4x2+1＝0， ∵Δ＝0﹣4×4×1＝﹣16＜0， ∴方程没有的实数根，符合题意． 选：D． 5．解：∵OC⊥AB， ∴AC＝BCAB＝12， 则OA13， 选：C． 6．解：∵△BCE绕点C顺时针方向旋转90°得到△DCF， ∴CE＝CF，∠DFC＝∠BEC＝60°，∠EFC＝45°， ∴∠EFD＝60°﹣45°＝15°． 选：A． 7．解：∵y＝x2+2x+c与y轴交点为（0，﹣3）， ∴c＝﹣3，D正确，不符合题意， ∴抛物线解析式为y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4， ∴抛物线开口向上，对称轴为直线x＝﹣1，当x＞﹣1时，y随x的增大而增大，A、C正确，不符合题意，B不正确， 选：B． 8．解：由表可知，二次函数的对称轴为直线x＝1， 所以，x＝3时，y＝﹣6， 所以，y＜6时，x的取值范围为﹣1＜x＜3． 选：A． 9．解：作CM⊥x轴于M， ∵点B的坐标为（6，0）， ∴BC＝OB＝6， ∵∠OBC＝60°， ∴BM，CM3， ∴OM＝OB﹣BM＝6﹣3＝3， ∴C（3，3）． 选：B． 10．解：∵， ∴t0.3（s）， ∵L＜x＜L+2R， 根据x＝v0t， 可得最小速度为：1（m/s）， 最大速度为：（m/s）， 由此可知，选项A，B，C在此范围内，不符合题意，选项D.5m/s不在此范围内，符合题意， 选：D． 二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分） 11．解：把x＝2代入x2+2x+a＝0，得 （﹣2）2+2×（﹣2）+a＝0， 解得a＝0． 答案为：0． 12．解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠B＝90°﹣∠A＝90°﹣40°＝50°， 答案为50°． 13．解：二次函数y＝x2+1的顶点坐标为（0，1）， ∵函数图象向左平移2个单位，再向下平移3个单位， ∴0﹣2＝﹣2， 1﹣3＝﹣2， ∴平移后的二次函数顶点坐标为（﹣2，﹣2）， ∴所得二次函数解析式为y＝（x+2）2﹣2． 答案为：y＝（x+2）2﹣2． 14．解：由题意得：t＝4时，h＝0， 因此0＝16a+19.6×4， 解得：a＝﹣4.9， ∴函数关系为h＝﹣4.9t2+19.6t， 足球距地面的最大高度是：19.6（m）， 答案为：19.6． 15．解：由∠ACB＝90°，△ABC旋转得到△A′B′C，M是BC的中点，P是A′B′的中点，BC＝2，AB＝4， 得PCA'B'AB＝2，CMCB＝1， 得PM≤PC+CM＝2+1＝3． 答案为：3． 三．解答题（共8小题，满分75分） 16．解：（1）∵9（x﹣2）2＝16， ∴， ∴， ∴，； （2）2（x﹣2）2＝x2﹣4， 2（x﹣2）2﹣（x2﹣4）＝0， 2（x﹣2）2﹣（x+2）（x﹣2）＝0， （x﹣2）[2（x﹣2）﹣（x+2）]＝0， （x﹣2）（x﹣6）＝0， x﹣2＝0或x﹣6＝0， 解得x1＝2，x2＝6； （3）2x2+x﹣3＝0， ∵a＝2，b＝1，c＝﹣3， ∵Δ＝12﹣4×2×（﹣3）＝25＞0， ∴， ∴，x2＝1； （4）∵x2+10x﹣11＝0， ∴x2+10x＝11， ∴（x+5）2＝36， ∴x+5＝±6， ∴x1＝﹣11，x2＝1． 17．（1）证明：∵Δ＝（﹣4m）2﹣4（4m2﹣9） ＝36， ∵不论m取何值时，36恒大于0， ∴原方程总有两个不相等的实数根； （2）解：将x＝0代入x2﹣4mx+4m2﹣9＝0中，得4m2﹣9＝0， 解得：m或． ∴m的值为或． 18．解：（1）如图，△A1B1C1为所作； （2）如图，△A2B2C2为所作，点A2、B2、C2坐标分别为（（﹣1，﹣1），（﹣4，﹣2），（﹣3，﹣4）； （3）如图，△A3B3C3为所作，点A3、B3、C3坐标分别为（﹣1，1），（﹣2，4），（﹣4，3）． 19．（1）证明：延长CO交⊙O于F，连接BC，如图所示： ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， 即BE⊥AD， ∵点C为的中点， ∴根据垂径定理得：CF⊥AD， ∴OC∥BE， （2）解：设⊙O的半径为R，则AB＝2R，OC＝R， ∵OA＝OB，OC∥BE， ∴OC是△ABE的中位线， ∴AC＝CE，BE＝2OC＝2R， ∴AE，DE＝BD+BE＝2R+6， 在Rt△ABD中，由勾股定理得：AD2＝AB2﹣BD2， 在Rt△AED中，由勾股定理得：AD2＝AE2﹣DE2， ∴AB2﹣BD2＝AE2﹣DE2， ∴（2R）2﹣62＝（）2﹣（2R+6）2， 整理得：R2+3R﹣40＝0， 解得：R1＝5，R2＝﹣8（不合题意，舍去）， ∴⊙O的半径为5． 20．解：（1）当50＜x≤80时，y＝210﹣（x﹣50），即y＝260﹣x， 当80＜x≤140时，y＝210﹣（80﹣50）﹣3（x﹣80），即y＝420﹣3x． 则， （2）由利润＝（售价﹣成本）×销售量可以列出函数关系式 w＝﹣x2+300x﹣10400（50＜x≤80） w＝﹣3x2+540x﹣16800（80＜x≤140）， （3）当50＜x≤80时，w＝﹣x2+300x﹣10400， 当x＝80有最大值，最大值为7200， 当80＜x≤140时，w＝﹣3x2+540x﹣16800， 当x＝90时，有最大值，最大值为7500， 售价定为90元．利润最大为7500元． 21．（1）解：上述证明过程中的依据1为在同圆中相等的弧所对的弦相等，依据2为圆内接四边形的对角互补． 答案为：在同圆中相等的弧所对的弦相等，圆内接四边形的对角互补； （2）证明：如图2，连接CA，CE，CF，BC， ∵CD⊥AB于点D，DE＝AD， ∴CA＝CE． ∴∠CAB＝∠CEA． ∵， ∴CF＝CA， ∴∠CBF＝∠CBA． ∵四边形ABFC内接于⊙O， ∴∠CAB+∠CFB＝180°， ∵∠CEA+∠CEB＝180°， ∴∠CFB＝∠CEB， 在△CFB和△CEB中， ， ∴△CFB≌△CEB（AAS）， ∴BF＝BE． 22．解：（1）抛物线C1：的顶点A（0，﹣2），则k＝﹣2， 则y＝ax2﹣2，将点（2，0）代入上式得：0＝a（2）2﹣2， 解得：a， 则抛物线的表达式：yx2﹣2…①， 答案为：yx2﹣2； （2）将点A、B的坐标代入y＝kx+b得：，解得：， 直线AB的表达式为：y＝2x﹣2…②， 联立①②并解得：x＝0或4（舍去0）， 点C（4，6）； （3）设抛物线C2表达式为：yx2﹣2﹣m，设点M（n，0）， 则n2﹣2﹣m＝0，抛物线C2表达式为：yx2n2…③， 联立②③并解得：x＝2﹣n或2+n，则点N（2﹣n，2﹣2n）， 则NQ＝2﹣2n，MQ＝2﹣2n， ∴△MNQ为等腰直角三角形，则∠MNQ＝45°， 又点P（0，n2），即点M（n，0）， 设直线MN与y轴的交点为H，则OH＝OM，则点H（0，﹣n）， 作NK⊥y轴于点K，在△NKH中，NK＝KH， 则NH（2﹣n），又HP＝OH+OPn2﹣n， ∵PN为角平分线，则∠MNP＝∠PNQ＝22.5°， NH＝HP， 则（2﹣n）n2﹣n， 解得：n＝2或﹣2（舍去2）， ∵n2﹣2﹣m＝0，解得：m＝2． 23．解：（1）如图1，延长MN交AB于点G， ∵M、N分别是BD、BC的中点， ∴MN∥CD，且MNCD， ∵AC＝AB，AD＝AE， ∴CD＝BE， ∴MNBE； ∵∠NGB＝∠A＝90°， ∴MN⊥BE． 答案为：MNBE，MN⊥BE. （2）成立，理由如下： ∴如图2，连接并延长CD交BE于点H，延长NM交BE于点G， ∵∠CAB＝∠DAE＝90°， ∴∠CAD＝∠BAE＝90°﹣∠DAB， ∵AC＝AB，AD＝AE， ∴△CAD≌△BAE（SAS）， ∴CD＝BE，∠ACD＝∠ABE， ∵点M、N分别是BD、BC的中点， ∴MN∥CD，MNCD， ∴MNBE； ∵∠BCH+∠CBH＝∠BCH+∠ABE+∠ABC＝∠BCH+∠ACD+∠ABC＝∠ACB+∠ABC＝90°， ∴∠CHB＝90°， ∴CD⊥BE， ∵∠NGB＝∠CHB＝90°； ∴MN⊥BE． （3）如图3，AD在△ABC内部，AE在△ABC的外部，且四边形DEMN是平行四边形， 由（2）得，CD⊥BE，MN∥CD，MNCDBE， ∵DE∥MN， ∴∠EDN+∠DNM＝180°， ∵∠DNM＝∠CDN， ∴∠EDN+∠CDN＝180°， ∴C、D、E三点在同一条直线上， ∴∠BEC＝90°， ∵DE2＝2AD2， ∴DEAD， ∵DE＝MN， ∴CD＝BE＝2MN＝2DE＝2AD， ∵AC＝5， ∴BC2＝52+52＝50， 由CE2+BE2＝BC2得，（ADAD）2+（2AD）2＝50， 解得AD； 如图4，AD、AE都在△ABC的外部，且四边形DENM是平行四边形，设BE交AC于点O， ∵∠CAD＝∠BAE＝90°+∠CAE，AC＝AB，AD＝AE， ∴△CAD≌△BAE（SAS）， ∴CD＝CE， ∵M、N分别为BD、BC的中点， ∴MN∥CD， ∵四边形DENM是平行四边形， ∴DE∥MN， ∴点E在CD上， ∵∠ACD＝∠ABE，∠COE＝∠AOB， ∴∠ACE+∠COE＝∠ABE+∠AOB＝90°， ∴∠BEC＝90°， ∵M、N分别是BD、BC的中点， ∴MNCDBE， ∴BE＝CD＝2MN＝2DE， ∵DEAD， ∴BE＝CD＝2AD， 由CE2+BE2＝BC2得，（ADAD）2+（2AD）2＝50， 解得AD， 综上所述，AD的长为或． 第1页（共16页） 学科网（北京）股份有限公司 $$