精品解析：甘肃省武威市凉州区长城乡中学2024-2025学年九年级上学期11月期中数学试题

2024-2025学年第一学期凉州区长城中学 九年级数学期中考试试卷 一、选择题（每小题3分，共30分） 1. 下列图形中，既是轴对称又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查中心对称图形与轴对称图形的识别，掌握定义是解题的关键．如果一个图形沿某条直线对折后，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形；把一个图形绕着某个点旋转度，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形． 【详解】解：A．选项中的图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意； B．选项中的图形既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意； C．选项中的图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意； D．选项中的图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意； 故选：B． 2. 若关于的一元二次方程有一根为，则一元二次方程必有一根为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解，由整理得，根据关于的一元二次方程有一根为进行对比即可求解，正确理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是解题的关键． 【详解】∵， ∴， ∵关于的一元二次方程有一根为， ∴有一根为， 解得， ∴一元二次方程必有一根为， 故选：． 3. 已知是方程的两个实数根，则的值为（ ） A. B. 7 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，对于一元二次方程，若是该方程的两个实数根，则，据此可得，再由，可代值计算得到答案． 【详解】解：∵是方程的两个实数根， ∴， ∴， 故选：C． 4. 年暑假期间，我市科技馆举行了“筑梦启航，探索科学”活动．活动结束以后，所有同学们互赠礼物，共送出份礼物，则参加此次活动的同学人数为（ ） A. 人 B. 人 C. 人 D. 人 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用．熟练掌握一元二次方程的应用是解题的关键． 设参加此次活动的同学人数为人，依题意得，，计算求出满足要求的解即可． 【详解】解：设参加此次活动的同学人数为人， 依题意得，， 解得，或（舍去）， 故选：C． 5. 已知是关于x的二次函数，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】此题考查了二次函数的定义，形如的函数叫做二次函数.据此进行解答即可. 【详解】解：∵是关于x的二次函数， ∴， ∴， 故选：D 6. 下列各点中，是二次函数图像上的点是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象上点的坐标满足其解析式． 分别把、0、代入二次函数解析式中计算出对应的函数值，然后进行判断． 【详解】解：A.当时，，故选项不合题意； B.当时，，故选项不合题意； C.当时，，故选项符合题意； D．当时，，故选项不合题意； 故选：C． 7. 将抛物线先向左平移1个单位，再向上平移2个单位后，得到抛物线的解析式是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数图象平移的规律． 由二次函数解析式可得抛物线的顶点坐标，根据平移后的顶点坐标求解． 【详解】解：， 抛物线的顶点坐标为， 将抛物线先向左平移1个单位，再向上平移2个单位后，顶点坐标为， 平移后解析式为， 故选：C． 8. 如图所示，抛物线与x轴的两个交点坐标分别是，下列说法中正确的有（ ） ；；；（4）当时． A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】C 【解析】 【分析】根据过点，可判断（1）正确；由图知时，，即可判断（2）错误；根据抛物线的对称轴为，可得，观察图像可得，进而可判断（3）正确；观察图像可判断（4）正确． 本题主要考查了二次函数的图像和性质，熟练掌握二次函数的性质和数形结合的思想方法是解题的关键． 【详解】解：∵过点， ∴， 故（1）正确； 由图知时，， ∴， 故（2）错误； ∵抛物线的对称轴为， ∴， 由图知， ∴， 故（3）正确； 由图知当时， 故（4）正确． 综上，正确的说法有3个， 故选：C． 9. 若抛物线与轴有交点，则的取值范围是（ ） A. 且 B. C. 且 D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了二次函数与一元二次方程的关系，二次函数的定义，掌握二次函数与轴的交点的横坐标即为时对应一元二次方程的解是解题关键．根据抛物线与x轴有交点，即求令的一元二次方程有实数根，利用根的判别式求解，再结合二次函数的定义，即可确定的取值范围． 【详解】解：抛物线与轴有交点， 关于的方程有实数根，且， ，且， 解得：且， 故选：A． 10. 如图，中，．将绕点B逆时针旋转得到，使点C的对应点恰好落在边上，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由余角的性质，求出∠CAB=50°，由旋转的性质，得到，，然后求出，即可得到答案． 【详解】解：在中，， ∴∠CAB=50°， 由旋转的性质，则 ，， ∴， ∴； 故选：D． 【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，以及余角的性质，解题的关键是掌握所学的性质，正确求出． 二、填空题（每小题3分，共24分） 11. 将一元二次方程化为一般形式则a的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了一元二次方程的一般形式，其一般形式为．先去括号，再移项，再合并同类项，即可答案． 【详解】解：， ， ， ， 则， 故答案为：． 12. 已知，是方程的两根，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的解的定义和根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程的解的定义和根与系数的关系是解题的关键．利用一元二次方程的解的定义和根与系数的关系，可得，从而得到，然后代入，即可求解． 【详解】解：∵a，b是方程的两根， ∴， ∴， ∴ ． 故答案为：． 13. 如图，已知抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点B的坐标为．点P是抛物线对称轴上的一个动点，当的周长最小时，则点P的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式、轴对称的性质、一次函数；其中熟练运用轴对称的性质转化线段是解题的关键．根据抛物线的对称性可知：，所以当点在线段上时，的值最小，的周长也最小，以此为依据求解即可； 【详解】解：令，则， 解得，， ，， 抛物线的对称轴为： 点的横坐标为： 当 时， ； 设直线解析式为， 则， 解得， 由抛物线的对称性可知： ∴当点在线段上时，有最小值，则的周长最小， 将 代入得： 故此时点的坐标是 故答案为：． 14. 如图，一次函数（）与二次函数（）的图象分别交于点，．则关于x的方程的解为__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了函数图象与方程的关系．方程的解就是两个函数交点的横坐标，据此即可求解． 【详解】解：∵方程的解就是一次函数（）与二次函数（）两个函数的图象交点的横坐标，一次函数（）与二次函数（）的图象分别交于点，． ∴的解为； 故答案为：． 15. 某种型号的小型无人机着陆后滑行的距离s(米)关于滑行的时间t(秒)的函数解析式是，当着陆后滑行时间t为____秒时，无人机才能停下来． 【答案】20 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的应用，掌握运用配方法得到顶点式是解题关键． 飞机停下时也就是滑行距离最远时，即在本题中需求出s最大时对应的t值． 【详解】解：由题意得， ， 所以当秒时，飞机才能停下来． 故答案为：20． 16. 如图，把绕点C按顺时针方向旋转后能与重合，且交于点E，若，则的度数是__________． 【答案】##度 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，三角形外角的性质，掌握旋转的性质是解题关键．由旋转的性质可得，再根据三角形外角的性质求解即可． 【详解】解：∵绕点C按顺时针方向旋转后能与重合， ∴， ∴． 故答案为：． 17. 若点与点关于原点对称，则抛物线的顶点坐标为 ____________________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了平面直角坐标系中对称点的规律，二次函数的顶点坐标，先根据原点对称的两点横、纵坐标互为相反数得到，，然后对二次函数配方成顶点式，然后得到顶点坐标即可． 【详解】解：∵点与点关于原点对称， ∴，， ∴抛物线解析式为， ∴顶点坐标为， 故答案为：． 18. 如图，在矩形中，是边上的动点，连接，以为边向右上方作正方形，过点F作，垂足为H，连接．在整个变化过程中，面积的最大值是___________． 【答案】2 【解析】 【分析】证明，则，设，则，则，然后求最值即可． 【详解】解：∵矩形，正方形， ∴， ，， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴当时，的面积最大，其值为2． 【点睛】本题考查了矩形、正方形的性质，全等三角形的判定与性质，二次函数的应用，二次函数的最值等知识．熟练掌握矩形、正方形的性质，全等三角形的判定与性质，二次函数的应用，二次函数的最值是解题的关键． 三、解答题（共66分） 19. 如图，在画有方格图的平面直角坐标系中，的三个顶点均在格点上． （1）将绕点B顺时针方向旋转90°，画出旋转后对应的，则点的坐标是______． （2）画出关于原点的中心对称图形，则点的坐标是______． 【答案】（1） 解：如图，即为所求； 点的坐标是； （2） 如图，即为所求； 点的坐标是． 【解析】 【分析】本题考查了利用旋转变换作图，熟练掌握旋转的定义和性质及网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键． （1）分别作出绕点B顺时针方向旋转所得对应点，顺次连接可得答案； （2）分别作出三顶点关于原点O的中心对称点，再顺次连接可得． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 20. 解方程 （1） （2） 【答案】（1），； （2），． 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键． （1）移项，提公因式，根据因式分解法解一元二次方程； （2）根据配方法解一元二次方程即可求解． 【小问1详解】 解：， 移项得，， 即， ∴或， 解得：，； 【小问2详解】 解：， 移项得，， 配方得，，即， ∴， 解得：，． 21. 如图，把一块长为，宽为的矩形硬纸板的四角各剪去一个同样大小的正方形，再折叠成一个无盖的长方体纸盒．若该无盖纸盒的底面积为，求剪去的小正方形的边长． 【答案】减去的小正方形的边长为 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用，设减去的小正方形的边长为，根据无盖纸盒的底面积为，列出方程，解方程即可． 【详解】解：设减去的小正方形的边长为，根据题意得： ， 解的，（舍）， 答：减去的小正方形的边长为． 22. 已知关于的一元二次方程． 求证：无论取何值，方程总有两个不相等的实数根． 【答案】 证明：一元二次方程中， ，，， ， 一元二次方程总有两个不相等的实数根． 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式．一元二次方程的根的判别式是，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．一元二次方程的根的判别式为，所以一元二次方程总有两个不相等的实数根． 【详解】略 23. 已知二次函数的图象经过和两点． （1）求此二次函数的表达式； （2）当时，直接写出的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，二次函数与一元二次方程、与一元二次不等式的关系，是解决问题的关键． （1）将和代入，求出b，c的值，即得函数表达式； （2）求出二次函数与x轴的另一外交点，根据二次函数图象开口向下，即得时的x取值范围． 【小问1详解】 解：∵的图象经过和两点， ∴， 解得：， 该二次函数的表达式为：； 【小问2详解】 解：当时，， ∴二次函数图象与x轴的另一个交点为， ∵， ∴二次函数的图象开口向下， ∴当时，． 24. 已知函数（m为常数）． （1）当m为何值时，y是x的二次函数？ （2）在（1）的条件下，求函数图象与x轴的交点坐标． 【答案】（1）当时，是的二次函数； （2）函数图象与x轴的交点坐标为． 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的定义，二次函数的图象与x轴的交点坐标． （1）根据二次函数的定义即可求解； （2）根据（）得出二次函数的解析式，令，求得，据此即可求解． 【小问1详解】 解：由题意得，且， 解得， ∴当时，是的二次函数； 【小问2详解】 解：∵， ∴， 令， 则， 解得， ∵函数图象与x轴的交点坐标为． 25. 如图，D为等边内一点，将线段AD绕点A逆时针旋转得到，连接，的延长线与交于点G，与交于点F．求证：． 【答案】 证明：∵线段绕点A逆时针旋转得到， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴． 【解析】 【分析】本题考查的是旋转的性质，全等三角形的判定与性质，根据旋转的性质可得，，结合已知条件可得，进而证明≌，即可证明． 【详解】略 26. 如图，中，是上一点，交于，交于． （1）求证：四边形是中心对称图形； （2）若平分，求证：点E，F关于直线对称． 【答案】（1） 证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴四边形是中心对称图形． （2） 证明：∵平分， ∴． 又∵， ∴， ∴， ∴． 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， ∴垂直平分， ∴点，关于直线对称． 【解析】 【分析】（1）证明四边形是平行四边形，即可得证； （2）由角平分线的定义得．进而利用平行线的性质得从而得．四边形是菱形，根据菱形的性质即可得证． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 27. 如图，在平面直角坐标系中，二次函数交轴于点，，交轴于点，在轴上有一点，连接． （1）求二次函数的表达式； （2）若点为抛物线在轴负半轴上方的一个动点，求面积的最大值及此时点的坐标； （3）抛物线对称轴上是否存在点，使为以为底的等腰三角形？若存在，请直接写出点的坐标即可；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）抛物线的表达式为 （2）面积的最大值为，此时D点坐标为 （3）存在，点P的坐标为 【解析】 【分析】此题考查二次函数的图象与性质，用待定系数法求函数表达式，等腰三角形的判定等知识，数形结合与分类讨论数学思想是解题的关键． （1）直接用待定系数法求解即可； （2）可求得直线的表达式为过点D作 轴于点G， 交于点F， 设则所以，则 ，即可求得面积的最大值是； （3）先求得抛物线的对称轴为直线设，再根据为等腰三角形，且以为底边，利用坐标两点距离公式列出方程求解即可． 【小问1详解】 解：∵抛物线经过点， ， ， 解得 ∴二次函数的表达式为． 【小问2详解】 解：设直线的表达式为则 解得 ∴直线的表达式为 如图1，过点D作轴于点G，交于点F， 设则 ， ， ， ∴当时， ， 此时，， 面积的最大值是，此时D点坐标为； 【小问3详解】 解：存在，理由如下： ， ∴抛物线的对称轴为直线， 设， 为等腰三角形，且以为底边， ， ，， 解得， ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第一学期凉州区长城中学 九年级数学期中考试试卷 一、选择题（每小题3分，共30分） 1. 下列图形中，既是轴对称又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 若关于的一元二次方程有一根为，则一元二次方程必有一根为（ ） A. B. C. D. 3. 已知是方程的两个实数根，则的值为（ ） A. B. 7 C. D. 4. 年暑假期间，我市科技馆举行了“筑梦启航，探索科学”活动．活动结束以后，所有同学们互赠礼物，共送出份礼物，则参加此次活动的同学人数为（ ） A. 人 B. 人 C. 人 D. 人 5. 已知是关于x的二次函数，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 下列各点中，是二次函数图像上的点是（ ） A. B. C. D. 7. 将抛物线先向左平移1个单位，再向上平移2个单位后，得到抛物线的解析式是（ ） A. B. C. D. 8. 如图所示，抛物线与x轴的两个交点坐标分别是，下列说法中正确的有（ ） ；；；（4）当时． A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 9. 若抛物线与轴有交点，则的取值范围是（ ） A. 且 B. C. 且 D. 10. 如图，中，．将绕点B逆时针旋转得到，使点C的对应点恰好落在边上，则的度数是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（每小题3分，共24分） 11. 将一元二次方程化为一般形式则a的值为______． 12. 已知，是方程的两根，则______． 13. 如图，已知抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点B的坐标为．点P是抛物线对称轴上的一个动点，当的周长最小时，则点P的坐标为______． 14. 如图，一次函数（）与二次函数（）的图象分别交于点，．则关于x的方程的解为__________． 15. 某种型号的小型无人机着陆后滑行的距离s(米)关于滑行的时间t(秒)的函数解析式是，当着陆后滑行时间t为____秒时，无人机才能停下来． 16. 如图，把绕点C按顺时针方向旋转后能与重合，且交于点E，若，则的度数是__________． 17. 若点与点关于原点对称，则抛物线的顶点坐标为 ____________________． 18. 如图，在矩形中，是边上的动点，连接，以为边向右上方作正方形，过点F作，垂足为H，连接．在整个变化过程中，面积的最大值是___________． 三、解答题（共66分） 19. 如图，在画有方格图的平面直角坐标系中，的三个顶点均在格点上． （1）将绕点B顺时针方向旋转90°，画出旋转后对应的，则点的坐标是______． （2）画出关于原点的中心对称图形，则点的坐标是______． 20. 解方程 （1） （2） 21. 如图，把一块长为，宽为的矩形硬纸板的四角各剪去一个同样大小的正方形，再折叠成一个无盖的长方体纸盒．若该无盖纸盒的底面积为，求剪去的小正方形的边长． 22. 已知关于的一元二次方程． 求证：无论取何值，方程总有两个不相等的实数根． 23. 已知二次函数的图象经过和两点． （1）求此二次函数的表达式； （2）当时，直接写出的取值范围． 24. 已知函数（m为常数）． （1）当m为何值时，y是x的二次函数？ （2）在（1）的条件下，求函数图象与x轴的交点坐标． 25. 如图，D为等边内一点，将线段AD绕点A逆时针旋转得到，连接，的延长线与交于点G，与交于点F．求证：． 26. 如图，中，是上一点，交于，交于． （1）求证：四边形是中心对称图形； （2）若平分，求证：点E，F关于直线对称． 27. 如图，在平面直角坐标系中，二次函数交轴于点，，交轴于点，在轴上有一点，连接． （1）求二次函数的表达式； （2）若点为抛物线在轴负半轴上方的一个动点，求面积的最大值及此时点的坐标； （3）抛物线对称轴上是否存在点，使为以为底的等腰三角形？若存在，请直接写出点的坐标即可；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $