精品解析： 广东省广州市第九十七中学2024-2025学年九年级上学期期中数学试卷

2024-2025学年广东省广州九十七中九年级上学期期中 数学试卷 一、选择题（本题有10个小题，每小题3分，满分30分，下面每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的） 1. 下列交通标志中，是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】此题考查了中心对称图形，在平面内，把一个图形绕某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形就是中心对称图形，据此进行判断即可． 【详解】解：选项B、C、D的图形均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形； 选项A的图形能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形． 故选：A． 2. 下列方程是一元二次方程的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题考查了一元二次方程的定义，一元二次方程必须满足三个条件：（1）未知数的最高次数是2；（2）二次项系数不为0；（3）是整式方程；由此判断即可． 【详解】解：A．当时，不是一元二次方程，故此选项不符合题意； B．，整理得，是一元二次方程，故此选项符合题意； C．，含有两个未知数，不是一元二次方程，故此选项不符合题意； D．该方程是分式方程，不是一元二次方程，故此选项不符合题意； 故选：B． 3. 一元二次方程的根是（　　） A. B. C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程是解题的关键．方程左边是两个式子相乘且右边为0的形式，所以让每个式子分别为0，直接解答． 【详解】解：由题知或 所以，． 故选：C． 4. 抛物线的顶点坐标是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】本题主要考查了二次函数的图像和性质，根据抛物线为，可知顶点为． 【解答】解：∵抛物线为， ∴其的顶点为． 故选：B． 5. 把抛物线向右平移2个单位，向下平移1个单位，得到的抛物线是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】本题主要考查函数图象的平移，熟练掌握平移法则是解题的关键．根据函数图象平移的法则解答即可． 【解答】解：抛物线向右平移2个单位，向下平移1个单位，得到的抛物线是，即． 故选：D． 6. 如图，绕点旋转一定角度后得到，若，则下列说法正确的是（ 　　） A. B. C. 是旋转角 D. 是旋转角 【答案】D 【解析】 【分析】因为△ABC绕点A旋转一定角度后得到△ADE，所以△ABC与△ADE全等，全等三角形对应边相等，可判断A和B选项错误，而旋转角是指旋转前后对应边的夹角，根据定义即可得出答案． 【详解】∵ △ABC绕点A旋转一定角度后得到△ADE， ∴△ABC≅△ADE ∴， ， ∴A和B选项错误． ∴是旋转角， C选项错误，D选项正确． 故选D． 【点睛】本题主要考查了图形旋转的性质，掌握旋转的性质并能运用在具体图形中是做出本题的关键． 7. 关于x的方程的两根为1和，则a，c的值分别为（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】此题考查了一元二次方程根与系数的关系，利用根与系数关系构建方程求解． 【详解】解：∵关于x的方程的两根为1和， ∴，， ∴，， 经检验均符合题意 ， 故选：B． 8. 已知二次函数的图象经过点和，这个二次函数的表达式为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】此题考查了待定系数法求二次函数解析式，由给定点的坐标，利用待定系数法，即可求出这个二次函数的表达式． 【详解】解：将和代入得：， 解得：， ∴这个二次函数的表达式为． 故选：C． 9. 有一块长32 cm，宽24 cm的长方形纸片，在每个角上截去相同的正方形，再折起来做一个无盖的盒子，已知盒子的底面积是原纸片面积的一半，则盒子的高是(　　) A. 2 cm B. 3 cm C. 4 cm D. 5 cm 【答案】C 【解析】 【详解】设盒子的高为xcm， 则其底面长为（32-2x）cm，宽为（24-2x）cm， 底面面积为（32-2x）（24-2x）cm2， 则（32-2x）（24-2x）=×32×24， 整理，得x2-28x+96=0 解之，得x1=4，x2=24， 当x=24时不合题意，应舍去， 故选C． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据草图分析出盒子的高与底面的关系，求出的解应判断是否符合题意，进而确定取舍． 10. 如图，Rt△OAB的顶点A（-2，4）在抛物线y=ax2上，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°，得到△OCD，边CD与该抛物线交于点P，则点P的坐标为（ ） A. (,) B. (2,2) C. (,2) D. (2,) 【答案】C 【解析】 【分析】先根据待定系数法求得抛物线的解析式，然后根据题意求得D（0，2），且DC∥x轴，从而求得P的纵坐标为2，代入求得的解析式即可求得P的坐标． 【详解】∵Rt△OAB的顶点A（−2，4）在抛物线y=ax2上， ∴4＝4a，解得a＝1， ∴抛物线为y=x2， ∵点A（−2，4）， ∴B（−2，0）， ∴OB＝2， ∵将Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°，得到△OCD， ∴D点在y轴上，且OD＝OB＝2， ∴D（0，2）， ∵DC⊥OD， ∴DC∥x轴， ∴P点的纵坐标为2， 令y=2，得2=x2， 解得：x=± ∵点P在第一象限， ∴点P的坐标为：（，2） 故答案为：C． 【点睛】考查二次函数图象上点的坐标特征，坐标与图形变化－旋转，掌握旋转的性质是解题的关键． 二、填空题（本题有6个小题，每小题3分，共18分） 11. 方程的解是_____． 【答案】x=±5 【解析】 【分析】移项得x2=25，然后采用直接开平方法即可得到方程的解． 【详解】解：∵x2-25=0， 移项，得 x2=25， ∴x=±5． 故答案为：x=±5． 【点睛】本题考查了利用直接开平方法解一元二次方程．用直接开方法求一元二次方程的解的类型有：x2=a（a≥0）；ax2=b（a，b同号且a≠0）；（x+a）2=b（b≥0）；a（x+b）2=c（a，c同号且a≠0）．法则：要把方程化为“左平方，右常数，先把系数化为1，再开平方取正负，分开求得方程解”． 12. 在平面直角坐标系内，若点和点关于原点O对称，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据关于原点对称的两点，横坐标和纵坐标都互为相反数即可求解． 【详解】解：∵点和点关于原点O对称， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查关于原点对称的点的特征．熟练掌握关于原点对称的两点，横纵坐标均互为相反数，是解题的关键． 13. 抛物线的对称轴为直线_______． 【答案】 【解析】 【详解】此题考查了二次函数的对称轴，把二次函数配方成顶点式， 依据题意，由抛物线为，从而可以判断得解． 【解答】解：由题意，∵抛物线为， ∴对称轴是直线． 故答案为：． 14. 如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转40°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC=105°，则∠C=____°． 【答案】45 【解析】 【分析】由旋转的性质和等腰三角形的性质得到的度数，再由∠AOC=105°，计算得到的度数，最后由三角形外角和得到的度数，即可知道的度数． 【详解】解：∵是由绕点O顺时针旋转40°后得到的图形 ∴ ∴ 又∵ ∴ 又∵ ∴ ∴ 故答案为：45 【点睛】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，学会数形结合处理相关的数据是解题的重点． 15. 如图，花坛水池中央有一喷泉，水管，水从喷头喷出后呈抛物线状先向上至最高点后落下，若最高点距水面，距抛物线对称轴，则为使水不落到池外，水池半径最小为________． 【答案】米 【解析】 【分析】首先建立坐标系，然后利用待定系数法求得函数的解析式，然后令y=0，即可求解． 【详解】解：如图建立坐标系． 抛物线的顶点坐标是（1，4）， 设抛物线的解析式是y=a（x-1）2+4， 把（0，3）代入解析式得：a+4=3， 解得：a=-1． 则抛物线的解析式是：y=-（x-1）2+4． 当y=0时，-（x-1）2+4=0， 解得：x1=3，x2=-1（舍去）． 则水池的最小半径是3米． 故答案为3米． 【点睛】本题考查了二次函数的应用，待定系数法求函数的解析式是本题的关键． 16. 如图是抛物线的部分图象，图象过点，对称轴为直线，有下列四个结论：①；②；③y的最大值为3；④方程有实数根．其中正确的为________（将所有正确结论的序号都填入）． 【答案】②④ 【解析】 【分析】根据二次函数的图象与性质对各项进行判断即可． 【详解】解：∵抛物线的开口向下，与y轴的交点在y轴的正半轴， ∴a＜0，c＞0， ∵抛物线的对称轴为直线x=1， ∴﹣=1，即b=﹣2a＞0 ∴abc＜0，故①错误； ∵抛物线与x轴的一个交点坐标为（3，0）， ∴根据对称性，与x轴的另一个交点坐标为（﹣1，0）， ∴a﹣b+c=0，故②正确； 根据图象，y是有最大值，但不一定是3，故③错误； 由得， 根据图象，抛物线与直线y=﹣1有交点， ∴有实数根，故④正确， 综上，正确的为②④， 故答案为：②④． 【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质，会利用数形结合思想解决问题是解答的关键． 三、解答题（本大题共8小题，共72分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 解方程：． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查了因式分解法解一元二次方程，掌握因式分解法解方程是解题的关键． 由，变形为，进一步计算即可求解． 【详解】解： ∴或 ∴，． 18. 在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别 （1）画出关于原点O成中心对称的． （2）直接写出点的坐标． 【答案】（1） 即为所求作，如图； （2）． 【解析】 【分析】本题主要考查了网格作图．熟练掌握关于原点对称的点坐标特征，是解题的关键，关于原点对称的点横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数． （1）利用关于原点对称的点的坐标特征得到的坐标，然后描点连线得到； （2）根据关于原点对称的点的坐标特征写出点的坐标． 【小问1详解】 解：∵， ∴A、B、C关于原点对称的点为：， 顺次连接，得到， 【小问2详解】 解：由（1）知，． 19. 已知二次函数． （1）求开口方向、对称轴及顶点坐标． （2）当x_____时，y随x增大而减小． 【答案】（1）开口方向向下，对称轴是直线，顶点为； （2）． 【解析】 【分析】此题考查了二次函数的性质，把一般式转化成顶点式， （1）依据题意，由二次函数为，从而可得开口方向向下，对称轴是直线，顶点为，进而得解； （2）依据题意，由（1），从而当时，y随x增大而减小，进而得解． 【小问1详解】 解：由题意，∵二次函数为， ∴开口方向向下，对称轴是直线，顶点为； 【小问2详解】 解：由题意，由（1）， ∴当时，yy随x增大而减小． 故答案为：． 20. 已知关于x的一元二次方程有实数根． （1）求实数k的取值范围． （2）设方程的两个实数根分别为，若，求k的值． 【答案】（1）k； （2）k=3 【解析】 【分析】根据一元二次方程有实数根得到32-4（k-2）0，解不等式即可； （2）根据根与系数的关系得到，将等式左侧展开代入计算即可得到k值． 【小问1详解】 解：∵一元二次方程有实数根． ∴∆0，即32-4（k-2）0， 解得k 【小问2详解】 ∵方程的两个实数根分别为， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得k=3． 【点睛】此题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程根与系数的关系式，熟练掌握一元二次方程有关知识是解题的关键． 21. 如图，用一段长为30米的篱笆围成一个一边靠墙的矩形苗圃园，墙长为18米，设这个苗圃园垂直于墙的一边的长为米． （1）设苗圃园的面积为，求与的函数关系式，写出自变量的取值范围； （2）当为何值时，苗圃的面积最大？最大值为多少平方米？ 【答案】（1） （2）当时，苗圃的面积最大，最大值为平方米 【解析】 【分析】本题考查了一元一次不等式组的应用，二次函数在面积问题中的应用； （1）根据实际意义列出不等式组，求出的取值范围，再由矩形的面积列出函数关系式，即可求解； （2）将二次函数化成顶点式，在的取值范围内求出最值即可； 能根据实际意义求出的取值范围，化成顶点式是解题的关键． 【小问1详解】 解：由题意得 ， 解得：， ， ； 【小问2详解】 解：由（1）得： ，且， 当时，； 故当时，苗圃的面积最大，最大值为平方米． 22. 如图，在中，，将绕着点A顺时针旋转得到，点在上． （1）求证：平分； （2）若，求的度数． 【答案】（1） 证明：∵将绕着点A顺时针旋转得到， ∴， 又∵点在上， ∴， ∴， ∴平分． （2） 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质等： （1）由旋转得，则，所以，即可得出平分； （2）由，，得，则，求得，所以． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的度数是． 23. 如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其顶点M的坐标为． （1）直接写出点A、B、C的坐标； （2）若点P在抛物线上，的面积是6，求点P的坐标． 【答案】（1），，； （2）点P的坐标为或或或． 【解析】 【分析】（1）根据坐标轴上点的特征分别令，即可求得A，B，C三点的坐标； （2）设根据三角形面积公式计算即可． 【小问1详解】 解：抛物线顶点M的坐标为， 抛物线解析式为， 在中，令，得，解得：， ， 令，得 ； 【小问2详解】 解：设 ， ，即， 当时， 解得：，， 当时， 解得：，， 点P的坐标为或或或． 24. 如图，等边中，点是边上一点，连接，过点作于． （1）如图1，连接并延长交于点，若，． ① 　　； ②求的长； （2）如图2，当点在线段的延长线上时，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，交于，连接，求证：． 【答案】（1）①；② （2） 证明：过点作，如图2所示： 将线段绕点逆时针旋转得到线段， ，， 为等边三角形， ， ， ， ， ，， ， ，， ，， ， ， ， ， ， ， ，， ， ． 【解析】 【分析】（1）①由可得，结合，可得； ②由得到，结合，得到是的垂直平分线，由可求，的长，即可求的长； （2）过点作，通过将线段绕点逆时针旋转得到线段，可得，，证明，可得，，，由，可证，即，可证，然后可证，进而得证． 【小问1详解】 解：①为等边三角形， ，， ， ， ， ， 故答案为：45； ②由（1）知， ， ， 垂直平分即，， ， ， ， 在中，由勾股定理得， ； 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的性质，线段垂直平分线的判定，全等三角形的判定，解题的关键是通过角度相等结合三角形全等的判定与性质得到． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年广东省广州九十七中九年级上学期期中 数学试卷 一、选择题（本题有10个小题，每小题3分，满分30分，下面每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的） 1. 下列交通标志中，是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 2. 下列方程是一元二次方程的是（　　） A. B. C. D. 3. 一元二次方程的根是（　　） A. B. C. ， D. ， 4. 抛物线的顶点坐标是（　　） A. B. C. D. 5. 把抛物线向右平移2个单位，向下平移1个单位，得到的抛物线是（　　） A. B. C. D. 6. 如图，绕点旋转一定角度后得到，若，则下列说法正确的是（ 　　） A. B. C. 是旋转角 D. 是旋转角 7. 关于x的方程的两根为1和，则a，c的值分别为（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 8. 已知二次函数的图象经过点和，这个二次函数的表达式为（　　） A. B. C. D. 9. 有一块长32 cm，宽24 cm的长方形纸片，在每个角上截去相同的正方形，再折起来做一个无盖的盒子，已知盒子的底面积是原纸片面积的一半，则盒子的高是(　　) A. 2 cm B. 3 cm C. 4 cm D. 5 cm 10. 如图，Rt△OAB的顶点A（-2，4）在抛物线y=ax2上，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°，得到△OCD，边CD与该抛物线交于点P，则点P的坐标为（ ） A. (,) B. (2,2) C. (,2) D. (2,) 二、填空题（本题有6个小题，每小题3分，共18分） 11. 方程的解是_____． 12. 在平面直角坐标系内，若点和点关于原点O对称，则的值为______． 13. 抛物线的对称轴为直线_______． 14. 如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转40°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC=105°，则∠C=____°． 15. 如图，花坛水池中央有一喷泉，水管，水从喷头喷出后呈抛物线状先向上至最高点后落下，若最高点距水面，距抛物线对称轴，则为使水不落到池外，水池半径最小为________． 16. 如图是抛物线的部分图象，图象过点，对称轴为直线，有下列四个结论：①；②；③y的最大值为3；④方程有实数根．其中正确的为________（将所有正确结论的序号都填入）． 三、解答题（本大题共8小题，共72分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 解方程：． 18. 在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别 （1）画出关于原点O成中心对称的． （2）直接写出点的坐标． 19. 已知二次函数． （1）求开口方向、对称轴及顶点坐标． （2）当x_____时，y随x增大而减小． 20. 已知关于x的一元二次方程有实数根． （1）求实数k的取值范围． （2）设方程的两个实数根分别为，若，求k的值． 21. 如图，用一段长为30米的篱笆围成一个一边靠墙的矩形苗圃园，墙长为18米，设这个苗圃园垂直于墙的一边的长为米． （1）设苗圃园的面积为，求与的函数关系式，写出自变量的取值范围； （2）当为何值时，苗圃的面积最大？最大值为多少平方米？ 22. 如图，在中，，将绕着点A顺时针旋转得到，点在上． （1）求证：平分； （2）若，求的度数． 23. 如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其顶点M的坐标为． （1）直接写出点A、B、C的坐标； （2）若点P在抛物线上，的面积是6，求点P的坐标． 24. 如图，等边中，点是边上一点，连接，过点作于． （1）如图1，连接并延长交于点，若，． ① 　　； ②求的长； （2）如图2，当点在线段的延长线上时，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，交于，连接，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $