精品解析：河北省邯郸市第十一中学2024-2025学年九年级上学期期中数学试题

2024-2025学年第一学期初三年级期中质量监测 数学试卷 试卷总分120分 考试时间120分钟 一、选择题（共12小题，满分36分，每小题3分） 1. 下列表达式中，为自变量，是的二次函数的是（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查二次函数的定义，掌握形如的函数叫二次函数是解题的关键．利用二次函数的定义逐一判断解题即可． 【详解】解：A．中，当时，不是二次函数，不符合题意； B．，符合二次函数的定义，是二次函数，符合题意； C．，未知数的最高次数是3，不是二次函数，不符合题意； D．，分母含有未知数，不是二次函数，不符合题意； 故选：B． 2. 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．该图形既是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． 3. 图象的对称轴是y轴的二次函数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查二次函数的性质；熟练掌握二次函数的图象及性质是解题的关键．由已知可知对称轴为直线，从而确定函数解析式，再确定答案即可． 【详解】解：二次函数的对称轴为y轴， 则函数对称轴为直线， 此时函数解析式为， ∴C符合题意； 故选：C． 4. 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． 5. 抛物线中，y与x的部分对应值如下表： x … 1 3 4 6 … y … 8 18 20 18 … 下列结论中，正确的是（ ） A. 抛物线开口向上 B. 对称轴是直线 C. 当时，y随x的增大而减小 D. 当时，y随x的增大而增大 【答案】D 【解析】 【分析】利用表中的对应值和抛物线的对称性得到抛物线的对称轴为直线，根据表中数据进而判断开口方向以及增减性即可． 【详解】由图可知，和时对应的函数值相等， ∴抛物线的对称轴为直线，此时抛物线有最大值， ∴抛物线开口向下，故选项A、B错误， ∴当时，y随x的增大而增大；当时，y随x的增大而减小， 故选项C错误，选项D正确， 故选：D． 【点睛】本题考查了二次函数的性质，根据二次函数的对称性求出对称轴是解题的关键． 6. 若点关于原点对称的点在第二象限，则m的取值范围为（　　） A. B. C. D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出对应点，进而利用第二象限点的坐标特点得出答案． 【详解】解：点关于原点的对称点为， ∵在第二象限， ∴， 解得， 故选：C． 【点睛】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标以及解一元一次不等式组，两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反． 7. 二次函数的最小值是0，那么的值等于（ ） A. 2 B. 4 C. D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了求二次函数的最值．根据二次函数的顶点坐标公式求解即可． 【详解】解：∵二次函数的最小值是0， ∴，解得：． 故选：B． 8. 二次函数y＝ax2+bx+c的部分图象如图，则下列说法正确的有（ ） ①abc＞0；②2a-b=0；③a-b+c≥am2+bm+c；④当x＜1时，y＞0；⑤9a-3b+c=0 A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 【答案】C 【解析】 【分析】①根据抛物线开口方向、对称轴、与y轴的交点即可判断；②根据抛物线的对称轴方程即可判断；③根据x=-1时函数有最大值可以得到判断；④根据抛物线与x轴的交点可以得出判断．⑤根据抛物线y=ax2+bx+c经过点（1，0），且对称轴为直线x=-1可得抛物线与x轴的另一个交点坐标为（-3，0），即可判断； 【详解】解：①观察图象可知：a＜0，由图象可知抛物线对称轴为直线x=-1，即=-1，得b＜0，由图象与y轴的交点可得c＞0， ∴abc＞0，所以①正确； ②由图象可知抛物线对称轴为直线x=-1，即=-1，解得b=2a，即2a-b=0，所以②正确； ③由图象可知x=-1时函数有最大值，因为x=-1时y=a-b+c，所以a-b+c≥am2+bm+c，③正确； ⑤∵由图象可知抛物线y=ax2+bx+c经过点（1，0），且对称轴为直线x=-1， ∴抛物线与x轴的另一个交点为（-3，0）， 即当x=-3时，y=0，即9a-3b+c=0，所以⑤正确； ④由⑤知抛物线与x轴的两个交点为（1，0）、（-3，0）， 所以当-3<x＜1时，y>0；当x≤-3或x≥1时，y≥0，所以④错误； 所以①②③⑤正确， 故选C． 【点睛】本题考查二次函数的应用，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键． 9. 如图，在正方形方格中，A，B，C，D，E，P均在格点处，则点P是下列哪个三角形的外心（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用勾股定理，可求得点P到A，B，C，D，E各点的距离，只有到B、C、E的距离相等，而三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等，即可解答． 【详解】解：如图，由勾股定理得：， ∴P到B、C、E的距离相等， ∴P是的外心， 故选：D． 【点睛】本题考查了三角形的外心及勾股定理，解题的关键在于熟悉三角形外心的概念． 10. 如图，以为顶点的二次函数的图象与x轴负半轴交于A点，则一元二次方程的正数解的范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二次函数的顶点坐标得出函数的对称轴为，根据对称轴左侧图象与x轴交点横坐标的取值范围是，得出抛物线与x轴另一个交点的横坐标的取值范围，即可得出的正数解的范围． 【详解】解：∵二次函数的顶点为， ∴对称轴为， 而对称轴左侧图象与x轴交点横坐标的取值范围是， ∴右侧交点横坐标的取值范围是． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了二次函数图象和性质，根据二次函数的对称轴找出图象与x轴右侧交点横坐标的取值范围，是解题的关键． 11. 如图，在平面直角坐标系中，已知点，，都在上，则原点O到上一点的最短距离为( ) A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了坐标与图形性质，确定圆心，点和圆的位置关系；分别作AB、的垂直平分线，其交点即为点，进而求得圆的半径，从而求得原点到上一点的最短距离． 【详解】解：如图所示，分别作、的垂直平分线，其交点即为点，点的坐标为， ， 点， ， 则原点到上一点的最短距离为：， 故选：A． 12. 如图，是正五边形的内切圆，分别切，于点M，N，P是优弧上的一点，则的度数为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据正多边形内角和公式求出，根据切线的定义得出，进而可得，再根据圆周角定理可得． 【详解】解：五边形是正五边形， ， 切，于点M，N， ， 又五边形的内角和为， ， ， 故选C． 【点睛】本题考查正多边形内角和问题，圆周角定理，解题的关键是掌握多边形内角和公式． 二、填空题（共4小题，满分12分，每小题3分） 13. 如图，三角形绕点O逆时针能转到三角形的位置，已知，则________． 【答案】##度 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，明确旋转的性质是解题的关键． 根据旋转的性质得到，利用角的和差即可求解． 【详解】解：∵将绕点逆时针旋转到的位置， ∴， 又∵， ∴， 故答案为：． 14. 如图，将边长相等的正六边形和正五边形的边重合叠放在一起，则的度数是___________． 【答案】##12度 【解析】 【分析】根据正五边形和正六边形性质求出各自内角，可得答案． 【详解】解：在正六边形和正五边形中， ，， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正多边形与圆，多边形的内角与外角，利用了正五边形的内角，正六边形的内角． 15. 如图，已知⊙O是△ABC的内切圆，切点为D、E、F，如果AE=2，CD=1，BF=3，则内切圆的半径r_________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据切线长定理得出AF=AE，EC=CD，DB=BF，进而得出△ABC是直角三角形，再利用直角三角形内切圆半径求法得出内切圆半径即可． 【详解】∵⊙O是△ABC的内切圆，切点为D、E、F， ∴AF=AE，EC=CD，DB=BF， ∵AE=2，CD=1，BF=3， ∴AF=2，EC=1，BD=3， ∴AB=BF+AF=3+2=5，BC=BD+DC=4，AC=AE+EC=3， ∴△ABC是直角三角形， ∴内切圆的半径r==1， 故答案为1． 16. 如图，在中，，，，点P从点A沿向点C以的速度运动，同时点Q从点C沿向点B以的速度运到（点Q运动到点B停止），在运动过程中，四边形的面积最小值为 _______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的最值，勾股定理．利用分割图形求面积法找出是解题的关键．在中，利用勾股定理可得，设运动时间为，则，，利用分割图形求面积法可得，利用配方法即可求出四边形的面积最小值． 【详解】解：在中，，，， ， 设运动时间为，则，， 当时，四边形的面积取最小值，最小值为． 故答案为：15． 三、解答题（共8小题，满分72分） 17. 如图，是的直径，点，在上，若，求的度数． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是圆周角定理的应用，先求解，再利用同弧所对的圆周角定理相等可得答案． 【详解】解：如图，连接， ∵是的直径，， ∴，， ∵， ∴； 18. 在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是，， （1）将以点C为旋转中心顺时针旋转，画出旋转后对应的；平移，若点A的对应点的坐标为，画出平移后对应的； （2）若将绕某一点旋转可以得到，请直接写出旋转中心的坐标． 【答案】（1） 如图所示：为所求，为所求； （2） 【解析】 【分析】本题考查了旋转变换作图，也考查了平移变换作图，熟练掌握旋转变换和平移变换的定义作出变换后的对应点是解题的关键， （1）利用中心对称的点的坐标特征得到、、，再顺次连接即可；利用点与点的坐标特征得到平移的方式是先向右平移3个单位，再向下平移6个单位，据此作出另外两个点的对应点，顺次连接即可； （2）连接、、交于一点，这点即为旋转中心，即可解答； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴旋转中心坐标为． 19. 已知抛物线． （1）若抛物线的顶点在轴上，求的值； （2）若时，随的增大而增大，求的取值范围． 【答案】（1）的值为或； （2）的取值范围是． 【解析】 【分析】（）根据顶点在轴上，则抛物线与轴只有个交点，然后解一元二次方程即可； （）根据二次函数的性质，对称轴的右侧随的增大而增大，从而求解； 本题考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键． 【小问1详解】 解：∵抛物线的顶点在轴上， ∴抛物线与轴只有个交点， ∴，整理得：， 解得：，， ∴的值为或； 【小问2详解】 解：由抛物线， ∴抛物线的对称轴为直线，开口向上， ∵时，随的增大而增大， ∴， ∴的取值范围是． 20. “筒车”是一种以水流作动力，取水灌田的工具，据史料记载，它发明于隋而盛于唐，距今已有1000多年的历史，是我国古代劳动人民的一项伟大创造． 如图，“筒车”盛水筒的运行轨迹是以轴心O为圆心的圆，已知圆心O在水面上方，且当圆被水面截得的弦AB为6米时，水面下盛水筒的最大深度为1米（即水面下方圆上部分一点距离水面的最大距离）． （1）求该圆的半径； （2）若水面上涨导致圆被水面截得的弦AB从原来的6米变为8米时，则水面上涨的高度为多少米？ 【答案】（1）该圆的半径为5米 （2）水面上涨的高度为1米 【解析】 【分析】此题考查勾股定理，垂径定理． （1）过O作于点C，交于点D，根据垂径定理有米，设圆的半径为r米，则米，（米）， 在中，根据勾股定理即可构造方程，求解即可； （2）设水面升到如图，过点O作于点，交于点，根据垂径定理有米，在中，根据勾股定理求得米，则米，从而可求出水面上涨的高度． 【小问1详解】 解：过O作于点C，交于点D，则， ∴（米） 设圆的半径为r米，则米，（米）， 在中，， 即， 解得， ∴该圆的半径为5米； 【小问2详解】 设水面升到如图，过点O作于点，交于点， ∴（米）， ∵的半径为5米， ∴米 ∴在中，（米）， ∴（米）， ∴水面上涨的高度为（米）． 21. 足球训练中，小军从球门正前方8米的A处射门，球射向球门的路线呈抛物线．当球离球门的水平距离为2米时，球达到最高点，此时球离地面3米．现以O为原点建立如图所示直角坐标系． （1）求抛物线的函数表达式； （2）已知球门高为米，通过计算判断球能否射进球门（忽略其他因素）． 【答案】（1） （2）球不能射进球门 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的实际应用，待定系数法求抛物线解析式； （1）由题可得抛物线的顶点坐标为，经过，再根据抛物线的顶点式可设抛物线为，将代入计算，即可求解； （2）当时，求出球的高度，判断是否超过球门高度米，即可求解； 能根据题意找出顶点坐标，掌握抛物线的顶点式，理解、的实际意义是解题的关键． 【小问1详解】 解：由题意得 抛物线的顶点坐标为，经过， 可设抛物线为， 把点代入得： ， 解得， 抛物线的函数表达式为； 【小问2详解】 解：由题意得 当时， ， 球不能射进球门． 22. 如图，直线AB、BC、CD分别与⊙O相切于E、F、G，且 AB∥CD，OB=6cm，OC=8cm．求： （1）∠BOC的度数； （2）BE+CG的长； （3）⊙O的半径． 【答案】（1）∠BOC=90° （2）10cm （3） 【解析】 【分析】（1）连接OF，根据切线长定理得：BE=BF，CF=CG，∠OBF=∠OBE，∠OCF=∠OCG；再根据平行线性质得到∠BOC为直角； （2）由勾股定理可求得BC的长，进而由切线长定理即可得到BE+CG的长； （3）由三角形面积公式即可求得OF的长． 【小问1详解】 连接OF； 根据切线长定理得：BE=BF，CF=CG，∠OBF=∠OBE，∠OCF=∠OCG； ∵AB∥CD ∴∠ABC+∠BCD=180°， ∴∠OBF+∠OCF=90°， ∴∠BOC=90°； 【小问2详解】 由（1）得，∠BOC=90° ∵OB=6cm，OC=8cm， ∴由勾股定理得BC=10cm， ∴BE+CG=BF+CF=BC=10cm． 【小问3详解】 即 【点睛】本题考查了切线长定理，勾股定理以及平行线的性质，熟练掌握并能够灵活运用知识点是解题的关键． 23. （1）如图1，O是等边内一点，连接，且，将绕点B顺时针旋转后得到，连接． 求：①旋转角的度数　　； ②线段的长　　； ③求的度数． （2）如图2所示，O是等腰直角内一点，连接，将绕点B顺时针旋转后得到，连接OD．当满足什么条件时，？请给出证明． 【答案】（1）①；②4；③； （2）解：当满足时， ．理由如下： 绕点B顺时针旋转后得到， ， 为等腰直角三角形， ， 当时，为直角三角形，， ， 当满足时，． 【解析】 【分析】（1）①根据等边三角形的性质得，，再根据旋转的性质得，于是可确定旋转角的度数为； ②由旋转的性质得，加上，则可判断为等边三角形，所以； ③由为等边三角形得到，再利用旋转的性质得，然后根据勾股定理的逆定理可证明△OCD为直角三角形，，所以； （2）根据旋转的性质得，则可判断为等腰直角三角形，则，然后根据勾股定理的逆定理，当 时，为直角三角形，． 【详解】解：（1）①为等边三角形， ， 绕点B顺时针旋转后得到， ， 旋转角的度数为； ②绕点B顺时针旋转后得到， ， 而， 为等边三角形； ； ③为等边三角形， ， 绕点B顺时针旋转后得到， ， 在中，， ， ， 为直角三角形，， ； （2）略 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理逆定理，等腰三角形的判定与性质，根据熟练掌握旋转性质并灵活运用是解答本题的关键． 24. 综合与探究 二次函数的图象与x轴交于，两点，与y轴交于点C，顶点为M． （1）求该二次函数的表达式，并写出点M的坐标； （2）如图1，D是该二次函数图象的对称轴上一个动点，当BD的垂直平分线恰好经过点C时，求点D的坐标； （3）如图2，P是该二次函数图象上的一个动点，连接OP，取OP的中点Q，连接QC，QM，CM，当的面积为6时，直接写出点P的坐标． 【答案】（1）， （2）D的坐标为或 （3）或 【解析】 【分析】(1)由于二次函数的图象与x轴交于，两点，把A，B两点坐标代入，计算即可求出抛物线解析式，由配方法求出M点坐标； (2)由线段垂直平分线的性质可得出，设，由勾股定理可得，解方程可得出答案； (3)设CQ交抛物线的对称轴于点M，设，则，设直线CQ的解析式为，则，解得，求得， ，由面积公式可求出n的值，则可得出答案． 【小问1详解】 解：将，代入， 得， 解得， ∴二次函数的解析式为； ∵， ∴； 【小问2详解】 解：当时，， ∴， ∵的顶点， ∴设， ∵的垂直平分线恰好经过点C， ∴， ∴，由勾股定理可得： ， 解得， ∴满足条件的点D的坐标为或； 【小问3详解】 解：如图，设交抛物线的对称轴于点H， 设，则， 设直线的解析式为，则， 解得， 于是直线的解析式为：， 当时，， ∴，， ∵， ∴， 解得或， 当时，， 当时，． 综合以上可得，满足条件的点的坐标为或． 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数图象与性质，垂直平分线的性质，勾股定理，三角形的面积；熟练掌握二次函数的性质及方程思想是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第一学期初三年级期中质量监测 数学试卷 试卷总分120分 考试时间120分钟 一、选择题（共12小题，满分36分，每小题3分） 1. 下列表达式中，为自变量，是的二次函数的是（） A. B. C. D. 2. 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. 3. 图象的对称轴是y轴的二次函数是（ ） A. B. C. D. 4. 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. 5. 抛物线中，y与x的部分对应值如下表： x … 1 3 4 6 … y … 8 18 20 18 … 下列结论中，正确的是（ ） A. 抛物线开口向上 B. 对称轴是直线 C. 当时，y随x的增大而减小 D. 当时，y随x的增大而增大 6. 若点关于原点对称的点在第二象限，则m的取值范围为（　　） A. B. C. D. 或 7. 二次函数的最小值是0，那么的值等于（ ） A. 2 B. 4 C. D. 8 8. 二次函数y＝ax2+bx+c的部分图象如图，则下列说法正确的有（ ） ①abc＞0；②2a-b=0；③a-b+c≥am2+bm+c；④当x＜1时，y＞0；⑤9a-3b+c=0 A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 9. 如图，在正方形方格中，A，B，C，D，E，P均在格点处，则点P是下列哪个三角形的外心（　　） A. B. C. D. 10. 如图，以为顶点的二次函数的图象与x轴负半轴交于A点，则一元二次方程的正数解的范围是（　　） A. B. C. D. 11. 如图，在平面直角坐标系中，已知点，，都在上，则原点O到上一点的最短距离为( ) A. B. C. 2 D. 12. 如图，是正五边形的内切圆，分别切，于点M，N，P是优弧上的一点，则的度数为( ) A. B. C. D. 二、填空题（共4小题，满分12分，每小题3分） 13. 如图，三角形绕点O逆时针能转到三角形的位置，已知，则________． 14. 如图，将边长相等的正六边形和正五边形的边重合叠放在一起，则的度数是___________． 15. 如图，已知⊙O是△ABC的内切圆，切点为D、E、F，如果AE=2，CD=1，BF=3，则内切圆的半径r_________． 16. 如图，在中，，，，点P从点A沿向点C以的速度运动，同时点Q从点C沿向点B以的速度运到（点Q运动到点B停止），在运动过程中，四边形的面积最小值为 _______． 三、解答题（共8小题，满分72分） 17. 如图，是的直径，点，在上，若，求的度数． 18. 在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是，， （1）将以点C为旋转中心顺时针旋转，画出旋转后对应的；平移，若点A的对应点的坐标为，画出平移后对应的； （2）若将绕某一点旋转可以得到，请直接写出旋转中心的坐标． 19. 已知抛物线． （1）若抛物线的顶点在轴上，求的值； （2）若时，随的增大而增大，求的取值范围． 20. “筒车”是一种以水流作动力，取水灌田的工具，据史料记载，它发明于隋而盛于唐，距今已有1000多年的历史，是我国古代劳动人民的一项伟大创造． 如图，“筒车”盛水筒的运行轨迹是以轴心O为圆心的圆，已知圆心O在水面上方，且当圆被水面截得的弦AB为6米时，水面下盛水筒的最大深度为1米（即水面下方圆上部分一点距离水面的最大距离）． （1）求该圆的半径； （2）若水面上涨导致圆被水面截得的弦AB从原来的6米变为8米时，则水面上涨的高度为多少米？ 21. 足球训练中，小军从球门正前方8米的A处射门，球射向球门的路线呈抛物线．当球离球门的水平距离为2米时，球达到最高点，此时球离地面3米．现以O为原点建立如图所示直角坐标系． （1）求抛物线的函数表达式； （2）已知球门高为米，通过计算判断球能否射进球门（忽略其他因素）． 22. 如图，直线AB、BC、CD分别与⊙O相切于E、F、G，且 AB∥CD，OB=6cm，OC=8cm．求： （1）∠BOC的度数； （2）BE+CG的长； （3）⊙O的半径． 23. （1）如图1，O是等边内一点，连接，且，将绕点B顺时针旋转后得到，连接． 求：①旋转角的度数　　； ②线段的长　　； ③求的度数． （2）如图2所示，O是等腰直角内一点，连接，将绕点B顺时针旋转后得到，连接OD．当满足什么条件时，？请给出证明． 24. 综合与探究 二次函数的图象与x轴交于，两点，与y轴交于点C，顶点为M． （1）求该二次函数的表达式，并写出点M的坐标； （2）如图1，D是该二次函数图象的对称轴上一个动点，当BD的垂直平分线恰好经过点C时，求点D的坐标； （3）如图2，P是该二次函数图象上的一个动点，连接OP，取OP的中点Q，连接QC，QM，CM，当的面积为6时，直接写出点P的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $