精品解析：广东省韶关市翁源县2024-2025学年九年级上学期11月期中考试数学试题

2024-2025学年度第一学期期中考试 九年级数学 注意事项：1．全卷共6页，满分为120分，考试用时为120分钟． 2．答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔在答题卡填写自己的准考证号、姓名、考场号、座位号，用2B铅笔把对应的号码的标号涂黑． 3．在答题卡上完成作答，答案写在试卷上无效． 一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 关于的一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ） A. 1，2，5 B. C. D. 3. 已知和关于原点对称，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. 5 4. 二次函数的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 5. 将抛物线先向下平移1个单位长度，再向右平移3个单位长度，所得到的抛物线为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，已知点，将线段绕点按顺时针方向旋转，旋转后点的对应点坐标为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，已知一菜园为长10米，宽7米的矩形，为了方便浇水和施肥，修建了同样宽的四条互相垂直的“井”字形道路，余下的部分种青菜，已知种植青菜的面积为54平方米，设小路的宽为米，则根据题意列出的方程是（ ） A. B. C. D. 8. 关于的一元二次方程的一个根是1，则的值为（ ） A. 1或 B. C. 1 D. 9. 设，，是抛物线上的三点，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在正方形中，点的坐标分别是，点在抛物线的图象上，则的值是（ ） A. B. C. D. 二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分． 11. 若方程是关于的一元二次方程，则的取值范围是_______． 12. 若二次函数的图象与x轴只有一个公共点，则__________． 13. 数学课堂上，为探究旋转的性质，同学们进行了如下操作：如图所示，将一个三角形硬纸板，放置在一张白纸上，描出硬纸板的形状，并用图钉固定点A，将三角形硬纸板绕点A顺时针旋转一定角度后，再描出形状得到，经测量，则_______． 14. 设是方程的两个实数根，则的值为_______． 15. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，当点的对应点恰好落在边上时，则的长为_______ 三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题7分，共21分． 16. 解方程： 17. 如图，在平面直角坐标系中，点的坐标分别为． （1）画出关于点的中心对称图形； （2）将绕点顺时针方向旋转后得，画出． 18. 如图，是二次函数的图象． （1）求二次函数解析式； （2）根据图象直接写出关于的不等式的解集． 四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分． 19. 如图，四边形为矩形，，将对角线绕点逆时针旋转得，作交于点． （1）证明：； （2）连接，求的长． 20. 乐昌马蹄是广东韶关的特产，韶关乐昌有着“马蹄之乡”的美称．乐昌马蹄以个头大、清甜多汁、爽脆无渣为特点而闻名全国，畅销国内外．某农产品商以每斤5元的价格收购乐昌马蹄，若按每斤10元出售，平均每天可售出100斤．市场调查反映：如果每斤降价1元，每天销售量相应增加50斤． （1）若该农产品商想要日销售利润达到600元，则每斤马蹄应降低多少元？ （2）日销售利润能否达到700元？如果能，请计算出每斤马蹄降价多少元；如果不能，请说明理由． 21. 为解方程，我们可以将视为一个整体，然后设，则原方程化为，解此方程得．当时，．当时，原方程的解为．以上方法叫做换元法解方程，达到了降次的目的，体现了转化思想． 根据以上阅读材料内容，解决下列问题，并写出解答过程． （1）请用上述方法解方程：． （2）已知实数满足，求的值． 五、解答题（三）：本大题共2小题，第22题13分，第23题14分，共27分． 22. 如图，直线与抛物线相交于和． （1）求抛物线的解析式； （2）点是线段上的动点，过点作轴，交抛物线于点．是否存在这样的点，使线段的长有最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由； （3）轴上是否存在点，使得为等腰三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 综合实践 【初步探究】如图1，在正方形中，点，分别在边，上，连接，，．若，将绕点顺时针旋转得到．易证：． 23. 根据以上信息填空： ①________； ②线段，，之间满足的数量关系为________． 24. 【迁移探究】 如图2，在正方形中，若点在的延长线上，点在的延长线，，猜想线段，，之间的数量关系，并证明． 25. 【拓展探索】 如图3，已知正方形的边长为，，分别在，上，，连接分别交，于点，，若点恰好为线段的三等分点，且，求线段的长 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度第一学期期中考试 九年级数学 注意事项：1．全卷共6页，满分为120分，考试用时为120分钟． 2．答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔在答题卡填写自己的准考证号、姓名、考场号、座位号，用2B铅笔把对应的号码的标号涂黑． 3．在答题卡上完成作答，答案写在试卷上无效． 一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ） 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的识别，根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可：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． 【详解】解：A、是轴对称图形，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、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意； D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意； 故选C． 2. 关于的一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ） A. 1，2，5 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的二次项系数，一次项系数，常数项．熟练掌握一元二次方程的一般形式，是解题的关键．根据一元二次方程的二次项系数，一次项系数，常数项的定义，进行解答即可． 【详解】解：由题意知，一元二次方程的二次项系数，一次项系数，常数项分别是， 故选：B． 3. 已知和关于原点对称，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标的特点，熟练掌握“两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点的对称点是”是解题的关键． 根据关于原点对称的点的坐标的特点求出、的值，即可求解． 【详解】解：∵点和点关于原点对称， ， 则． 故选：A． 4. 二次函数的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据顶点式的顶点坐标为，对照求二次函数的顶点坐标即可． 【详解】解：二次函数， 顶点坐标为， 故选：A． 【点睛】本题考查了利用二次函数的顶点式求顶点坐标，熟练掌握顶点式的顶点坐标为，是解题的关键，属于中考常考题型． 5. 将抛物线先向下平移1个单位长度，再向右平移3个单位长度，所得到的抛物线为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了求二次函数解析式．根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可． 【详解】解：由“上加下减”的原则可知， 将抛物线向向下平移1个单位长度所得抛物线的解析式为：； 将抛物线向右平移3个单位长度所得抛物线的解析式为：，即． 故选：D． 6. 如图，已知点，将线段绕点按顺时针方向旋转，旋转后点的对应点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化，全等三角形的性质与判定根据图形或点旋转之后要结合旋转的角度求出旋转后的点的坐标．求出按顺时针方向旋转旋转得到坐标为． 【详解】解：过点P作轴于点A，过点作轴于点B，如图所示： 则， 根据旋转可知，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴坐标为， 故选：C． 7. 如图，已知一菜园为长10米，宽7米的矩形，为了方便浇水和施肥，修建了同样宽的四条互相垂直的“井”字形道路，余下的部分种青菜，已知种植青菜的面积为54平方米，设小路的宽为米，则根据题意列出的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查的是根据实际问题列一元二次方程，根据关键描述语，找到等量关系准确的列出方程是解题的关键．运用平移的思想，设小路的宽为米，结合“种植青菜的面积为54平方米”作为相等关系列出方程即可． 【详解】解：设小路的宽为米， 根据题意，可得． 故选：A． 8. 关于的一元二次方程的一个根是1，则的值为（ ） A. 1或 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题考查了一元二次方程的解，解一元二次方程．把代入方程即可求解． 【详解】解：把代入一元二次方程得： ， 解得，， ∵， ∴的值为， 故选：． 9. 设，，是抛物线上的三点，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了比较二次函数值的大小，根据解析式可得抛物线开口向下，对称轴为直线，则离对称轴越远函数值越小，再求出三个点到对称轴的距离即可得到答案． 【详解】解：， 可知，抛物线的开口向下，对称轴为直线， ∴当时，随的增大而减小，当时，随的增大而增大， ∴离对称轴越远函数值越小， ∵，，是抛物线上的三点， 且， ∴， 故选：D． 10. 如图，在正方形中，点的坐标分别是，点在抛物线的图象上，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，二次函数的图象和性质．作轴，于，于，证明得到，，设，可得方程组，解方程组得到，再利用待定系数法求解即可． 【详解】解：作轴，于，于，， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， 设， ∵点的坐标分别是， ∴， 解得， ∴， ∵点在抛物线的图象上， ∴， ∴， 故选：B． 二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分． 11. 若方程是关于的一元二次方程，则的取值范围是_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的定义，理解一元二次方程的定义是解题关键．形如，只含有一个未知数（一元），并且未知数项的最高次数是2（二次）的整式方程叫做一元二次方程．根据一元二次方程的定义可得，求解即可获得答案． 【详解】解：∵方程是关于的一元二次方程， ∴，解得． 故答案为：． 12. 若二次函数的图象与x轴只有一个公共点，则__________． 【答案】1 【解析】 【分析】此题考查了二次函数图象与一元二次方程根的关系，根据二次函数图象与一元二次方程的关系“二次函数图象与x轴的交点个数等于对应的一元二次方程根的个数，与x轴横坐标等于对应一元二次方程的解”，即可解答． 【详解】解：∵二次函数的图象与x轴只有一个公共点， ∴方程有两个相等的实数根， ∴， 解得：， 故答案为：1． 13. 数学课堂上，为探究旋转的性质，同学们进行了如下操作：如图所示，将一个三角形硬纸板，放置在一张白纸上，描出硬纸板的形状，并用图钉固定点A，将三角形硬纸板绕点A顺时针旋转一定角度后，再描出形状得到，经测量，则_______． 【答案】##35度 【解析】 【详解】解：将三角形硬纸板绕点A顺时针旋转一定角度，根据旋转的性质，旋转不改变图形的形状和大小，只改变图形的方向， ， ， ， ， ，， ， 故答案为：． 14. 设是方程的两个实数根，则的值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程，根与系数的关系，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的两个根，，满足，．根据一元二次方程根与系数的关系进行解答即可． 【详解】解：∵是方程的两个实数根， ∴，， ∴． 故答案为：． 15. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，当点的对应点恰好落在边上时，则的长为_______ 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了旋转的性质以及勾股定理，先根据旋转的性质得出，，，，再证明，根据勾股定理求出，再利用勾股定理即可得出答案． 【详解】解：∵将绕点逆时针旋转得到， ∴，，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为： 三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题7分，共21分． 16. 解方程： 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法，是解题的关键．用因式分解法，解一元二次方程即可． 【详解】解：． 因式分解得：， ∴，， 解得：． 17. 如图，在平面直角坐标系中，点的坐标分别为． （1）画出关于点的中心对称图形； （2）将绕点顺时针方向旋转后得，画出． 【答案】（1） 解：如图所示：即为所求． （2） 解：如图所示：即为所求． 【解析】 【分析】本题考查作图-旋转变换、中心对称，熟练掌握旋转和中心对称的性质是解答本题的关键． （1）根据中心对称的性质作图即可． （2）根据旋转的性质作图，即可得出答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 如图，是二次函数的图象． （1）求二次函数解析式； （2）根据图象直接写出关于的不等式的解集． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数解析式的求法，用图象法求不等式的解集，求出二次函数的解析式是解答关键． （1）由图象求出二次函数图象经过的点，代入解析式求解； （2）根据二次函数图象与轴的交点来确定出不等式的解集． 【小问1详解】 解：由二次函数的图象可知，二次函数的图象经过， 代入二次函数解析式得 解得， 二次函数的解析式为． 【小问2详解】 解：由图象可知图象与的交点为， 不等式的解集为． 四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分． 19. 如图，四边形为矩形，，将对角线绕点逆时针旋转得，作交于点． （1）证明：； （2）连接，求的长． 【答案】（1） 证明：四边形为矩形， ， ， 绕点逆时针旋转得， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ． （2） 【解析】 【分析】（1）先证明，然后根据可证； （2）由全等三角形的性质得，求出，然后用勾股定理即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：四边形为矩形，如图， ， ， ， ， ， ， 在中，根据勾股定理得： ． 【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键． 20. 乐昌马蹄是广东韶关的特产，韶关乐昌有着“马蹄之乡”的美称．乐昌马蹄以个头大、清甜多汁、爽脆无渣为特点而闻名全国，畅销国内外．某农产品商以每斤5元的价格收购乐昌马蹄，若按每斤10元出售，平均每天可售出100斤．市场调查反映：如果每斤降价1元，每天销售量相应增加50斤． （1）若该农产品商想要日销售利润达到600元，则每斤马蹄应降低多少元？ （2）日销售利润能否达到700元？如果能，请计算出每斤马蹄降价多少元；如果不能，请说明理由． 【答案】（1）降低1元或2元 （2） 不能达到700元．理由如下：设每斤马蹄降价元， 则， 化简得， ， 方程无实数根， 日销售利润不能达到700元． 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程在实际生活中的应用，正确列出一元二次方程是解题的关键． （1）设每斤马蹄降价元，根据销售利润达到600元列一元二次方程求解即可； （2）设每斤马蹄降价元，销售利润能否达到700元列出一元二次方程，求出根的判别式即可求解． 【小问1详解】 解：设每斤马蹄降价元， 根据题意得， 解得， 答：若该农商想要日销售利润达到600元，则每斤马蹄应降低1元或2元． 【小问2详解】 略 21. 为解方程，我们可以将视为一个整体，然后设，则原方程化为，解此方程得．当时，．当时，原方程的解为．以上方法叫做换元法解方程，达到了降次的目的，体现了转化思想． 根据以上阅读材料内容，解决下列问题，并写出解答过程． （1）请用上述方法解方程：． （2）已知实数满足，求的值． 【答案】（1），，，； （2） 【解析】 【分析】本题考查换元法解一元二次方程： （1）设，将原方程变形为，求出y值，进而利用直接开平方法解方程即可； （2）设，将原方程变形为，利用因式分解法解方程求出值，进而即可求解． 【小问1详解】 解：设， 则原方程化为：， 解得：，， 当时，， ， 当时，， ， 原方程的解为：，，，； 【小问2详解】 解：设， 则原方程化为：， 解得：， ， ， ． 五、解答题（三）：本大题共2小题，第22题13分，第23题14分，共27分． 22. 如图，直线与抛物线相交于和． （1）求抛物线的解析式； （2）点是线段上的动点，过点作轴，交抛物线于点．是否存在这样的点，使线段的长有最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由； （3）轴上是否存在点，使得为等腰三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在，当时，线段有最大值且为 （3）存在，或或或或 【解析】 【分析】（1）把代入直线，求出，再根据待定系数法求解即可； （2）设动点的坐标为，则点的坐标为，表示出，再结合，根据二次函数的性质求解即可． （3）设点，分为①当时，②当时，③当时，列方程求解即可． 【小问1详解】 解：把代入直线得， ， 在抛物线上， ，解得：， 抛物线的解析式为． 【小问2详解】 解：存在． 理由如下：设动点的坐标为，则点的坐标为， ， 点是线段上的动点， ， 当时，线段有最大值且为． 【小问3详解】 解：存在． 设点， ①当时，， 解得：， 或． ②当时，， 解得：， 或． ③当时，， 解得：， ， 综上所述，为等腰三角形时，点的坐标为或或或或． 【点睛】本题主要考查对用待定系数法求二次函数的解析式，等腰三角形的性质，勾股定理，一次函数上点的坐标特征，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的最值等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行计算是解此题的关键．题型较好，综合性强． 综合实践 【初步探究】如图1，在正方形中，点，分别在边，上，连接，，．若，将绕点顺时针旋转得到．易证：． 23. 根据以上信息填空： ①________； ②线段，，之间满足的数量关系为________． 24. 【迁移探究】 如图2，在正方形中，若点在的延长线上，点在的延长线，，猜想线段，，之间的数量关系，并证明． 25. 【拓展探索】 如图3，已知正方形的边长为，，分别在，上，，连接分别交，于点，，若点恰好为线段的三等分点，且，求线段的长 【答案】（1）①45°；②； （2）． 证明如下：如图（2），在上截取，连接． 在和中， ， ， ，， 即， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； （3）2.5 【解析】 【分析】（1）①证明，由全等三角形的性质得出，从而可求得； ②证明，由全等三角形的性质得出； （2）将绕点A顺时针旋转到，连接，证明，由全等三角形的性质得出，，证明，由全等三角形的性质得出； （3）将绕点A顺时针旋转，得到，证明，得，再证，然后由勾股定理得出，即可解决问题． 【详解】（1）解：①如图（1），延长到点G，使，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：； 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； 故答案为：； （2）略 （3）如图（3），将绕点顺时针旋转得到，连接． 四边形是正方形， ，，， ， ， 由旋转可得， ，，，， ， ，， ． ． ， ． 设，则． 在中， 解得：， ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质综合，旋转的性质，勾股定理等知识，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $