精品解析：福建省福州市2024-2025学年九年级上学期人教版数学期中复习试卷（3）

2024－2025年九上数学期中复习试卷（3） 一、选择题：共40分 1. 下列汽车商标设计中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 一元二次方程的求根公式是（ ） A B. C. D. 3. 如图，点C在以为直径的上，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 抛物线的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，若正六边形绕着中心点旋转度后得到的图形与原来图形重合，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 用配方法解一元二次方程，此方程可变形为（ ） A. B. C. D. 7. 若为二次函数y=-x2-4x+5的图象上的三点，则y1、y2、y3的大小关系是( ) A. y1<y2<y3 B. y3<y2<y1 C. y3<y1<y2 D. y2<y1<y3 8. 某商品经过两次降价，销售单价由原来100元降到64元，则平均每次降价的百分率为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，点P是等边内一点，且，，则大小为（ ） A. B. C. D. 10. 飞机着陆后滑行的距离关于滑行的时间的函数解析式为，下列能反映这一变化过程的图象是（ ） A B. C. D. 二、填空题 共24分 11. 方程的根是 _________________． 12. 若是方程的一个根，则______． 13. 如图，A，B，C是上的三个点，若四边形为菱形，则_________． 14. 抛物线经过点，则关于的一元二次方程的另一个根是______． 15. 若，，则值等于______． 16. 如图，点E是矩形的中点，点F为上一点，将沿折叠得到，连接，若，则的最小值为_________． 三、解答题：共96分 17. 解方程∶ 18. 如图，是的两条弦，且于M，于N．求证：． 19. 求证：关于的一元二次方程一定有实数根． 20. 已知二次函数． （1）求它的开口方向、对称轴和顶点坐标． （2）判断点是否在此二次函数的图象上． 21. 如图，绕点逆时针旋转得到，点的对应点为． （1）尺规作图，画出旋转后的．（保留痕迹，不写作法） （2）设直线与相交于，求的大小． 22. 如图，为的直径，点C，D为圆上两点，，且有平分，过C作于E． （1）求证：为切线 （2）若，求半径． 23. 已知实数，，． （1）若，，，求的取值范围． （2）若，，都是整数，且是偶数．求证：，，都是偶数． 24. 如图，中，，点D在上，于E，于F，连接． （1）求的最小值． （2）要使四边形的面积最大，点D应选在何处？ 25. 已知抛物线，顶点为． （1）求b，c的值． （2）若时，如图1，P为y轴右侧抛物线上一动点，过P作直线轴于点N，交直线l：于M点，设P点的横坐标为m，当时，求m的值． （3）若时，如图2，直线与抛物线相交于A，B，当时，求的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024－2025年九上数学期中复习试卷（3） 一、选择题：共40分 1. 下列汽车商标设计中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心． 根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义进行逐项判断即可． 【详解】解：A．是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意； B．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意； C．既轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意； D．是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意． 故选C． 2. 一元二次方程的求根公式是（ ） A. B. C D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了运用公式法解一元二次方程，掌握求根公式成为解题的关键． 根据题意直接运用求根公式即可解答． 【详解】解：∵一元二次方程， ∴该方程有两个实数根， ∴． 故选C． 3. 如图，点C在以为直径的上，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了圆周角定理、等腰三角形的性质等知识点，掌握圆周角等于对应圆心角的一半成为解题的关键． 由圆的性质可得，则，再运用圆周角定理求得即可解答． 【详解】解：∵点C在以为直径的上， ∴， ∴， ∵， ∴． 故选B． 4. 抛物线的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题 考查了二次函数的性质，熟记顶点式的顶点坐标为是解题的关键． 直接根据顶点式的坐标特点写出顶点坐标即可． 【详解】解：∵是抛物线的顶点式， ∴该抛物线的顶点坐标为：． 故选A． 5. 如图，若正六边形绕着中心点旋转度后得到的图形与原来图形重合，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出正六边形ABCDEF的中心角，然后根据正六边形的性质可判定正六边形ABCDEF绕着中心点O旋转60°的整数倍后得到的图形与原来图形重合． 【详解】∵正六边形ABCDEF的中心角的度数为=60°， ∴正六边形ABCDEF绕着中心点O旋转60°的整数倍后得到的图形与原来图形重合． 故选D． 【点睛】本题考查了旋转对称图形：如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于360°）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．常见的旋转对称图形有：线段，正多边形，平行四边形，圆等． 6. 用配方法解一元二次方程，此方程可变形为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题考查了配方法解一元二次方程，根据方程两边都加上一次项系数一半的平方进行运算即可得到答案. 【详解】解： ∴ 则， 故选：B 7. 若为二次函数y=-x2-4x+5的图象上的三点，则y1、y2、y3的大小关系是( ) A. y1<y2<y3 B. y3<y2<y1 C. y3<y1<y2 D. y2<y1<y3 【答案】D 【解析】 【分析】将二次函数y=-x2-4x+5配方，求对称轴，再根据A、B、C三点与对称轴的位置关系，开口方向判断yl，y2，y3的大小． 【详解】解：∵y=-x2-4x+5=-（x+2）2+9， ∴抛物线开口向下，对称轴为x=-2， ∵A、B、C三点中，B点离对称轴最近，C点离对称轴最远， ∴y2＜y1＜y3． 故选D． 【点睛】本题考查了二次函数的增减性．当二次项系数a＞0时，开口向上，则离对称轴越近，函数值越小；当二次项系数a<0时，开口向下，则离对称轴越近，函数值越大． 8. 某商品经过两次降价，销售单价由原来100元降到64元，则平均每次降价的百分率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，读懂题意列出关系式是解题的关键． 根据“商品原来价格每次降价的百分率现在价格”，设出未知数，列方程解答即可． 【详解】解：设这种商品平均每次降价的百分率为， 根据题意列方程得：， 解得：（不合题意，舍去）， 故选：B． 9. 如图，点P是等边内一点，且，，则的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】该题主要考查了旋转变换的性质、等边三角形的判定及其性质、勾股定理逆定理等几何知识点及其应用问题；对综合的分析问题解决问题的能力提出了较高的要求． 将绕点顺时针旋转得，首先证明为等边三角形得；再证明得到，由即可解决问题． 【详解】∵为等边三角形， ∴， 将绕点顺时针旋转得， ∴， ∴为等边三角形， ∴， 在中，， ， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 10. 飞机着陆后滑行的距离关于滑行的时间的函数解析式为，下列能反映这一变化过程的图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的实际应用，将二次函数化成顶点式并结合实际意义确定函数图象成为解题的关键． 先将关系式化为顶点式确定抛物线的对称轴和最值，再结合实际意义即可解答． 【详解】解：∵， ∴函数图像是对称轴为，最值为600，开口方向向下的抛物线， ∵时间不可能为负，飞机着陆后滑行就回停止， ∴C选项符合题意． 故选C． 二、填空题 共24分 11. 方程的根是 _________________． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查的是一元二次方程的解法，在用因式分解法解一元二次方程时，一般地要把方程整理为一般式，如果左边的代数式能够分解为两个一次因式的乘积，而右边为零时，则可令每一个一次因式为零，得到两个一元一次方程，解出这两个一元一次方程的解就是原方程的两个解．把方程化为或，可得答案． 【详解】解：∵， ∴或， 解得：，． 故答案为，． 12. 若是方程的一个根，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解． 根据一元二次方程的解，把代入方程得到关于的一次方程，然后解此一次方程即可． 【详解】解：把代入得：， 解得． 故答案为：． 13. 如图，A，B，C是上的三个点，若四边形为菱形，则_________． 【答案】##度 【解析】 【分析】本题主要考查了圆的基本性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质定理成为解题的关键． 如图：连接，易得，再根据菱形的性质可得，即是等边三角形可得，同理可得，最后根据角的和差即可解答． 【详解】解：如图：连接， ∵A，B，C是上的三个点， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 同理可得：， ∴． 故答案为：． 14. 抛物线经过点，则关于的一元二次方程的另一个根是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数与一元二次方程的联系，先求出抛物线的对称轴，利用抛物线的对称性得到抛物线经与轴的另一个交点坐标为，然后根据抛物线与轴的交点问题求解即可，熟练掌握二次函数图象与轴的交点横坐标即为对应一元二次方程的根是解题的关键． 【详解】解：由抛物线可知其对称轴为直线， ∵抛物线经过点， ∴抛物线经与轴的另一个交点坐标为， ∴关于的一元二次方程的解为， ∴另一个根是 故答案为：． 15. 若，，则的值等于______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，由，可得是关于一元二次方程的两个实数根，然后根据根与系数的关系即可求解，解题的关键是熟记：一元二次方程的两个根为，，则，． 【详解】解：∵，， ∴是关于一元二次方程的两个实数根， ∴，， ∴， 故答案为：． 16. 如图，点E是矩形的中点，点F为上一点，将沿折叠得到，连接，若，则的最小值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识点成为解题的关键． 由折叠的性质可得、，进而得到当D、G、E三点共线时，的最小值为，即；然后根据矩形的性质、勾股定理以及线段的和差求得的长即可解答． 【详解】解：如图：由折叠的性质可得， 当点P不在上时，如图中位置时，有， ∴当D、G、E三点共线时，的最小值为，即； ∵点E是矩形的中点，， ， ∵， ∴， ∴． 故答案：． 三、解答题：共96分 17. 解方程∶ 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解法是解决问题的关键．本题中，运用公式法求解即可． 【详解】解：． ， ∴原方程的根为． 18. 如图，是的两条弦，且于M，于N．求证：． 【答案】见解析 【解析】 【分析】本题主要考查了垂径定理、全等三角形的判定与性质等知识点，正确作出辅助线、构造直角三角形成为解题的关键． 连接．由垂径定理结合可得，再证明，最后根据全等三角形的性质即可解答． 【详解】证明：如图：连接． ∵于M，于N． ∴， ∵， ∴， 在与中， ， ∴， ∴． 19. 求证：关于的一元二次方程一定有实数根． 【答案】见解析 【解析】 【分析】本题考查了根的判别式与方程根的关系，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． 先计算判别式的值，然后根据判别式的值即可证明结论． 【详解】证明：∵，即是， ∴原方程一定有实数根． 20. 已知二次函数． （1）求它的开口方向、对称轴和顶点坐标． （2）判断点是否在此二次函数的图象上． 【答案】（1）开口方向向上，对称轴为直线，顶点坐标为 （2）在，理由见详解 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的一般形式化成顶点式以及二次函数的图象和性质． （1）把二次函数的一般形式化成顶点式即可求解． （2）把时代入二次函数求解，即可判断点是否在此二次函数的图象上． 【小问1详解】 ∵． 其中 ∴抛物线的开口方向向上，对称轴为直线，顶点坐标为． 【小问2详解】 当时，， 点在此二次函数的图象上． 21. 如图，绕点逆时针旋转得到，点的对应点为． （1）尺规作图，画出旋转后的．（保留痕迹，不写作法） （2）设直线与相交于，求大小． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）分别以点，为圆心，为半径画弧，两弧相交于点；分别以点，为圆心，为半径画弧，两弧相交于点；分别以点，为圆心，为半径画弧，两弧相交于点；分别以点，为圆心，为半径画弧，两弧相交于点，连接、、，即为所求； （2）先根据旋转性质得，，再根据平角性质、四边形内角和即可求解． 【小问1详解】 如图所示，即为所求： 【小问2详解】 如图，由旋转性质得： ，， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查的知识点是尺规作图画三角形、旋转性质、平角性质。四边形内角和，解题关键是熟练掌握尺规作图画三角形的方法． 22. 如图，为的直径，点C，D为圆上两点，，且有平分，过C作于E． （1）求证：为的切线 （2）若，求半径． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）如图：连接，由角平分线的定义及等腰三角形的性质可得，即可得，进而得到即可证明结论； （2）如图∶连接，过C作于F．根据角平分线的性质定理可得，由圆周角定理可得，再由勾股定理可得；设半径为R，则在中运用勾股定理列关于R的方程求解即可． 【小问1详解】 证明：如图：连接， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，即， ∴，即， ∵是半径， ∴为的切线． 【小问2详解】 解：如图∶连接，过C作于F． ∵平分，， ∴， ∵， ∴， ∴ 设半径为R，则在中，， ∴，解得：． 【点睛】本题主要考查了切线的判定、圆周角定理、等腰三角形的性质、角平分线的性质定理、勾股定理等知识点，灵活运用相关性质定理成为解题的关键． 23. 已知实数，，． （1）若，，，求的取值范围． （2）若，，都是整数，且是偶数．求证：，，都是偶数． 【答案】（1） （2）见解析 【解析】 【分析】本题主要考查了不等式的性质、整式的加减、数的奇偶性等知识点． （1）由已知可得；代入消去b和c，可得，再由，得出的取值范围； （2）由，，都是整数，得出，，是偶数；再由已知条件可得，，，由此得证． 【小问1详解】 解：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【小问2详解】 解：∵，，都是整数， ∴，，是偶数， ∴；； ∵也是偶数， ∴，，都是偶数． 24. 如图，中，，点D在上，于E，于F，连接． （1）求的最小值． （2）要使四边形的面积最大，点D应选在何处？ 【答案】（1） （2）点D取距离点A为3处（或中点） 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的应用、直角三角形的性质、勾股定理、矩形的判定与性质等知识点，灵活运用二次函数解决实际问题成为解题的关键． （1）先根据直角三角形的性质及勾股定理可得，再证明四边形为矩形；如图：连接，则，当时，有最小值．然后求得的值即可； （2）设，四边形的面积为．易得、、；再根据矩形的面积公式可得，然后根据二次函数的性质求最值即可解答． 【小问1详解】 解：在中，， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形为矩形， 如图：连接，则，当时，有最小值． 在中， ∴， ∴的最小值为． 【小问2详解】 解：设，四边形的面积为． 依题意：，，， 由（1）知，四边形为矩形， ∴， 配方得： ∴当时，取得最大值．即点D取距离点A为3处（或中点）． 25. 已知抛物线，顶点为． （1）求b，c的值． （2）若时，如图1，P为y轴右侧抛物线上一动点，过P作直线轴于点N，交直线l：于M点，设P点的横坐标为m，当时，求m的值． （3）若时，如图2，直线与抛物线相交于A，B，当时，求的面积． 【答案】（1）， （2）或 （3） 【解析】 【分析】本题主要考查了求二次函数解析式、二次函数与一元二次方程综合，二次函数与面积综合等知识点，掌握二次函数的性质成为解题的关键． （1）利用二次函数顶点式，代入顶点求解即可； （2）利用二次函数解析式和一次函数解析式，用m去表示P、M点的纵坐标，再利用列出方程求解即可； （3）联立可得、，进而得到，则，然后将、可得，可求得，直线解析式为或；然后再求得，最后根据坐标与图形以及三角形的面积公式即可解答． 【小问1详解】 解：∵抛物线，顶点为， ∴，解得：． 【小问2详解】 解：∵，， ∴抛物线的解析式为， 设，， ①点P在直线l下方时，当时，有 ，化简得：，解得：，（舍去） ②点P在直线l上方时，当时，点M为中点，有，化简得：，解得：（舍去负值） ∴符合条件的的值为或． 【小问3详解】 解：由得，， ∴，， 由，得，， ∴， ∵，， ∴，化简得：， ∴，解得：， ∴直线解析式为或． 由，解得：， 设直线交轴于C，则， ∴＝ 当直线解析式为时，由对称性可知：． 综上所述，当时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$