精品解析：广东省珠海市梅华中学子期中学2024-2025学年九年级上学期10月期中联考数学试题

子期中学、梅华中学2024-2025学年第一学期期中考试 初三数学 说明： 1．全卷共4页．满分120分，考试用时120分钟． 2．答案写在答题卡上，在试卷上作答无效． 3．用黑色字迹钢笔或签字笔按各题要求写在答题卷上，不能用铅笔和红色字迹的笔． 一、选择题（本大题10小题，每小题3分，共30分）每小题给出四个选项中只有一个是正确的，请把答题卡上对应题目所选的选项涂黑． 1. 下列垃圾分类标识的图案既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 一元二次方程根的情况是（ ） A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 没有实数根 D. 无法判断有无实数根 3. 如图，四边形内接于，若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，图中的小三角形均是全等的等边三角形，那么图中的菱形可以看成是把菱形以A为旋转中心，（ ） A. 顺时针旋转得到 B. 顺时针旋转得到 C. 逆时针旋转得到 D. 逆时针旋转得到 5. 已知方程的两个根是，则的值为（ ） A. 1 B. C. 6 D. 6. 若点都在二次函数的图象上，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，是的直径，若，则的度数等于（ ） A. B. C. D. 8. 由二次函数可知（ ） A. 其图象的开口向下 B. 其图象的对称轴为 C. 其最大值为 D. 当时，随的增大而减小 9. 如图，把绕点按顺时针旋转，得到．点落在边上，若于点，则的度数为（    ） A. B. C. D. 10. 函数与的图象可能是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题5小题，每小题3分，共15分） 11. 点关于原点对称的点的坐标为_______． 12. 将抛物线向右平移个单位，向上平移个单位得到_____． 13. 已知关于的方程的一个根是2，则该方程的另一个根是________． 14. 如图，正方形EFGH的顶点在边长为2的正方形的边上若设，正方形EFGH的面积为y，则y与x的函数关系为______ ． 15. 如图，四边形中，，垂足是E，若线段，则S四边形ABCD=__________． 三、解答题（一）（本大题3小愿，每小题7分，共21分） 16. （1）解方程：； （2）若，请直接写出时x的取值范围． 17. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点都在格点上，点的坐标，请解答下列问题：画出关于原点对称的，并求出的面积． 18. 如下图是一个隧道的横截面，它的形状是以点O为圆心的圆的一部分．如果M是中弦的中点，经过圆心O交圆O于点E，并且．求的半径． 四、解答题（二）．（木大题3小题每小题9分，共27分） 19. 如图，正方形和正方形全等，与交于点O，正方形绕点O旋转，交于点E，交于F，如果正方形的边长为3． （1）在上述旋转过程中，判断与有怎样的数量关系，并证明； （2）请直接写出四边形的面积为__________，周长最小值为___________． 20. 如图，的直径为10，弦为6，是的中点，弦和交于点，且． （1）求证：； （2）求证：； （3）求的长． 21. 跳大绳是天家喜欢的传统体育运动，绳子两端由两人拉着旋转，绳子离开地面时呈抛物线状，有一次跳大绳，甲、乙两人的手、离地面高度都为1米，现以地面为轴，过点向地面作的垂线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，米，绳子甩到最高处点离地面2.8米，此时所有点都处于同一平面内． （1）求此时绳子所对应的抛物线表达式； （2）身高1.55米的小红跳入绳中，在绳子的正下方来回跳动，则她离点的水平方向上的最小距离和最大距离分别是多少米？ （3）若身高与小红相同的一群同学想同时跳绳，相互间的间距为0.8米，则此绳最多可容纳多少人一起跳？ 五、解答题（三）（本大题2小题，第22题13分，第23题4分，共27分） 22. 【课本再现】 （1）如图1，都是等边三角形．与交于点O，试猪想与之间的数量关系，并证明． 【深入研究】 （2）在（1）的条件下，证明平分． 【探究应用】 （3）如图2，都是等腰直角三形，连接，点M是的中点，判断与之间的关系，并证明． 23. 已知抛物线与x轴只有一个公共点． （1）若抛物线过点，求的最小值； （2）已知点中恰有两点在抛物线上． ①求抛物线的解析式； ②设直线l：与抛物线交于M，N两点，点A在直线上，且，过点A且与x轴垂直的直线分别交抛物线和直线l于点B，C．求证：与的面积相等． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 子期中学、梅华中学2024-2025学年第一学期期中考试 初三数学 说明： 1．全卷共4页．满分120分，考试用时120分钟． 2．答案写在答题卡上，在试卷上作答无效． 3．用黑色字迹钢笔或签字笔按各题要求写在答题卷上，不能用铅笔和红色字迹的笔． 一、选择题（本大题10小题，每小题3分，共30分）每小题给出四个选项中只有一个是正确的，请把答题卡上对应题目所选的选项涂黑． 1. 下列垃圾分类标识的图案既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念逐项判断即可． 【详解】A．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； C．是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意； D．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意， 故选：C． 【点睛】本题考查轴对称图形、中心对称图形，理解轴对称图形和中心对称图形是解答的关键． 2. 一元二次方程根的情况是（ ） A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 没有实数根 D. 无法判断有无实数根 【答案】C 【解析】 【分析】此题考查了根的判别式，先计算根的判别式，再根据根的判别式进行判断即可．熟练掌握一元二次方程的根与的关系：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，方程无实数根是解本题的关键． 【详解】解：， 一元二次方程没有实数根． 故选：C． 3. 如图，四边形内接于，若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了圆内接四边形的性质，解题的关键是根据圆内接四边形，两对角互补，求出的度数即可． 【详解】解：∵四边形内接于，， ∴． 故选：C． 4. 如图，图中的小三角形均是全等的等边三角形，那么图中的菱形可以看成是把菱形以A为旋转中心，（ ） A. 顺时针旋转得到 B. 顺时针旋转得到 C. 逆时针旋转得到 D. 逆时针旋转得到 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查等边三角形的性质、旋转变换，确定旋转中心和旋转角度是解题的关键．根据边三角形的性质可得，确定旋转中心和旋转角度即可． 【详解】解：图中的小三角形均是全等的等边三角形， ， ， 菱形可以看成是把菱形以A为旋转中心，逆时针旋转得到． 故选：D． 5. 已知方程的两个根是，则的值为（ ） A. 1 B. C. 6 D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，根据根与系数的关系即可得到，对于一元二次方程，若是该方程的两个实数根，则． 【详解】解：∵方程的两个根是， ∴， 故选D． 6. 若点都在二次函数的图象上，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质、二次函数图象上点的坐标特征等知识点，根据二次函数的解析式得出函数图象的对称轴是y轴（直线），图象的开口向上，在对称轴的右侧，y随x的增大而增大，再比较即可． 【详解】解∶ 二次函数的对称轴为y轴，开口向上， ∴当时， y随x的增大而增大， ∵点都在二次函数的图象上，且， ∴， 故选∶A． 7. 如图，是的直径，若，则的度数等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了直径所对的圆周角为直角，同弧或等弧所对的圆周角相等．根据直径所对的圆周角为直角得到，同弧或等弧所对的圆周角相等得到，进一步计算即可解答． 【详解】解：是的直径， ， ， ， ， 故选：A． 8. 由二次函数可知（ ） A. 其图象的开口向下 B. 其图象的对称轴为 C. 其最大值为 D. 