2024-2025学年 人教数学九年级上册期中备考重点题型训练（一）

2024-2025学年度人教初中数学九年级上册期中备考 重点题型训练（一） 考试范围：一元二次方程、二次函数、旋转、圆 考试时间：100分钟；满分100 班级： 姓名： 得分： 一、单选题 1．一元二次方程的一次项系数和常数项分别是（    ） A．3，5 B．，5 C．3， D．8， 2．抛物线的顶点坐标是（   ） A． B． C． D． 3．育才中学九（1）班学生毕业时，老师要求每位同学向班上其他同学写一条毕业祝福语，全班共送出祝福语2070条，问九（1）班共有多少名学生？设九（1）班共有x名学生，则可列方程（   ） A． B． C． D． 4．下列图形中，既是轴对称又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 5．如图，将绕着点C顺时针旋转一定角度后得到，若，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 6．将抛物线先向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到的新抛物线为（    ） A． B． C． D． 7．若抛物线与x轴只有一个交点，且过点，，则n的值为（    ） A． B．9 C．3 D．6 8．如图，点A，B，C都在上，，的度数是（   ） A． B． C． D． 9．已知是关于的二次函数，部分与的对应值如表所示： … … … … ①抛物线的对称轴为直线；②抛物线的开口向上；③抛物线与轴的交点坐标为；④该函数图像向上平移2个单位后经过原点；⑤当时，的取值范围是，其中错误的是（    ） A．① B．⑤ C．②③ D．②③④ 10．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． 二、填空题 11．点关于原点对称的点的坐标是 ． 12．将方程化为一般式，其结果是 ． 13．飞机着陆后滑行的距离（单位：）与滑行的时间（单位：）的函数解析式是，那么飞机着陆后滑行 才能停下来． 14．如图，已知与关于点A成中心对称，且，，，则的长为 ． 15．已知，是抛物线上的两点，则，的大小关系是 ．（填“＞”“＜”或“＝”） 16．对称轴为直线的抛物线（a，b，c为常数，且）如图所示，以下结论：①，②，③，④，⑤当时，y随x的增大而减小．其中结论正确为 ． 三、解答题 17．按要求解方程： (1)（公式法）； (2)（因式分解法）． 18．在关于x的方程中，求证： (1)若，则原方程有实根． (2)若a与c异号，则原方程有两异实根． 19．已知：如图，是的直径，弦于点，是上的一点，、的延长线交于点 (1)求证：； (2)若 ，的度数为，求的度数． 20．如图，A，P，B，C是上的四个点，．求证：是等边三角形．    21．如图，在正方形中，，是对角线上的两点，且，将绕点顺时针旋转得到，连接． (1)求证：． (2)求的度数． 22．已知二次函数． (1)求证：不论取何值，该函数图象与轴总有两个交点； (2)若该函数图象的对称轴是直线，求该函数的图象与轴的交点坐标． 23．如图1，将两个完全相同的三角形纸片和重合放置，其中，，．如图2，固定，将绕点旋转，当点恰好落在边上时， (1)______；旋转角______ (2)设的面积为，的面积为，则与的数量关系是什么？证明你的结论． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B D B C A B B A B 1．B 【分析】本题考查了一元二次方程的一般形式，一元二次方程的一般形式为，其中是二次项系数，为一次项系数，为常数项，由此即可得出答案． 【详解】解：一元二次方程的一次项系数和常数项分别是，5， 故选：B． 2．B 【分析】本题考查了的图象和性质，对于二次函数，其顶点坐标为，据此及可求解． 【详解】解：抛物线的顶点坐标是， 故选：B 3．D 【分析】本题考查了一元二次方程的应用；每个学生要向其他个学生共赠送祝福语条，则名学生共赠祝福语为条，由题意即可列出方程． 【详解】解：∵每个学生要向其他个学生共赠送祝福语条， ∴名学生共赠祝福语为条， 由题意得：； 故选：D． 4．B 【分析】本题考查轴对称及中心对称的定义，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念是解题的关键．根据轴对称图形与中心对称图形的概念逐选项判断即可． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； B、既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意； C、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意． 故选：B． 5．C 【分析】本题主要考查了旋转的性质，三角形内角和定理，根据旋转的性质得到，再根据三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：由旋转的性质可得，， ∵，， ∴， 故选：C． 6．A 【分析】本题考查了二次函数图象的平移，根据二次函数的平移法则：左加右减，上加下减即可得出答案，熟练掌握平移法则是解此题的关键． 【详解】解：将抛物线先向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到的新抛物线为，即， 故选：A． 7．B 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，由二次函数经过点，得出对称轴是直线，再结合抛物线与x轴只有一个交点得出抛物线的顶点为，设抛物线的解析式为，代入点的坐标计算即可得解． 【详解】解：∵抛物线过点，， ∴对称轴是直线， ∵抛物线与x轴只有一个交点， ∴抛物线的顶点为， 设抛物线的解析式为， 将代入解析式得，即， 故选：B． 8．B 【分析】本题考查的是圆周角定理的应用．根据圆周角定理定理“同圆或等圆中，同弧所对的圆周角是其所对的圆心角的一半”可得的度数，进一步计算即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴， 故选：B． 9．A 【分析】本题考查二次函数的应用．用待定系数法求出二次函数的解析式为，得到抛物线的对称轴为直线，可判断①；然后由，可判断②；当时，，可判断③；得到抛物线与y轴的交点坐标为，根据平移的性质可判定④；当时，，当时，，可判断⑤． 【详解】解：设， ， 解得， ； ∴抛物线的对称轴为直线；故①说法错误； ∵， ∴抛物线的开口向上；故②说法正确； 当时，， ∴抛物线与y轴的交点坐标为；故③说法正确； ∵抛物线与y轴的交点坐标为， ∴该函数图像向上平移2个单位后经过原点；故④说法正确； ∵， ∴抛物线的顶点为，开口向上， 当时，，当时，， ∴当时，；故⑤说法正确； 综上，错误的有①． 故选：A． 10．B 【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． 11． 【分析】本题考查坐标与中心对称，根据关于原点对称的点的横纵坐标均互为相反数，即可得解． 【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是； 故答案为：． 12． 【分析】本题考查一元二次方程的一般式形式，根据题意将方程转化为的形式即可． 【详解】解： 整理，得：； 故答案为：． 13． 【分析】本题主要考查了二次函数的实际应用，滑行距离最远时，飞机才停下来，据此利用二次函数的性质求出有最大值时，的值即可得到答案． 【详解】解：∵，， ∴当时，有最大值， ∴飞机着陆后滑行才能停下来， 故答案为：． 14． 【分析】本题考查了直角三角形的性质、中心对称的性质，由直角三角形的性质得出，由中心对称的性质得出，推出，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：∵在中，，，， ∴， ∵与关于点A成中心对称， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 15． 【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，求出、，比较大小即可得解，熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征是解此题的关键． 【详解】解：当时，， 当时，， ∵， ∴， 故答案为：． 16．①④⑤ 【分析】本题考查了二次函数图象与性质，二次函数图象与系数的关系，由抛物线的开口方向判断a的符号，由抛物线与y轴的交点判断c的符号，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断，熟知二次函数系数符号由抛物线开口方向、对称轴和抛物线与y轴的交点确定是解题的关键． 【详解】解：∵抛物线开口向上，与y轴交于负半轴， ∴，， ∵对称轴为直线， ∴， ∴， ，故①正确； 由函数图象可知，抛物线与x轴有两个不同交点， ， ，故②错误； 对称轴为直线， ∴当和时的函数值相等，且都小于0， ，故③错误； ④当时，， ∴， 故④正确； ⑤由图象可知，当时，y随x的增大而减小，故⑤正确， 正确的有①④⑤， 故答案为：①④⑤． 17．(1)， (2)， 【分析】本题考查了解一元二次方程，解一元二次方程的方法有配方法、直接开平方法、公式法、因式分解法，选择合适的方法进行计算是解此题的关键． （1）利用公式法解一元二次方程即可； （2）利用因式分解法解一元二次方程即可． 【详解】（1）解：∵， ∴，，， ∴， ∴， ∴，； （2）解：∵， ∴， ∴， ∴或， ∴，． 18．(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与有如下关系：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，方程无实数根． （1）证明根的判别式即可； （2）证明根的判别式即可． 【详解】（1）证明：若，则方程为， ， 原方程有实根； （2）证明：、异号，， ， ， 原方程有两异实根． 19．(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用，可得，再根据圆内接四边形性质可得，即可得到结论； （2）利用，可得，根据圆周角定理得到，再根据直角三角形两锐角互余即可得到的度数； 【详解】（1）解：连接， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是的内接四边形， ∴， 即： （2）∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了垂径定理，圆内接四边形的性质，圆周角定理，直角三角形的性质，掌握垂径定理是是解决本题的关键． 20．见解析 【分析】本题考查了等边三角形的判定及圆周角定理，根据圆周角定理可得，，进而可求证结论，熟练掌握圆周角定理及等边三角形的判定是解题的关键． 【详解】证明：， ，， 是等边三角形． 21．(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转前后的两个三角形的对应边相等，对应角相等这是解题的关键． （1）由旋转的性质得由可得然后根据证明，即可得出． （2）由正方形性质可得，结合即可得出． 【详解】（1）证明：∵正方形， ∴，， ∵将绕点A顺时针旋转后，得到， ，，， ， 在和中， ， ， ． （2）∵正方形， ∴， 由旋转得到：， ∴ 22．(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了二次函数与y轴的交点问题、待定系数法求函数的解析式等知识，正确理解抛物线与x轴的交点和判别式的关系是关键． （1）证明判别式大于0，即可得出结论； （2）首先根据题意得到对称轴为直线，求出，然后得到，然后将代入求解即可． 【详解】（1）解：∵ ∴ ∵ ∴ ∴不论取何值，该函数图象与轴总有两个交点； （2）解：∵该函数图象的对称轴是直线， ∴对称轴为直线 ∴ ∴ ∴当时， ∴该函数的图象与轴的交点坐标为． 23．(1)； (2)，见解析 【分析】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定与性质． （1）如图2，理由旋转的性质得，，为旋转角，则可判断为等边三角形，于是得到，旋转角为； （2）根据平行线的判断方法可判断，利用平行线间距离相等和中线平分面积可得． 【详解】（1）解：如图1， ，，， ， 如图2， 绕点旋转，点恰好落在边上， ，，为旋转角， 为等边三角形， ， 即旋转角为； 故答案为：；； （2）解：． 证明：由（1）得， ∴， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$