精品解析：2024-2025学年人教版九年级数学上册期中模拟试题

九年级数学上册期中模拟试题 考试范围：人教版21-24.1；考试时间：100分钟；总分：120分 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1. 下面的图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 一元二次方程 根是（　　） A. B. C. D. 3. 若关于的方程没有实数根，则的值可以为（　　） A. B. C. 0 D. 1 4. 二次函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 5. 已知抛物线上某些点的横坐标与纵坐标的对应值如下表： … 0 … … p 1 p m … 有以下几个结论，其中错误的选项是（ ） A. 抛物线与轴的交点坐标是； B. 抛物线对称轴为直线； C. 关于x的方程的根为和； D. 当时，的取值范围是． 6. 如图，中，，，点B的坐标为，将绕点A逆时针旋转得到，当点O的对应点C落在上时，点D的坐标为（ ） A B. C. D. 7. 如图，是的弦，交于点，点是上一点，连接，．若，则的度数为（　　） A. B. C. D. 8. 如图，在方格纸上建立的平面直角坐标系中，每个小方格都是边长为1的正方形，将绕点O按逆时针方向旋转得到，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，四边形内接于，点P为边上任意一点（点P不与点A，D重合），连接．若，则的度数可能为（ ） A. 40° B. 50° C. 60° D. 70° 10. 如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于点C，对称轴是直线，其顶点在第二象限，给出以下结论：①当时，；②若且，则 ；③若，则④若，连接，点 P 在抛物线的对称轴上，且，则． 其中正确的有（ ） A. ①③④ B. ①②③ C. ①②④ D. ②③④ 二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分） 11. 方程的根是______． 12. 二次函数图象的顶点坐标为__________． 13. 如图，△ABC和△DEC关于点C成中心对称，若，，，则的长是______． 14. 如图，点C，D在以为直径的半圆O上，且，点E是上任意一点，连接，，则的度数为_____________． 15. 矩形中，平分交于点，把绕点逆时针旋转交于点，过点作于点，连接，若，，则________________． 三．解答题（共8小题，满分75分） 16. 用适当方法解下列方程： （1） （2） （3） （4） 17. 已知关于的一元二次方程． （1）求证：无论为何值，该方程总有两个不等实根． （2）当的斜边，且两直角边和恰好是这个方程的两个根，求的值． 18. 在同一坐标系下，一次函数的图象过抛物线上横坐标为1的点． （1）求b的值； （2）抛物线的对称轴与这个一次函数图象的交点记为P．求点P到坐标原点O的距离． 19. 如图，的顶点坐标分别为、．． （1）以点O为旋转中心，将顺时针旋转得到，请画出； （2）分别写出三个顶点的坐标； （3）以点A为旋转中心，将逆时针旋转得到直接写出直线的函数解析式． 20. 如图，现打算用的篱笆围成一个“日”字形菜园（含隔离栏），菜园的一面靠墙（篱笆的宽度忽略不计） （1）菜园面积可能为吗？若可能，求边长长，若不可能，请说明理由； （2）因场地限制，菜园的宽度不能超过，求该菜园面积的最大值． 21. 如图，是的直径，C是的中点，于点E，交于点F． （1）求证：． （2）若，求的半径和的长． 22. 已知抛物线与轴交于A，B两点（点A在点B左侧） （1）当时，求y的取值范围； （2）点P为抛物线上一点，若，求出点P的坐标． 23. 如图1，在等腰中，，点P是线段的中点，点E是线段延长线上一点，且PC，将线段绕点P顺时针旋转得到PD，连接． （1）如图2，若，其他条件不变，先补全图形，然后探究线段和之间的数量关系，并说明理由． （2）如图3，若，其他条件不变，探究线段和之间的等量关系，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 九年级数学上册期中模拟试题 考试范围：人教版21-24.1；考试时间：100分钟；总分：120分 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1. 下面的图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，常见的中心对称图形有平行四边形、圆形、正方形、长方形等等．常见的轴对称图形有等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等等． 根据中心对称图形与轴对称图形的概念，进行判断即可．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形． 【详解】解：A．该图形既轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意； B．该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意； C．该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意； D．该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意； 故选：A． 2. 一元二次方程 的根是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解法．解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．直接开平方法求解可得． 【详解】解：， 移项得：， 两边直接开平方得：， 故选：D． 3. 若关于的方程没有实数根，则的值可以为（　　） A. B. C. 0 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】利用根判别式得到，求解即可． 【详解】∵方程没有实数根， ∴ 解得，符合范围的是D， 故选：D． 【点睛】此题考查一元二次方程根的判别式：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根，熟记根的判别式是解题的关键． 4. 二次函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二次函数y=x2+2x的顶点坐标为（-1，-1），它的开口方向向上，且图象经过原点，即可解答． 【详解】解：∵二次函数y=x2+2x=（x+1）2-1， ∴开口向上，顶点为（-1，-1），且经过原点． 故选：C． 【点睛】本题考查了二次函数的图象，解决本题的关键是明确二次函数的开口方向、顶点坐标以及与x轴的交点． 5. 已知抛物线上某些点的横坐标与纵坐标的对应值如下表： … 0 … … p 1 p m … 有以下几个结论，其中错误的选项是（ ） A. 抛物线与轴的交点坐标是； B. 抛物线的对称轴为直线； C. 关于x的方程的根为和； D. 当时，的取值范围是． 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质，解题时要熟练掌握并能求出抛物线的对称轴是关键．根据当和时的函数值均为p可判断B；根据对称性可判断A；求出抛物线表达式可判断C和D． 【详解】解：由题意，∵当和时的函数值均为p， ∴抛物线的对称轴是直线， ∴当时的函数值与时的函数值相等，即当时，， ∴抛物线与y轴的交点坐标是， ∴A，B均为正确． 由题意，顶点为， ∴可设抛物线为． 又抛物线过点， ∴， ∴， ∴抛物线为． 又令， ∴， ∴或， ∴关于x的方程的根为和，故C正确． ∵抛物线开口向下，当时，y取最大值， ∴当时，x的取值范围应该是两部分，即或，故D错误． 故选：D． 6. 如图，中，，，点B的坐标为，将绕点A逆时针旋转得到，当点O的对应点C落在上时，点D的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】证明是等边三角形，则，，如图，过作轴于，则，，则，，由勾股定理得，，进而可求点D的坐标． 【详解】解：由旋转的性质可知，，，，∴是等边三角形， ∴， ∴， 如图，过作轴于，则， ∴， ∴，， 由勾股定理得，， ∴点D的坐标为， 故选：A． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，含的直角三角形，勾股定理，点坐标等知识．熟练掌握旋转的性质，等边三角形的判定与性质，含的直角三角形，勾股定理，点坐标是解题的关键． 7. 如图，是的弦，交于点，点是上一点，连接，．若，则的度数为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质等知识，利用圆周角定理求出，根据等腰三角形的三线合一性质求出，等边对等角然后结合三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， 故选：B． 8. 如图，在方格纸上建立的平面直角坐标系中，每个小方格都是边长为1的正方形，将绕点O按逆时针方向旋转得到，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，,根据旋转的性质，得到，计算选择即可． 【详解】∵,根据旋转的性质， ∴点的坐标为， 故选D． 9. 如图，四边形内接于，点P为边上任意一点（点P不与点A，D重合），连接．若，则的度数可能为（ ） A. 40° B. 50° C. 60° D. 70° 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查圆内接四边形，三角形外角的性质．根据圆内接四边形的对角互补，求出，根据三角形的外角，得到，即可． 【详解】解：∵四边形内接于，， ∴， ∵是的一个外角， ∴， 故选D． 10. 如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于点C，对称轴是直线，其顶点在第二象限，给出以下结论：①当时，；②若且，则 ；③若，则④若，连接，点 P 在抛物线的对称轴上，且，则． 其中正确的有（ ） A. ①③④ B. ①②③ C. ①②④ D. ②③④ 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数综合，二次函数图象的性质等等，由抛物线开口向下，对称轴为直线，得到当时，，据此可判断①；根据题意可得直线和直线关于对称轴对称，则，据此可判断②；先由对称轴公式得到，再由，得到，点B的坐标为，把代入抛物线解析式中求出，则点B的坐标为，据此可判断③；先求出，设，利用勾股定理得到，则，解得，据此可判断④． 【详解】解：∵抛物线开口向下，对称轴为直线， ∴当时，， ∴当时，，即，故①正确； 当且时，则直线和直线关于对称轴对称， ∴，故②错误； ∵抛物线对称轴为直线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴点B的坐标为， 把代入抛物线解析式中得， ∴， ∴， ∴点B的坐标为， ∴，故③正确； ∵， ∴， 设， ∴，， ， ∵， ∴， ∴， 解得， ∴，故④正确； 故选：A． 二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分） 11. 方程的根是______． 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解法，常用的方法由直接开平方法、配方法、因式分解法、求根公式法，灵活选择合适的方法是解答本题的关键. 【详解】解：， ， ， 则或 ∴或， 故答案为：或． 12. 二次函数图象的顶点坐标为__________． 【答案】 【解析】 【分析】此题主要考查二次函数的顶点坐标，熟练掌握把二次函数的一般式整理成顶点式是解题关键．直接把二次函数的解析式整理为顶点式即可解答． 【详解】解：， 顶点坐标， 故答案为：． 13. 如图，△ABC和△DEC关于点C成中心对称，若，，，则的长是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了中心对称的性质，勾股定理等知识，解题的关键是对中心对称性质的应用．根据中心对称的性质及，由勾股定理可求得的长． 【详解】∵与关于点C成中心对称， ∴， ∴，， ∴ 由勾股定理得： 故答案为：． 14. 如图，点C，D在以为直径的半圆O上，且，点E是上任意一点，连接，，则的度数为_____________． 【答案】##30度 【解析】 【分析】连接，根据直径所对的角是直角得出的度数，结合已知得出的度数，再根据圆周角定理即可求出最终结果． 【详解】如下图所示，连接 为直径 故答案为：． 【点睛】本题主要考查圆周角定理，掌握同弧所对圆周角相等是解题的关键． 15. 矩形中，平分交于点，把绕点逆时针旋转交于点，过点作于点，连接，若，，则________________． 【答案】 【解析】 【分析】根据矩形的性质可得：，，结合角平分线的定义可推出，根据旋转和三角形的外角性质可推出，由，可得，推出，得到，结合三角形的外角性质可推出，证明是等腰直角三角形，根据勾股定理求解即可． 【详解】解：四边形是矩形， ，， 平分， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， 答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形的外角性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，解题的关键是灵活运用相关知识． 三．解答题（共8小题，满分75分） 16. 用适当的方法解下列方程： （1） （2） （3） （4） 【答案】（1）， （2）， （3）， （4）， 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，解一元二次方程常用的方法有：直接开平方法，公式法，配方法，因式分解法等． （1）利用直接开平方法解方程即可； （2）先化为一般式，再利用因式分解法解方程即可； （3）利用因式分解法解方程即可； （4）利用换元法和因式分解法解方程即可． 【小问1详解】 解：， ， ， ∴，； 【小问2详解】 解：方程化为， ， 或， ∴，； 【小问3详解】 解：， ， ， 即， ∴或， ∴，； 【小问4详解】 解：， 令， 则有， ， ∴或， ∴或6， 即或6， ∴， 17. 已知关于的一元二次方程． （1）求证：无论为何值，该方程总有两个不等实根． （2）当的斜边，且两直角边和恰好是这个方程的两个根，求的值． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系和根的判别式及勾股定理，解题的关键是掌握相关知识． （1）根据即可证明无论取什么实数值，该方程总有两个不相等的实数根； （2）根据勾股定理及根与系数的关系列出关于的方程，解出即可得出答案． 【小问1详解】 解：关于的一元二次方程， ， ， ， ， ， 无论为何值，， ，即， 无论为何值，该方程总有两个不等实根； 【小问2详解】 和恰好是方程的两个根， ，， 是直角三角形，斜边为， ， ， ， ， ， ， 或， 又时，，不合题意舍去， ． 18. 在同一坐标系下，一次函数的图象过抛物线上横坐标为1的点． （1）求b的值； （2）抛物线的对称轴与这个一次函数图象的交点记为P．求点P到坐标原点O的距离． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出上横坐标为1的点的坐标，再将此坐标带入，即可得答案； （2）先求出抛物线的对称轴是，再求出点P的坐标是，最后根据勾股定理即可求出的长 【小问1详解】 解：将代入，得， 的图象过点， 将代入，得 ， ； 【小问2详解】 由（1）知，一次函数得， 抛物线的对称轴是：， 将代入得， 点P的坐标是， ． 【点睛】本题考查了一次函数和二次函数的性质，交点坐标，勾股定理，解题的关键是求一次函数和二次函数的交点坐标 19. 如图，的顶点坐标分别为、．． （1）以点O为旋转中心，将顺时针旋转得到，请画出； （2）分别写出三个顶点的坐标； （3）以点A为旋转中心，将逆时针旋转得到直接写出直线的函数解析式． 【答案】（1）见解析 （2），， （3）直线的函数解析式为 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转作图，运用待定系数法求一次函数解析式． （1）利用网格特点和旋转的性质画出A、B、C的对应点，然后再顺次连接即可； （2）根据三个顶点在坐标系中的位置可写出三个顶点的坐标即可； （3）利用旋转变换的性质分别作出A、B、C的对应点，写出的坐标，再运用待定系数法求出的函数解析式即可． 【小问1详解】 解：如图，即为所作： 【小问2详解】 解：由图可得，，，； 【小问3详解】 解：如图，即为所作，由图可得，点B旋转到点C的位置， ，， 设直线的函数解析式为， 把，代入，得： ， 解得，， 所以，函数解析式为． 20. 如图，现打算用的篱笆围成一个“日”字形菜园（含隔离栏），菜园的一面靠墙（篱笆的宽度忽略不计） （1）菜园面积可能为吗？若可能，求边长的长，若不可能，请说明理由； （2）因场地限制，菜园的宽度不能超过，求该菜园面积的最大值． 【答案】（1）可能， （2）288平方米 【解析】 【分析】本题考查了矩形的面积与周长，一元二次方程的应用，熟练掌握矩形的性质，一元二次方程的应用是解题的关键，根据题意，列出方程计算即可． （1）设，则矩形的长，依题意，得：，解方程计算即可． （2）设，则，依题意列出关于的面积，根据函数性质计算即可． 【小问1详解】 设，则矩形的长，依题意，得：， 即， 解得：，， 当时，，舍去， 当时，成立， 答：花园面积可能是，此时边的长为14米． 【小问2详解】 ∵，则，依题意，得： ， ∵， ∴当时，y随x的增大而增大， ∵， ∴当时，y最大，最大为288． 答：该菜园面积的最大值为288平方米． 21. 如图，是的直径，C是的中点，于点E，交于点F． （1）求证：． （2）若，求的半径和的长． 【答案】（1）见解析 （2）； 【解析】 【分析】本题考查了圆的性质，直径所对的圆周角是直角，弧，弦，圆周角之间的关系，熟练掌握性质是解题的关键． （1）根据直径所对圆周角是直角，余角性质，弧，弦，圆周角的关系，证明即可． （2）根据（1）的结论，利用勾股定理，三角形面积不同表示法计算即可． 【小问1详解】 是的直径， ， ， ， ， ， C是的中点， ， ， ， ． 【小问2详解】 由（1）知，， ， ， ， 的半径为， ， ． 22. 已知抛物线与轴交于A，B两点（点A在点B左侧） （1）当时，求y的取值范围； （2）点P为抛物线上一点，若，求出点P的坐标． 【答案】（1） （2）点P的坐标是或 【解析】 【分析】本题考查二次函数的性质、三角形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题． （1）首先将抛物线配成顶点式，然后根据x的取值范围，从而得出y的取值范围； （2）根据题意得出的长度，然后根据面积求出点P的纵坐标，根据抛物线的解析式求出点P的坐标． 【小问1详解】 的对称轴是直线． 将代入得． 而时，时． y的取值范围是． 【小问2详解】 令，得或 ， ． ∵ 或 在中令得即． ，方程无解 在中，令，得 ∴ ， 点P的坐标是或 23. 如图1，在等腰中，，点P是线段的中点，点E是线段延长线上一点，且PC，将线段绕点P顺时针旋转得到PD，连接． （1）如图2，若，其他条件不变，先补全图形，然后探究线段和之间的数量关系，并说明理由． （2）如图3，若，其他条件不变，探究线段和之间的等量关系，并说明理由． 【答案】（1）画图见解析，，理由见解析 （2），理由见解析 【解析】 【分析】（1）先根据题意补全图形，连接，先证明是等边三角形，得到，，再证明得到等边三角形，则，证明，得到，则由含30度角的直角三角形的性质即可证明； （2）如图3，取中点F，连接，先证明是的中位线，得到，则 ，进而证明是等腰直角三角形，得到，再证明，得到，即可证明． 【小问1详解】 解：补全图形如下，，理由如下： 如图2，连接， 由旋转可得，， ∴是等边三角形， ∴，， 又∵， ∴等边三角形， ∵P是的中点， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：，理由如下： 如图3，取中点F，连接， ∵， ∴， ∵P是的中点，F是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$