当时，随的增大而减小 【答案】D 【解析】 【分析】根据二次函数的解析式进行逐项判断即可． 【详解】解：， 抛物线开口向上，对称轴为，顶点坐标为， 函数有最小值，当时，随的增大而减小， 故选：D． 【点睛】本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在中，对称轴为，顶点坐标为． 9. 如图，把绕点按顺时针旋转，得到．点落在边上，若于点，则的度数为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，三角形内角和定理，掌握旋转的性质是解答本题的关键． 由旋转的性质可得，，由于点，得，由三角形内角和定理可求解． 【详解】解：把绕点顺时针旋转，得到， ，， 于点， ， ，， ． 故选：A． 10. 函数与的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数和一次函数的性质，解题的关键是根据a，b与0的大小关系以及交点情况进行讨论． 根据二次函数开口向上，对称轴在y轴右侧判断出a，b与0的大小关系，进而推出一次函数图像经过第一、三、四象限，再利用二次函数与一次函数交点情况即可作出判断． 【详解】解：由四个选项可知，二次函数开口均向上，对称轴在y轴右侧， ∴，， ∴一次函数图像应该经过第一、三、四象限， 当时，即，， 当时，即， 则二次函数与一次函数在x轴上有一交点，且为 A．一次函数图像经过第一、二、四象限，故本选项不符合题意． B．一次函数图像经过第一、三、四象限，且有一交点在x轴上，故本选项符合题意． C．一次函数图像经过第一、三、四象限，但交点均不在x轴上，故本选项不符合题意． D．一次函数图像经过第二、三、四象限，故本选项不符合题意． 故选：B． 二、填空题（本大题5小题，每小题3分，共15分） 11. 点关于原点对称的点的坐标为_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标，根据对称点的坐标规律解答即可． 【详解】解：点关于原点对称的点的坐标为， 故答案为：． 12. 将抛物线向右平移个单位，向上平移个单位得到_____． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与几何变换，根据“上加下减，左加右减”的规律进行解答即可，熟知函数图象平移的规律是解题的关键． 【详解】解：抛物线向右平移个单位，向上平移个单位， 根据“上加下减，左加右减”规律可得抛物线是， 故答案为：或． 13. 已知关于的方程的一个根是2，则该方程的另一个根是________． 【答案】-7 【解析】 【分析】设方程的另一个根为，根据根与系数的关系，可得，即可求得方程的另一个根． 【详解】解：设方程的另一个根为， ∵关于x的方程的一个根为2， ∴， 解得， 故答案为：． 【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键． 14. 如图，正方形EFGH的顶点在边长为2的正方形的边上若设，正方形EFGH的面积为y，则y与x的函数关系为______ ． 【答案】 【解析】 【详解】如图所示，∵四边形ABCD是边长为1的正方形，∴∠A=∠B=90°，AB=2，∴∠1+∠2=90°，∵四边形EFGH为正方形，∴∠HEF=90°，EH=EF，∴∠1+∠3=90°，∴∠2=∠3，在△AHE与△BEF中，∵∠A=∠B，∠2=∠3，EH=FE，∴△AHE≌△BEF（AAS），∴AE=BF=x，AH=BE=2﹣x，在Rt△AHE中，由勾股定理得：EH2=AE2+AH2=x2+（2﹣x）2=2x2﹣4x+4；即（0＜x＜2），故答案为（0＜x＜2）． 15. 如图，四边形中，，垂足是E，若线段，则S四边形ABCD=__________． 【答案】16 【解析】 【分析】过A点作AF⊥CD交CD的延长线于F点，由AE⊥BC，AF⊥CF，∠C=90°可得四边形AECF为矩形，则∠2+∠3=90°，而∠BAD=90°，根据等角的余角相等得∠1=∠2，加上∠AEB=∠AFD=90°和AB=AD，根据全等三角形的判定可得△ABE≌△ADF，由全等三角形的性质有AE=AF=４，S△ABE=S△ADF，则S四边形ABCD=S正方形AECF，然后根据正方形的面积公式计算即可． 【详解】过A点作AF⊥CD交CD的延长线于F点，如图， ∵AE⊥BC，AF⊥CF， ∴∠AEC=∠CFA=90°， 而∠C=90°， ∴四边形AECF为矩形， ∴∠2+∠3=90°， 又∵∠BAD=90°， ∴∠1=∠2， 在△ABE和△ADF中 ， ∴△ABE≌△ADF， ∴AE=AF=4，S△ABE=S△ADF， ∴四边形AECF是边长为5的正方形， ∴S四边形ABCD=S正方形AECF=42=16． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，矩形的性质和判定，正方形的性质和判定的应用，做出辅助线构造出全等三角形是解此题的关键． 三、解答题（一）（本大题3小愿，每小题7分，共21分） 16. （1）解方程：； （2）若，请直接写出时x的取值范围． 【答案】（1），；（2） 【解析】 【分析】本题考查了因式分解法解一元二次方程，函数与方程的关系，抛物线与轴的交点，二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解决本题的关键． （1）运用因式分解法求解即可； （2）由（1）可知函数与轴的交点为和，然后根据二次函数的性质即可得到结论． 【详解】解：（1）， ， 或， 解得，； （2）由（1）可知，函数与轴的交点为和， ， 抛物线开口向上， 时的取值范围是． 17. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点都在格点上，点的坐标，请解答下列问题：画出关于原点对称的，并求出的面积． 【答案】 如图所示： 【解析】 【分析】本题考查对称作图及网格中求三角形面积，根据点的对称，作出三个顶点关于原点对称的点，连线即可得到，在网格中间接表示的面积即可得到答案，熟练掌握对称作图及网格中三角形面积的求法是解决问题的关键． 【详解】解：即为所求，． 18. 如下图是一个隧道的横截面，它的形状是以点O为圆心的圆的一部分．如果M是中弦的中点，经过圆心O交圆O于点E，并且．求的半径． 【答案】 【解析】 【分析】连接CO，利用垂径定理求解再令⊙O的半径为rm，利用勾股定理建立方程求解半径即可得到答案. 【详解】解：连接CO．∵M是弦CD的中点，且EM经过圆心O， ∴EM⊥CD，且CM＝CD＝×4＝2． 在Rt△OCM中，令⊙O的半径为rm， ∵OC2＝OM2＋CM2， ∴， 解得：r＝． 【点睛】本题考查的是垂径定理的应用，勾股定理的应用，掌握利用垂径定理构建直角三角形是解题的关键. 四、解答题（二）．（木大题3小题每小题9分，共27分） 19. 如图，正方形和正方形全等，与交于点O，正方形绕点O旋转，交于点E，交于F，如果正方形的边长为3． （1）在上述旋转过程中，判断与有怎样的数量关系，并证明； （2）请直接写出四边形的面积为__________，周长最小值为___________． 【答案】（1） ， 证明：四边形是正方形， ， ，， ， 在和中， ， ， ； （2），6 【解析】 【分析】本题考查了图形的旋转，正方形的性质及全等三角形的判定与性质，求解时需抓住正方形的特征，找出与在旋转过程中的对称性，获得四边形的面积与正方形面积的关系，关键是将四边形的面积转化为的面积． （1）根据正方形的性质，利用即可证明，从而可得结论； （2）由可得．当时，四边形的周长最小，再求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：， ． ， 即， ， ． 当时，四边形的周长最小，最小值为6， 故答案为：，6 20. 如图，的直径为10，弦为6，是的中点，弦和交于点，且． （1）求证：； （2）求证：； （3）求的长． 【答案】（1） 证明：， ， ，， ， ； （2） 证明：是的中点， ， ， ， ， 即， ； （3） 【解析】 【分析】（1）根据等腰三角形的性质得，再根据对顶角相等及同弧所对的圆周角相等得，即可证明； （2）根据题意可得，则，再证明，即可证明； （3）过作于点，连接，，利用等弧所对的圆周角相等证明是等腰直角三角形，再根据勾股定理解答即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：过作于点，连接，， 为的直径， ，， 由（2）可知：， ， 由勾股定理得：， ， ， ， 在等腰直角三角形中，， 在中，， ． 【点睛】本题主要考查了弧与弦，圆周角的关系，勾股定理，等腰三角形的性质和判定，正确作出辅助线是解题的关键． 21. 跳大绳是天家喜欢的传统体育运动，绳子两端由两人拉着旋转，绳子离开地面时呈抛物线状，有一次跳大绳，甲、乙两人的手、离地面高度都为1米，现以地面为轴，过点向地面作的垂线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，米，绳子甩到最高处点离地面2.8米，此时所有点都处于同一平面内． （1）求此时绳子所对应的抛物线表达式； （2）身高1.55米的小红跳入绳中，在绳子的正下方来回跳动，则她离点的水平方向上的最小距离和最大距离分别是多少米？ （3）若身高与小红相同的一群同学想同时跳绳，相互间的间距为0.8米，则此绳最多可容纳多少人一起跳？ 【答案】（1） （2）她离A点的水平方向上最小距离为0.5米，最大距离为5.5米 （3）此绳最多可容纳7人一起跳 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的应用，正确求得抛物线解析式是解题关键． （1）由抛物线的对称性确定顶点，设抛物线解析式为，利用待定系数法求解即可； （2）令，可得，求解即可获得答案； （3）首先计算出满足条件的两点距离，结合同学之间的间距，即可获得答案． 【小问1详解】 解：根据题意，由抛物线的对称性可知顶点， 设抛物线解析式为， 把点代入中， 解得， ∴绳子所对应的抛物线表达式为； 【小问2详解】 当时，，整理得， 解得：，， ∴她离点的水平方向上最小距离为0.5米，最大距离为5.5米； 【小问3详解】 米，， 答：此绳最多可容纳人一起跳． 五、解答题（三）（本大题2小题，第22题13分，第23题4分，共27分） 22. 【课本再现】 （1）如图1，都是等边三角形．与交于点O，试猪想与之间的数量关系，并证明． 【深入研究】 （2）在（1）的条件下，证明平分． 【探究应用】 （3）如图2，都是等腰直角三形，连接，点M是的中点，判断与之间的关系，并证明． 【答案】（1），证明如下： 和都是等边三角形， ，，， ， 即． 在和中 ， ， ； （2）证明：过点分别作，，垂足为点，． 由（1）知：， 点在的平分线上， 即平分； （3），且，证明如下： 延长到，使，连接，延长交于，如图： 点是的中点， ， ，， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ； 【解析】 【分析】（1）根据等边三角形性质得出，，，求出．根据证即可; （2）过点分别作，，垂足为点，．根据三角形的面积公式求出，根据角平分线性质求出即可; （3）延长到，使，连接，延长交于，证明，有，，故，，又，知，可得，从而，，故，因，得，，即得． 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形性质，三角形的面积，全等三角形的性质和判定，平行线的性质，角平分线的判定定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 23. 已知抛物线与x轴只有一个公共点． （1）若抛物线过点，求的最小值； （2）已知点中恰有两点在抛物线上． ①求抛物线的解析式； ②设直线l：与抛物线交于M，N两点，点A在直线上，且，过点A且与x轴垂直的直线分别交抛物线和直线l于点B，C．求证：与的面积相等． 【答案】（1）-1； （2）①； ②证明：由题意设，则． 记直线为m，分别过M，N作，垂足分别为E，F， 即， 因为，所以． 又，所以，所以． 所以，所以，即． 所以， 即．① 把代入，得， 解得， 所以．② 将②代入①，得， 即，解得，即． 所以过点A且与x轴垂直的直线为， 将代入，得，即， 将代入，得， 即， 所以，因此， 所以与的面积相等． 【解析】 【分析】（1）先求得c=1，根据抛物线与x轴只有一个公共点，转化为判别式△=0，从而构造二次函数求解即可； （2）①根据抛物线与x轴只有一个公共点，得抛物线上的点只能落在x轴的同侧，据此判断即可；②证明AB=BC即可 【详解】解：因为抛物线与x轴只有一个公共点， 以方程有两个相等的实数根， 所以，即． （1）因为抛物线过点，所以， 所以，即． 所以， 当时，取到最小值． （2）①因为抛物线与x轴只有一个公共点， 所以抛物线上的点只能落在x轴的同侧． 又点中恰有两点在抛物线的图象上， 所以只能是在抛物线的图象上， 由对称性可得抛物线的对称轴为，所以， 即，因为，所以． 又点在抛物线的图象上，所以， 故抛物线的解析式为． ②略 【点睛】本小题考查一次函数和二次函数的图象与性质、相似三角形的判定与性质、三角形面积等基础知识，突出运算能力、推理能力、空间观念与几何直观、创新意识，灵活运用函数与方程思想、数形结合思想及化归与转化思想求解是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $