精品解析：贵州省遵义市2024-2025学年九年级上学期11月期中考试数学试题

贵州省2024—2025学年度第一学期期中考试 九年级数学（人教版） （满分150分，考试时间120分钟） 考试范围：第二十一章~第二十三章 注意事项： 1．答题时，务必将自己的学校、姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答． 一、选择题（本大题共12题，每题3分，共36分．每小题均有A、B、C、D四个选项，其中只有一个选项正确，请用2B铅笔在答题卡相应位置填涂） 1. 下面四个标志中是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 二次函数的图象的对称轴是（ ） A. 直线 B. 直线 C. 直线 D. 直线 3. 雪花缓缓飘落，为大地披上了一层白纱．如图所示的雪花图案是一个中心对称图形，将该图案绕着它的中心旋转，使其与自身重合，至少应旋转的角度是（ ） A. B. C. D. 4. 已知关于的一元二次方程的一个根是1，则方程的另一个根是（ ） A. －3 B. 2 C. 3 D. －4 5. 如图，把绕点O顺时针旋转，到的位置，若，则等于（ ） A. B. C. D. 6. 某抛物线的形状和开口方向与抛物线相同，且顶点坐标是，那么它的函数解析式为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点、的对应点分别为、，连接．当点、、在同一条直线上时，下列结论不正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 如果a是一元二次方程的根，则代数式的值为（ ） A. 2026 B. 2024 C. 2022 D. 2021 9. 两千多年前，古希腊数学家欧多克索斯发现了黄金分割比例．后来在设计人体雕像时，多采用黄金分割比例增加美感．即雕像的上部（腰以上）与下部（腰以下）的高度比，等于下部与全部（全身）的高度比．按此比例，如果雕像高，设雕像的下部高为，可列方程为（ ）． A. B. C. D. 10. 如图所示，拱桥的形状是抛物线，其函数关系式为，当水面离桥顶的高度为米时，水面的宽度为（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 11. 如图，在平面直角坐标系中，，将绕点O逆时针旋转到位置，则点B坐标为（ ） A. B. C. D. 12. 如图，已知二次函数的图象与x轴交于，顶点是，则以下结论：①；②；③若，则；④．其中正确的有（ ）个． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题（本大题共4题，每题4分，共16分） 13. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是______． 14. 若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值为______． 15. 如图，二次函数的图象与x轴的一个交点为，其对称轴为直线，则关于x的一元二次方程的根是______． 16. 如图，的顶点坐标分别为，将绕某一点旋转可得到的三个顶点都在格点上，则旋转中心的坐标是______． 三、解答题（本大题共9题，共98分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 选用适当的方法解下列方程： （1） （2） 18. 如图，在平面直角坐标系中，已知三个顶点的坐标分别为． （1）画出与关于原点O对称的； （2）画出将绕原点O顺时针旋转后得到的，点的坐标是______，点的坐标是______． 19. 某商场九月份的销售额是200万元，十月份的销售额下降了．该商场从十一月份起加强管理，改善经营，使销售额稳步上升，十二月份的销售额达到了万． （1）该商场十月份的销售额是 万元； （2）求十一，十二这两个月销售额的月平均增长率． 20. 已知抛物线，其中是常数，该抛物线的对称轴为直线． （1）求该抛物线的解析式； （2）把该抛物线沿轴向上平移多少个单位长度后，得到的抛物线与轴只有一个公共点？ 21. 已知关于的一元二次方程． （1）如果方程有两个实数根，求的取值范围； （2）如果等腰的一条边长为7，其余两边的长恰好是该方程的两个根，求的周长． 22. 如图，已知E是正方形的边上的一点，延长到点F使，连接，． （1）能通过旋转得到吗？说明理由． （2）连接，过点D作垂直于点M，交于点N．若，，求的长． 23. 学校要建一个矩形花圃，其中一边靠墙，另外三边用篱笆围成．已知墙长42m，篱笆长．设垂直于墙的边长为米，平行于墙的边为米，围成的矩形面积为． （1）求与与的关系式． （2）围成的矩形花圃面积能否为，若能，求出的值． （3）围成的矩形花圃面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值，并求出此时的值． 24. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，D是直角边BC所在直线上的一个动点，连接AD，将AD绕点A逆时针旋转60°到AE，连接BE，DE． （1）如图1，当点E拾好在线段BC上时，请判断线段DE和BE之间的数量关系，并说明理由； （2）如图2，当点E不在直线BC上时，其他条件不变，（1）中结论是否成立？若成立，请给予证明：若不成立，请求出DE和BE之间的数量关系． 25. 如图，已经抛物线经过点，，且它的对称轴为． （1）求此抛物线的解析式； （2）若点是抛物线对称轴上的一点，且点在第一象限，当的面积为15时，求的坐标； （3）在（2）的条件下，是抛物线上的动点，当的值最大时，求的坐标以及的最大值 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 贵州省2024—2025学年度第一学期期中考试 九年级数学（人教版） （满分150分，考试时间120分钟） 考试范围：第二十一章~第二十三章 注意事项： 1．答题时，务必将自己的学校、姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答． 一、选择题（本大题共12题，每题3分，共36分．每小题均有A、B、C、D四个选项，其中只有一个选项正确，请用2B铅笔在答题卡相应位置填涂） 1. 下面四个标志中是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的是中心对称图形的概念，根据中心对称图形的概念判断．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． 【详解】解：选项A、B、C都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形， 选项D能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形， 故选：D． 2. 二次函数的图象的对称轴是（ ） A. 直线 B. 直线 C. 直线 D. 直线 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质，利用配方法将二次函数变形是解题关键．将二次函数化为顶点式，即可得到对称轴． 【详解】解：， 对称轴是直线， 故选：B． 3. 雪花缓缓飘落，为大地披上了一层白纱．如图所示的雪花图案是一个中心对称图形，将该图案绕着它的中心旋转，使其与自身重合，至少应旋转的角度是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了求旋转对称图形的旋转角度，根据题意求出即可求解． 【详解】解：如图所示： ∵， ∴将该图案绕着它的中心旋转，使其与自身重合，至少应旋转的角度是， 故选：C 4. 已知关于的一元二次方程的一个根是1，则方程的另一个根是（ ） A. －3 B. 2 C. 3 D. －4 【答案】C 【解析】 【分析】设方程的一个根＝1，另一个根为，再根据根与系数的关系进行解答即可． 【详解】解：设方程的一个根＝1，另一个根为，根据题意得： ＝3， 将＝1代入，得＝3． 故选：C． 【点睛】本题考查了根与系数的关系，熟练掌握根与系数的关系的相关知识是解题的关键． 5. 如图，把绕点O顺时针旋转，到的位置，若，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转角的概念是解题关键．由旋转的性质可知，，即可求解． 【详解】解：由旋转的性质可知，， ， ， 故选：A． 6. 某抛物线的形状和开口方向与抛物线相同，且顶点坐标是，那么它的函数解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了求二次函数的解析式．明确抛物线的形状和开口方向相同时，两个函数的二次项系数相同是解题关键．根据顶点坐标设函数解析式为，再根据抛物线的形状和开口方向相同，确定的值，即可得到答案． 【详解】解：某抛物线的顶点坐标是， 设它的函数解析式为， 它的形状和开口方向与抛物线相同， ， 它的函数解析式为， 故选：C． 7. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点、的对应点分别为、，连接．当点、、在同一条直线上时，下列结论不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的是旋转的性质，全等三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理的应用，将绕点逆时针旋转得到，可得再证明 再逐一分析即可． 【详解】解：∵将△绕点逆时针旋转得到△， ∴ 故A不符合题意； ∴ ∴ 故B不符合题意； ∴ ∴ ∴ 故C不符合题意； ∵ ∴ 故D符合题意； 故选：D． 8. 如果a是一元二次方程的根，则代数式的值为（ ） A. 2026 B. 2024 C. 2022 D. 2021 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的根，代数式求值，理解一元二次方程的根的定义是解题关键．将代入一元二次方程，得到，再整体代入求值即可． 【详解】解：a是一元二次方程的根， ， ， ， 故选：C． 9. 两千多年前，古希腊数学家欧多克索斯发现了黄金分割比例．后来在设计人体雕像时，多采用黄金分割比例增加美感．即雕像的上部（腰以上）与下部（腰以下）的高度比，等于下部与全部（全身）的高度比．按此比例，如果雕像高，设雕像的下部高为，可列方程为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，设雕像下部高为，则雕像上部高为，根据雕像的上部与下部的高度比等于下部与全部的高度比，即可得出关于的一元二次方程，此题得解． 【详解】解：设雕像下部高为，则雕像上部高为， 根据题意得：即． 故选：B． 10. 如图所示，拱桥的形状是抛物线，其函数关系式为，当水面离桥顶的高度为米时，水面的宽度为（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查二次函数的应用，解题的关键是求出抛物线当时的值即可得解． 【详解】解：根据题意，当时，得：， 解得：或． ∴水面宽度为：（米）． 故选：A． 11. 如图，在平面直角坐标系中，，将绕点O逆时针旋转到位置，则点B坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查坐标与图形，三角形全等的判定和性质．由旋转的性质得到，推出，即可求解． 【详解】解：∵， ∴，， ∵将绕点O逆时针旋转到， ∴， ∴，， ∴点B坐标为， 故选：A． 12. 如图，已知二次函数的图象与x轴交于，顶点是，则以下结论：①；②；③若，则；④．其中正确的有（ ）个． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据题中二次函数的图像及可判断a、b、c的符号，进而可判读①；由二次函数的图象与x轴交于及顶点可得二次函数的图象与x轴另一个交点为当时，，即可判断②；由图象即可判断当时， x的取值范围为，即可判断③；当时，，当时，， ，即可判断④； 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， 由图可知， ∴，故①正确； ∵二次函数的图象与x轴交于， ∴二次函数的图象与x轴另一个交点为，即． ∴当时，，故②正确； 当时，由图可知，x的取值范围为，故③正确； 当时，， 当时，， ∴， ∴，故④正确； 故选：D． 【点睛】本题主要考查二次函数的图像及性质，掌握二次函数的图像及性质是解题的关键． 二、填空题（本大题共4题，每题4分，共16分） 13. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了关于原点对称的点的特征，熟练掌握相关知识是解题关键．根据“平面直角坐标系中任意一点，关于原点的对称点是，即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数”解答即可． 【详解】解：在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是． 故答案为：． 14. 若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值为______． 【答案】4 【解析】 【分析】根据根的判别式的意义得到，解关于k的一元一次方程即可得到k的值． 【详解】解：∵一元二次方程有两个相等的实数根． ∴ ∴ 15. 如图，二次函数的图象与x轴的一个交点为，其对称轴为直线，则关于x的一元二次方程的根是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的对称性，二次函数与方程的关系，求得抛物线与x轴的交点是解题关键．根据二次函数的对称性求得抛物线与x轴的另一个交点，然后根据图象即可求得的根． 【详解】解：二次函数的图象与x轴的一个交点为，其对称轴为直线， 与x轴的另一个交点为，即， 关于x的一元二次方程的根是， 故答案为： 16. 如图，的顶点坐标分别为，将绕某一点旋转可得到的三个顶点都在格点上，则旋转中心的坐标是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了旋转性质，图形与坐标，根据对应点的连线的垂直平分线会经过旋转中心，作图后运用数形结合思想，即可作答． 【详解】解：如图所示： 连接，然后作的垂直平分线，这两条垂直平分线交于一点，记为点P，为旋转中心，此时旋转中心的坐标是 故答案为： 三、解答题（本大题共9题，共98分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 选用适当的方法解下列方程： （1） （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用因式分解法解答，即可求解； （2）利用因式分解法解答，即可求解． 【小问1详解】 解： ∴， ∴， 解得：； 【小问2详解】 解： ∴， ∴， ∴， 解得：． 【点睛】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键． 18. 如图，在平面直角坐标系中，已知三个顶点的坐标分别为． （1）画出与关于原点O对称的； （2）画出将绕原点O顺时针旋转后得到的，点的坐标是______，点的坐标是______． 【答案】（1）图见解析； （2）图见解析， 【解析】 【分析】本题考查了作图——中心对称和旋转，根掌握中心对称和旋转的性质是解题关键． （1）根据关于原点O对称的点的横纵坐标互为相反数，作出即可； （2）利用旋转变换的性质作出，并写出直角坐标系中的坐标即可． 【小问1详解】 解：如图，即为所求作； 【小问2详解】 解：如图，即为所求作； 点的坐标是，点的坐标是． 19. 某商场九月份的销售额是200万元，十月份的销售额下降了．该商场从十一月份起加强管理，改善经营，使销售额稳步上升，十二月份的销售额达到了万． （1）该商场十月份的销售额是 万元； （2）求十一，十二这两个月销售额的月平均增长率． 【答案】（1）160 （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了有理数乘法的实际应用，一元二次方程的实际应用： （1）根据九月份的销售额是200万元，十月份的销售额下降了进行求解即可； （2）设十一，十二这两个月销售额的月平均增长率为x，则可表示出十二份的销售额为万元，具体列出方程求解即可． 【小问1详解】 解：万元， ∴该商场十月份的销售额是160万元； 【小问2详解】 解：设十一，十二这两个月销售额的月平均增长率为x， 由题意得，， 解得或（舍去）； 答：十一，十二这两个月销售额的月平均增长率为． 20. 已知抛物线，其中是常数，该抛物线的对称轴为直线． （1）求该抛物线的解析式； （2）把该抛物线沿轴向上平移多少个单位长度后，得到的抛物线与轴只有一个公共点？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查二次函数的图象和性质，二次函数图象的平移，二次函数图象与坐标轴的交点问题： （1）抛物线的对称轴为直线，由此求出m的值，代入解析式即可； （2）先列出抛物线平移后的解析式，抛物线的图象与轴只有一个公共点时，对应的一元二次方程，由此可解． 【小问1详解】 解： 该抛物线的对称轴为直线， ， 解得． 该抛物线的解析式为：， 即． 【小问2详解】 解：设该抛物线沿轴向上平移个单位长度后，得到的抛物线与轴只有一个公共点，则平移后抛物线的解析式为：， 它与轴只有一个公共点， ， 解得， 将抛物线沿轴向上平移个单位长度后，得到的抛物线与轴只有一个公共点． 21. 已知关于的一元二次方程． （1）如果方程有两个实数根，求的取值范围； （2）如果等腰的一条边长为7，其余两边的长恰好是该方程的两个根，求的周长． 【答案】（1） （2）17 【解析】 【分析】（1）根据判别式可得不等式，解之即可； （2）分类讨论：若时，把代入方程得，解得，，当时，由根与系数的关系得，解得，根据三角形三边的关系，舍去；当时，，解得，则三角形周长为；若，则，方程化为，解得，根据三角形三边的关系，舍去． 【小问1详解】 解：根据题意得：， 解得； 【小问2详解】 当腰长为7时，则是一元二次方程的一个解， 把代入方程得， 整理得，解得，， 当时，，解得，而，故舍去； 当时，，解得，则三角形周长为； 当7为等腰三角形的底边时，则，所以，方程化为，解得，则，故舍去， 综上所述，的值是4，这个三角形的周长为17． 【点睛】本题考查了根的判别式，解一元二次方程，三角形三边关系，等腰三角形的性质，同时考查了学生的综合应用能力及推理能力． 22. 如图，已知E是正方形的边上的一点，延长到点F使，连接，． （1）能通过旋转得到吗？说明理由． （2）连接，过点D作垂直于点M，交于点N．若，，求的长． 【答案】（1）能，理由见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据正方形的性质得出，，求出，根据全等三角形的判定证得即可； （2）连接，根据全等三角形的性质得到，，根据线段垂直平分线的性质得到，设，根据勾股定理即可得到结论． 【小问1详解】 解：能通过旋转得到． 理由如下： ∵四边形是正方形， ，， ． 在和中， ， ， 可以看作由绕点D按逆时针方向旋转得到． 【小问2详解】 解：如图，连接EN． ， ． ， ， 垂直平分， ． 由题意可得，即正方形的边长为5． 设，则，． 由勾股定理，得， 即， 解得， ． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 23. 学校要建一个矩形花圃，其中一边靠墙，另外三边用篱笆围成．已知墙长42m，篱笆长．设垂直于墙的边长为米，平行于墙的边为米，围成的矩形面积为． （1）求与与的关系式． （2）围成的矩形花圃面积能否为，若能，求出的值． （3）围成的矩形花圃面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值，并求出此时的值． 【答案】（1）； （2）能， （3）的最大值为800，此时 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程的应用和二次函数的实际应用： （1）根据可求出与之间的关系，根据墙的长度可确定的范围；根据面积公式可确立二次函数关系式； （2）令，得一元二次方程，判断此方程有解，再解方程即可 ； （3）根据自变量的取值范围和二次函数的性质确定函数的最大值即可． 【小问1详解】 解：∵篱笆长， ∴， ∵ ∴ ∴ ∵墙长42m， ∴， 解得，， ∴； 又矩形面积 ； 【小问2详解】 解：令，则， 整理得：， 此时，， 所以，一元二次方程有两个不相等的实数根， ∴围成的矩形花圃面积能为； ∴ ∴ ∵， ∴； 【小问3详解】 解： ∵ ∴有最大值， 又， ∴当时，取得最大值，此时， 即当时，的最大值为800 24. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，D是直角边BC所在直线上的一个动点，连接AD，将AD绕点A逆时针旋转60°到AE，连接BE，DE． （1）如图1，当点E拾好在线段BC上时，请判断线段DE和BE之间的数量关系，并说明理由； （2）如图2，当点E不在直线BC上时，其他条件不变，（1）中结论是否成立？若成立，请给予证明：若不成立，请求出DE和BE之间的数量关系． 【答案】（1） 解：DE＝BE；理由如下： 由旋转可知，AD＝AE，∠DAE＝60°， ∴△ADE为等边三角形， ∴DE＝AE，∠AED＝60°， ∵∠ABC＝30°，∠AED＝∠ABC＋∠EAB， ∴∠EAB＝60°−30°＝30°， ∴∠ABC＝∠EAB， ∴BE＝AE， ∴DE＝BE． （2） DE＝BE仍然成立；理由如下： 过点E作EF⊥AB，垂足为F，如图所示： 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°， ∴∠CAB＝60°， ∴∠DAE＝∠CAB， ∴∠DAE−∠CAE＝∠CAB−∠CAE， 即∠CAD＝∠EAF， 又∵AD＝AE，∠ACD＝∠AFE＝90°， ∴△ADC≌△AEF（AAS）， ∴AC＝AF， 在Rt△ABC中，∠ABC＝30°， ∴AC＝AB， ∴AF＝AB， 又∵EF⊥AB， ∴AE＝BE， 由（1）知AE＝DE， ∴DE＝BE． 【解析】 【分析】（1）利用等边三角形的性质以及等腰三角形的判定解答即可； （2）过点E作EF⊥AB，垂足为F，证得△ADC≌△AEF，结合直角三角形中30°的角所对的直角边是斜边的一半可得出答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】本题主要考查等边三角形的性质，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，作出辅助线，构造全等三角形，是解题的关键． 25. 如图，已经抛物线经过点，，且它的对称轴为． （1）求此抛物线的解析式； （2）若点是抛物线对称轴上的一点，且点在第一象限，当的面积为15时，求的坐标； （3）在（2）的条件下，是抛物线上的动点，当的值最大时，求的坐标以及的最大值 【答案】（1） （2） （3） 的最大值为 【解析】 【分析】（1）根据题意可设抛物线为再利用待定系数法求解抛物线的解析式即可； （2）设 且 记OA与对称轴的交点为Q，设直线为： 解得： 可得直线为： 则 利用列方程，再解方程即可； （3）如图，连接AB，延长AB交抛物线于P，则此时最大，由勾股定理可得最小值，再利用待定系数法求解AB的解析式，联立一次函数与二次函数的解析式，解方程组可得P的坐标． 【小问1详解】 解： 抛物线经过点， ∴设抛物线为： 抛物线过，且它的对称轴为． 解得： ∴抛物线为： 【小问2详解】 解：如图，点是抛物线对称轴上的一点，且点在第一象限， 设 且 记OA与对称轴的交点为Q， 设直线为： 解得： 直线为： 解得：或 ∵ 则 【小问3详解】 如图，连接AB，延长AB交抛物线于P，则此时最大， 设AB为： 代入A、B两点坐标， 解得： ∴AB为： 解得： 【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，坐标与图形面积，三角形三边关系的应用，勾股定理的应用，确定最大时P的位置是解本题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $