精品解析：湖北省孝感市云梦县2024-2025学年九年级上学期11月期中考试数学试题

2024—2025学年度上学期期中学情调研九年级数学 （本试题卷共6页，满分120分，考试时间120分钟） 温馨提示： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分，在每小题给出的四个选项中只有一个正确选项，请在答题卡上把正确答案的代号涂黑） 1. 下面图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A. 赵爽弦图 B. 笛卡尔心形线 C. 科克曲线 D. 斐波那契螺旋线 2. 下列方程中，是关于x的一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 3. 若函数的图象经过点，则n的值为（ ） A. 3 B. C. D. 4. 在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标是（ ） A. B. C. D. 5. 用配方法解一元二次方程，配方后得到的方程是（ ） A. B. C. D. 6. 关于二次函数，下列说法错误的是（ ） A. 图象开口向下 B. 时，y随x的增大而减小 C. 对称轴在y轴右侧 D. 图象与x轴有两个交点 7. 如果一个矩形的相邻两边长分别是关于x的一元二次方程的两个实数根，则该矩形的面积为（ ） A. 10 B. 12 C. 20 D. 24 8. 如图，已知A，B，C是圆O上三点，，则的大小为（ ） A. B. C. D. 9. 平面坐标系中，点A的坐标为，将线段绕点O逆时针旋转，则点A的对应点的坐标为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，抛物线与x轴交于点，其中．下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，满分15分．请把答案填在答题卡相应题号的横线上） 11. 把抛物线向上平移个单位后得到的抛物线解析式是：________． 12. 一条排水管的截面如图所示，已知排水管的半径，水面宽，则管中水的最大深度（即的中点到弦的距离）为______． 13. 我国古代著作《四元玉鉴》记载“买椽多少”问题：“六贯二百一十钱，遣人去买几株椽．每株脚钱三文足，无钱准与一株椽，”其大意如下：现请人代买一批椽，这批椽的价钱为6210文，如果每株椽的运费是3文，那么少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，试问6210文能买多少株椽？设这批椽的数量为x株，则可列方程为________． 14. 某一型号飞机着陆后滑行的距离y（单位：m）与滑行时间x（单位：s）之间的函数关系式是y=60x﹣1.5x2，该型号飞机着陆后滑行_m才能停下来． 15. 如图，在边长为4的正方形中，E在边上，连接AE，将线段绕点E顺时针旋转得到线段，连接，交于点G，连接，若，则的长是______． 三、解答题（本大题共9小题，满分75分，请认真读题，冷静思考，解答题应写出必要的文字4说明、证明过程或演算步骤，请把解题过程写在答题卡相应题号的位置） 16. 解方程： （1） （2） 17. 若关于x的一元二次方程有一个实数根是，求m的值及方程的另一个实数根． 18. 如图，已知中，，．将绕点A按逆时针方向旋转得到，与交于点F． （1）若，求的度数； （2）若平分，求的度数． 19. 如图，要搭建一个矩形的自行车棚，一边靠墙，另三边的总长为60米．设的长为x米． （1）若墙长为30米，当x为多少时，矩形车棚的面积为400平方米． （2）车棚面积能否为460平方米？若能，求出此时x的值，若不能，说明理由． 20. 如图，在平面直角坐标系中，已知． （1）画出关于原点O成中心对称； （2）直接写出的面积为______； （3）将绕点D顺时针旋转后，其对应点分别为，则点D的坐标为______． 21. 如图，是直径，是弦，平分交于D，连交于E． （1）若，求的度数； （2）若，求的长度． 22. 一次足球训练中，小明从球门正前方8米的A处射门，球射向球门的飞行路线呈抛物线．当球飞行的水平距离为6米时，球达到最高点，此时球离地面3米．已知球门高为2.44米，现以O为原点建立如图所示直角坐标系．        （1）求抛物线的解析式，并通过计算判断球能否射进球门（忽略其他因素）． （2）对本次训练进行分析，在射门路线的形状、最大高度均保持不变的情况下，小明若希望球飞进球门时离地高度h（单位：米）满足，那么当时他应该带球向正后方移动m米再射门，求m的取值范围． 23. 如图1，在中，，点D是边上一点，将线段绕点C逆时针旋转得到，连接． （1）求证：； （2）连接，若，求线段的长； （3）如图2，若，点M为中点，延长线与交于点P，与交于点N，求线段的长． 24. 如图1，已知抛物线与直线交于，两点，的顶点为，与轴的另一个交点为． （1）_____，_____，_____，点的坐标为：_____； （2）是抛物线上一点，若的面积是的面积的两倍，求点的坐标； （3）如图，已知抛物线的顶点为． 判断抛物线是否过点，并说明理由； 若抛物线与的一个交点为，的面积为，若对任意的正实数均成立，直接写出实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度上学期期中学情调研九年级数学 （本试题卷共6页，满分120分，考试时间120分钟） 温馨提示： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分，在每小题给出的四个选项中只有一个正确选项，请在答题卡上把正确答案的代号涂黑） 1. 下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A. 赵爽弦图 B. 笛卡尔心形线 C. 科克曲线 D. 斐波那契螺旋线 【答案】C 【解析】 【分析】根据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，这个点叫做对称中心；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可． 【详解】A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误； B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误； C．是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项正确； D．不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误； 故选C． 【点睛】此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合． 2. 下列方程中，是关于x的一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的概念，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2，理解一元二次方程的概念是解题的关键．根据一元二次方程的概念逐项判断，即可解题． 【详解】解：A、不是关于的一元二次方程，不符合题意； B、是关于的一元二次方程，符合题意； C、不是整式方程，不是关于的一元二次方程，不符合题意； D、不是整式方程，不是关于的一元二次方程，不符合题意； 故选：B． 3. 若函数的图象经过点，则n的值为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的函数值．正确计算是解题的关键． 将点代入求解即可． 【详解】解：∵函数的图象经过点， ∴， 故选：A． 4. 在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得答案． 【详解】解：点关于原点O的对称点的坐标为， 故选：B． 5. 用配方法解一元二次方程，配方后得到的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了配方法解一元二次方程．熟练掌握配方法解一元二次方程是解题的关键． 利用配方法解一元二次方程即可． 【详解】解：由题意知，， ， ∴， 故选：D． 6. 关于二次函数，下列说法错误的是（ ） A. 图象开口向下 B. 时，y随x的增大而减小 C. 对称轴在y轴右侧 D. 图象与x轴有两个交点 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，根据二次函数的性质逐项分析即可得解，熟练掌握二次函数的性质是解此题的关键． 【详解】解：∵，， ∴二次函数图象开口向下，对称轴为直线，故A正确，不符合题意； ∴时，y随x的增大而减小，对称轴在y轴左侧，故B正确，不符合题意，C错误，符合题意； 令，则，解得，， ∴图象与x轴的交点为，， ∴图象与x轴有两个交点，故D正确，不符合题意； 故选：C． 7. 如果一个矩形的相邻两边长分别是关于x的一元二次方程的两个实数根，则该矩形的面积为（ ） A. 10 B. 12 C. 20 D. 24 【答案】D 【解析】 【分析】设矩形的相邻两边长分别是，则是方程的两个实数根，矩形的面积为，根据韦达定理解答即可． 本题考查了韦达定理，矩形的面积，熟练掌握定理是解题的关键． 【详解】解：设矩形的相邻两边长分别是， 则是方程的两个实数根， 故 又矩形的面积为， 故矩形的面积为24， 故选：D． 8. 如图，已知A，B，C是圆O上的三点，，则的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理．熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 由圆周角定理得，，计算求解即可． 【详解】解：∵， ∴， 故选：B． 9. 平面坐标系中，点A的坐标为，将线段绕点O逆时针旋转，则点A的对应点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了坐标与旋转变换，掌握旋转的性质及全等三角形的性质是解题的关键．根据旋转的性质利用一线三垂直构造全等三角形，即过作轴于点，过作轴于点，可得，即可求解． 【详解】解：如图，过作轴于点，过作轴于点， 则，，， 又， ， ， 又， ， ，， ， 故选：A． 10. 如图，抛物线与x轴交于点，其中．下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象与性质．熟练掌握二次函数的图象与性质并数形结合是解题的关键． 由题意知，，对称轴为直线，由，可得，则，可判断D的正误；当时，，则，可判断A的正误；当时，，可判断B的正误；将代入得，，即，将代入得，，可求，可判断C的正误． 【详解】解：由题意知，，对称轴为直线， ∵， ∴， ∴， D错误，故不符合要求； 当时，， ∴，A错误，故不符合要求； 当时，， B错误，故不符合要求； 将代入得，， ∴， 将代入得，， 解得，， ∴C正确，故符合要求； 故选：C． 二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，满分15分．请把答案填在答题卡相应题号的横线上） 11. 把抛物线向上平移个单位后得到的抛物线解析式是：________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出平移后的抛物线的顶点坐标，然后利用抛物线顶点式解析式写出即可. 【详解】解：∵抛物线y=2x2的顶点坐标是（0，0）， ∴平移后的抛物线的顶点坐标是（0，1）， ∴得到的抛物线解析式是y=2x2+1. 故答案为y=2x2+1. 【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，利用顶点的变化确定解析式的变化更简便. 12. 一条排水管的截面如图所示，已知排水管的半径，水面宽，则管中水的最大深度（即的中点到弦的距离）为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理．熟练掌握垂径定理，勾股定理是解题的关键． 如图，作于，交于，则，由勾股定理得，，根据管中水的最大深度为，计算求解即可． 【详解】解：如图，作于，交于， ∴， 由勾股定理得，， ∴， ∴管中水的最大深度（即的中点到弦的距离）为， 故答案为：． 13. 我国古代著作《四元玉鉴》记载“买椽多少”问题：“六贯二百一十钱，遣人去买几株椽．每株脚钱三文足，无钱准与一株椽，”其大意如下：现请人代买一批椽，这批椽的价钱为6210文，如果每株椽的运费是3文，那么少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，试问6210文能买多少株椽？设这批椽的数量为x株，则可列方程为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了列一元二次方程，设这批椽的数量为x株，再结合题意列出一元二次方程即可，理解题意，找准等量关系是解此题的关键． 【详解】解：设这批椽的数量为x株， 由题意可列方程为， 故答案为：． 14. 某一型号飞机着陆后滑行的距离y（单位：m）与滑行时间x（单位：s）之间的函数关系式是y=60x﹣1.5x2，该型号飞机着陆后滑行_m才能停下来． 【答案】600 【解析】 【详解】解：∵﹣1.5＜0， ∴函数有最大值． ∴， 即飞机着陆后滑行600米才能停止， 故答案为：600． 15. 如图，在边长为4的正方形中，E在边上，连接AE，将线段绕点E顺时针旋转得到线段，连接，交于点G，连接，若，则的长是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的判定与性质，过作于，交延长线于，由旋转和正方形可证明，得到，，再证明四边形是正方形， 设，则，，最后证明，得到，代入列方程求解即可． 【详解】解：如图，过作于，交延长线于，则， ∵边长为4的正方形， ∴，， ∵将线段绕点E顺时针旋转得到线段， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴设，则， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 解得， 经检验是原方程的解， ∴， 故答案为：． 三、解答题（本大题共9小题，满分75分，请认真读题，冷静思考，解答题应写出必要的文字4说明、证明过程或演算步骤，请把解题过程写在答题卡相应题号的位置） 16. 解方程： （1） （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握解一元二次方程的方法，准确计算． （1）用直接开平方法解一元二次方程即可； （2）用配方法解一元二次方程即可． 【小问1详解】 解：， 移项得：， ∴； 【小问2详解】 解：， 移项得：， 配方得：， 整理得：， 直接开方得：； ∴． 17. 若关于x的一元二次方程有一个实数根是，求m的值及方程的另一个实数根． 【答案】，另一个实数根为 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的解以及根与系数的关系，根据题意将代入求出，然后利用两根之积等于求解即可． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程有一个实数根是， ∴，即， 解得， 由根与系数的关系可知方程的两个实数根之积为， ∴另一个实数根为． 18. 如图，已知中，，．将绕点A按逆时针方向旋转得到，与交于点F． （1）若，求的度数； （2）若平分，求的度数． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由旋转的性质可得，即可求解； （2）由三角形内角和定理可求的度数，由角平分线的性质和外角性质可求解． 本题主要考查了旋转的性质以及三角形内角和定理和外角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【小问1详解】 证明：∵将绕点A按逆时针方向旋转得到， ， ， ， ； 【小问2详解】 解：，， ， 平分， ， ， ． 19. 如图，要搭建一个矩形的自行车棚，一边靠墙，另三边的总长为60米．设的长为x米． （1）若墙长为30米，当x为多少时，矩形车棚的面积为400平方米． （2）车棚面积能否为460平方米？若能，求出此时x的值，若不能，说明理由． 【答案】（1）当米时，矩形车棚的面积为400平方米 （2）不能，理由见解析 【解析】 【分析】（1）利用矩形的面积计算公式，找出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合墙长30米即可确定x的值； （2）利用矩形的面积计算公式，找出关于x的一元二次方程，由根的判别式，即可得出原方程没有实数根，进而可得出车棚面积不能为460平方米． 【小问1详解】 解：设的长为x米，则的长为米， 依题意得：， 整理得：， 解得：，． 当时，，不合题意，舍去； 当时，，符合题意． 答：当x为20米时，矩形车棚的面积为400平方米． 【小问2详解】 解：不能，理由如下： 依题意得：， 整理得：． ∵， ∴原方程没有实数根， ∴车棚面积不能为460平方米． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用、列代数式以及根的判别式，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元二次方程；（2）牢记“当时，方程无实数根”． 20. 如图，在平面直角坐标系中，已知． （1）画出关于原点O成中心对称的； （2）直接写出的面积为______； （3）将绕点D顺时针旋转后，其对应点分别为，则点D的坐标为______． 【答案】（1）见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】本题主要考查图形的变换，点在平面直角坐标系中的变换，掌握旋转的性质，“割补法”求面积是解题的关键． （1）将三点绕点O旋转180度得到，再顺次连接即可； （2）利用割补法求解即可； （3）连接，，根据旋转的性质得，点D为的垂直平分线与的垂直平分线的交点，即可求解． 【小问1详解】 解：即为所作： 【小问2详解】 解： 故答案为：； 【小问3详解】 解：如图， 连接，，根据旋转的性质得，点D为的垂直平分线与的垂直平分线的交点， ∴， 故答案为：． 21. 如图，是的直径，是弦，平分交于D，连交于E． （1）若，求的度数； （2）若，求的长度． 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角，解得直角三角形的性质，角的平分线，等腰三角形的性质解答即可； （2）根据垂径定理，勾股定理，圆的性质解答即可． 【小问1详解】 解：∵是直径， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴． 【小问2详解】 解：∵，， ∴，半径 由（1）可知， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了勾股定理，垂径定理，圆周角定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，圆的性质，熟练掌握定理和圆的性质是解题的关键． 22. 一次足球训练中，小明从球门正前方8米的A处射门，球射向球门的飞行路线呈抛物线．当球飞行的水平距离为6米时，球达到最高点，此时球离地面3米．已知球门高为2.44米，现以O为原点建立如图所示直角坐标系．        （1）求抛物线的解析式，并通过计算判断球能否射进球门（忽略其他因素）． （2）对本次训练进行分析，在射门路线的形状、最大高度均保持不变的情况下，小明若希望球飞进球门时离地高度h（单位：米）满足，那么当时他应该带球向正后方移动m米再射门，求m的取值范围． 【答案】（1），不能，计算见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查二次函数的应用； （1）求出抛物线的顶点坐标为，设抛物线为，用待定系数法可得；当时，，知球不能射进球门． （2）设小明带球向正后方移动米，则移动后的抛物线为，把点，代入求出对应的的值，即可求出m的取值范围． 【小问1详解】 解：由题意得：抛物线的顶点坐标为， ∴设抛物线解析式为， 把点代入，得，解得， ∴抛物线的解析式为， 当时，， ∴球不能射进球门； 【小问2详解】 解：由（1）可知，小明带球向正后方移动米后射门路线的抛物线为， 把点代入得，解得（舍去），， 把点代入得，解得（舍去），， ∴m的取值范围为． 23. 如图1，在中，，点D是边上一点，将线段绕点C逆时针旋转得到，连接． （1）求证：； （2）连接，若，求线段的长； （3）如图2，若，点M为中点，的延长线与交于点P，与交于点N，求线段的长． 【答案】（1）见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据旋转的性质可得出，，根据等式的性质可得出，根据证明即可； （2）利用 求得BE的长，然后利用直角三角形的性质求得的长，最后利用勾股定理求得的长． （3）利用已知条件可证，结合已证结论可求得，然后推得是等腰直角三角形，则，从而在含角的直角中可求得的长，最后在分别含角的直角三角形与含角的直角三角形中求得之间的关系式，通过的长建立关系式，求得的长，则可求得的长． 小问1详解】 证明：∵线段绕点C旋转得到， ∴，， ∵， ∴．即， ∴． 在与中， ， ∴； 【小问2详解】 解：中，， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是直角三角形， ∵， ∴， 由（1）可知：， ∴，， 过点E作，垂足为点F．如下图，     则，． ∴，． ∴， 在中，． 【小问3详解】 解：过点N作，垂足H．连接．如下图．     ∵， ∴． ∵，点M为CD中点， ∴， ∴，． ∴． ∴， ∴， 又， ∴ ∴为等腰直角三角形． 故也为等腰直角三角形． ∴． 在中，， ∴． ∴． 在与中，，， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形判定及性质、三角形内角和、含角的直角三角形的性质、勾股定理、等腰三角形三线合一等知识点，解题的关键是正确作出辅助线． 24. 如图1，已知抛物线与直线交于，两点，的顶点为，与轴的另一个交点为． （1）_____，_____，_____，点的坐标为：_____； （2）是抛物线上一点，若的面积是的面积的两倍，求点的坐标； （3）如图，已知抛物线的顶点为． 判断抛物线是否过点，并说明理由； 若抛物线与的一个交点为，的面积为，若对任意的正实数均成立，直接写出实数的取值范围． 【答案】（1），，，； （2）或； （3）抛物线是过点，见解析；． 【解析】 【分析】（）利用待定系数法即可求解； （）过点作轴的平行线交直线于点，设的坐标为，则的坐标为，故有，然后利用即可求解； （）①把代入即可； 由的顶点为，的顶点为，抛物线与的一个交点为，由对称性可知，过作轴，交于点，求出直线解析式为，又抛物线，故它的顶点为，则，代入得出，又，则，从而得出实数的取值范围； 本题考查了二次函数和一次函数的图象与性质，待定系数法解析式，掌握知识点的应用是解题的关键． 【小问1详解】 解：∵与直线交于，两点， ∴，， 解得：，， ∴抛物线解析式为， 令，， ∴，， ∴点， 故答案为：，，，； 【小问2详解】 解：由（）可知抛物线的解析式为，直线的解析式为， 过点作轴的平行线交直线于点，如图， 设的坐标为，则的坐标为， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴点的坐标为或； 【小问3详解】 解：把代入，得， ∴抛物线是过点； ∵的顶点为，的顶点为，抛物线与的一个交点为， ∴由对称性可知，， 由（）可知抛物线的解析式为， ∴ ， ∴顶点， 如图，过作轴，交于点， 设直线解析式为， ∴，解得：， ∴直线解析式为， ∵抛物线， ∴它的顶点为， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴实数的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $