精品解析：江西省宜春市袁州区宜阳新区四校2024-2025学年九年级上学期11月期中考试数学试题

2024—2025学年第一学期九年级期中阶段性检测数学试卷 一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 1. 志愿服务，传递爱心，传递文明．下列志愿服务标志为中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 用配方法解一元二次方程时，此方程可变形为（ ） A. B. C. D. 3. 如图，是的直径，弦，下列结论不一定成立的是（ ） A. B. C. D. 4. 在平面直角坐标系中，把抛物线，向右平移个单位，再向下平移个单位得到的抛物线的为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，线段是半圆O的直径，分别以点A和点O为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于M，N两点，作直线，交半圆O于点C，交于点E，连接，若，则的长是（ ） A. 4 B. C. 6 D. 6. 如图，把正方形铁片置于平面直角坐标系中，顶点A的坐标，点在正方形铁片上，将正方形铁片绕其右下角的顶点按顺时针方向依次旋转，第一次旋转至图①位置，第二次旋转至图②位置，…，则正方形铁片连续旋转2019次后，则点P的坐标为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 已知点与点关于原点对称，则_______． 8. 若关于x的一元二次方程的一个根为，则k的值为_______． 9. 已知是的弦，且，，则的半径是_______． 10. 已知抛物线过，，三点，则，，的大小关系是_______．（用“”号连接） 11. 如图①是我国著名建筑“东方之门”，它通过简单的几何曲纹处理，将传统文化与现代建筑为一体，最大程度地传承了中国的历史文化．“门”的内侧曲纹呈抛物线形，如图②，已知其底部宽度为80米，高度为200米，则离地面128米处的水平宽度（即的长）为_______米． 12. 如图，在▱ABCD中，AB＝8，BC＝12，∠B＝120°，点E是BC的中点，点P在▱ABCD的边上．若△PBE为等腰三角形，则EP的长为 _____． 三、解答题（本大题共5小题，每题6分，共30分） 13. （1）解一元二次方程； （2）如图，在中，半径，，且，求的长． 14. 二次函数的图象过点、． （1）求该二次函数解析式； （2）关于x的不等式的解集为_______． 15. 如图，在中，，在同一平面内，将绕点A旋转到的位置，使得，求的度数． 16. 请用无刻度直尺按下列要求作图． 如图，已知是的直径，四边形是平行四边形． ①如图1，当点D在圆上时，作的角平分线； ②如图2，当点D不在圆上时，作的角平分线． 17. （课本改编）如图，已知，所在的直线垂直平分线段，小明想用图1这样的“T”形工具找到圆形工件的圆心并求出工件的半径，请你帮小明求出圆的半径r． 四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18. 芯片目前是全球紧缺资源，某市政府通过招商引进“芯屏汽合、集终生智”等优势产业，发展新兴产业，某芯片公司引进了一条内存芯片生产线，开工第一季度生产200万个，第三季度生产288万个．试回答下列问题： （1）已知第二、三季度生产量的平均增长率相等，求第二、三季度生产量的平均增长率； （2）经调查发现，1条生产线最大产能是600万个/季度，若每增加1条生产线，每条生产线的最大产能将减少20万个/季度，现该公司要保证每季度生产内存芯片2600万个，在增加产能同时又要节省投入成本的条件下（生产线越多，投入成本越大），应该再增加几条生产线？ 19. 如图1所示的某种发石车是古代一种远程攻击的武器，发射出去的石块的运动轨迹是抛物线的一部分，且距离发射点20米时达到最大高度10米．将发石车置于山坡底部处，山坡上有一点，点与点的水平距离为30米，与地面的竖直距离为3米，是高度为3米的防御墙．若以点为原点，建立如图2所示的平面直角坐标系． （1）求石块运动轨迹所在抛物线的解析式； （2）试通过计算说明石块能否飞越防御墙； 20. 如图，在中，，点，分别在，上，线段绕点D顺时针旋转得到，其中旋转角，此时点F恰好落在上，过点，，的圆交于点G，连接． （1）若，求的度数； （2）求证：． 五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21. 阅读材料：已知方程，且，求的值． 解：由，及可知，，又∵，∴． ∵可变形为，根据和的特征． ∴、是方程的两个不相等的实数根，则，即． 根据阅读材料所提供的方法，完成下面的解答． 已知：，，且，求下列各式的值： （1）； （2）． 22. 如图，抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知，． （1）求抛物线的函数表达式； （2）点E是线段上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置时，四边形的面积最大？求出四边形的最大面积及此时E点的坐标． 六、解答题（本大题共12分） 23. 综合与实践已知：，在和上截取，将线段边绕点A逆时针旋转得到线段，点E在射线上，连接，． 【特例感知】 （1）如图1，若旋转角，则与的数量关系是______； 【类比迁移】 （2）如图2，试探究在旋转的过程中与的数量关系是否发生改变？若不变，请求与的数量关系；若改变，请说明理由； 【拓展应用】 （3）如图3，在四边形中，，，点E在直线上，，，请直接写出的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年第一学期九年级期中阶段性检测数学试卷 一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 1. 志愿服务，传递爱心，传递文明．下列志愿服务标志为中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了中心对称图形，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． 根据中心对称图形的定义逐项判断即可． 【详解】解：A．不是中心对称图形，不符合题意； B．是中心对称图形，符合题意； C．不是中心对称图形，不符合题意； D．不是中心对称图形，不符合题意． 故选B． 2. 用配方法解一元二次方程时，此方程可变形为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】 故选：D． 3. 如图，是的直径，弦，下列结论不一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了垂径定理，全等三角形的性质和判定，熟练掌握其定理是解题的关键．利用垂径定理可得是线段的垂直平分线，进而可得，，进而可得A、B和D；由题意不能得到，进而可判断C． 【详解】解：是的直径，弦，垂足为， ，即垂直平分， ，， ，则A、B选项正确，故A、B选项不符合题意； ∵， ∴，则D选项正确，故D选项不符合题意； 由题意不能得到，则C选项不一定成立，符合题意， 故选：C． 4. 在平面直角坐标系中，把抛物线，向右平移个单位，再向下平移个单位得到的抛物线的为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先写出顶点式然后根据左加右减，上加下减求出结果即可． 【详解】解：抛物线化为顶点式得：, 向右平移个单位，再向下平移个单位得到的抛物线的为: ,化简得：． 故选：D． 【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，利用顶点的变化求解更加简便，平移的规律：左加右减，上加下减． 5. 如图，线段是半圆O的直径，分别以点A和点O为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于M，N两点，作直线，交半圆O于点C，交于点E，连接，若，则的长是（ ） A. 4 B. C. 6 D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接，根据作图知垂直平分，即可得，，根据圆的半径得，，根据圆周角的推论得，根据勾股定理即可求解． 【详解】解：连接，根据作图知垂直平分， ∴，， ∴， 即， ∵线段是半圆O的直径， ∴， 在中，根据勾股定理得， ， 故选B． 【点睛】本题考查了圆，勾股定理，圆周角推论，解题的关键是掌握这些知识点． 6. 如图，把正方形铁片置于平面直角坐标系中，顶点A的坐标，点在正方形铁片上，将正方形铁片绕其右下角的顶点按顺时针方向依次旋转，第一次旋转至图①位置，第二次旋转至图②位置，…，则正方形铁片连续旋转2019次后，则点P的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查图形与坐标规律，读懂题意，数形结合，找到坐标规律是解决问题的关键． 按照题意，连接右下角轴上的点与，如图所示，由旋转性质逐步求出各个位置时点的坐标，找到循环规律求解即可得到答案． 【详解】解：如图所示： 点，点， ，则， 由旋转的性质可得， 第一次； 如图所示： ， ，则由旋转的性质可得， 第二次， 如图所示： ， ，则由旋转的性质可得， 第三次， 如图所示： ， ，则由旋转性质可得， 第四次， … 数形结合，发现点的位置4次一个循环，每循环一次横坐标增加12， ∵， 的纵坐标与相同为，横坐标为， ∴， 故选：A． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 已知点与点关于原点对称，则_______． 【答案】1 【解析】 【分析】本题考查了关于原点对称的点坐标的特征．熟练掌握关于原点对称的点坐标的横纵坐标均互为相反数是解题的关键． 由点与点关于原点对称，可得，计算求解即可． 【详解】解：∵点与点关于原点对称， ∴， 解得，， 故答案为：1． 8. 若关于x的一元二次方程的一个根为，则k的值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解，将代入，即可求解， 解题的关键是：明确方程的解一定使原方程成立． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程的一个根是， ∴，解得：， 故答案为：． 9. 已知是的弦，且，，则的半径是_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查圆的基本性质，勾股定理，作出图形是解决问题的关键，由，，可知，再结合勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，∵，，， ∴， ∴， 在中，， ∴， 故答案为：． 10. 已知抛物线过，，三点，则，，的大小关系是_______．（用“”号连接） 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了函数图象上的点的坐标与函数解析式的关系，解题关键是掌握二次函数的对称性及增减性． 根据二次函数的性质，得到对称轴为直线，再利用对称性得到的对称点坐标为，最后利用增减性即可得到答案． 【详解】解：， 对称轴为直线， 的对称点坐标为， ， 抛物线开口向下，有最大值，在对称轴左侧，随的增大而增大， ， ， 故答案为：． 11. 如图①是我国著名建筑“东方之门”，它通过简单的几何曲纹处理，将传统文化与现代建筑为一体，最大程度地传承了中国的历史文化．“门”的内侧曲纹呈抛物线形，如图②，已知其底部宽度为80米，高度为200米，则离地面128米处的水平宽度（即的长）为_______米． 【答案】48 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的应用，解题的关键是明确题意，数形结合．先建立直角坐标系，再根据题意设抛物线的解析式，然后根据点在抛物线上，可求出抛物线的解析式，最后将代入求出的值，即可得到的值． 【详解】解：以底部所在的直线为轴，以线段的垂直平分线所在的直线为轴建立平面直角坐标系， ，， 设内侧抛物线的解析式为， 将代入， 得：， 解得： ， 内侧抛物线的解析式为， 将代入得：， 解得：， ，， （米）， 故答案为：48． 12. 如图，在▱ABCD中，AB＝8，BC＝12，∠B＝120°，点E是BC的中点，点P在▱ABCD的边上．若△PBE为等腰三角形，则EP的长为 _____． 【答案】6或或 【解析】 【分析】当P点在BA上，BP=BE=6，作BH⊥PE于H，如图1，根据等腰三角形的性质得PH=EH，再计算出∠BPE=∠BEP=30°，然后利用含30度的直角三角形三边的关系计算出EH，从而得到此时的PE的长；当P点在AD上，BP=PE，作BG⊥AD于G，PF⊥BE于F，如图2，所以BF=EF=3，先求出BG=4，从而得到PF=4，然后利用勾股定理计算出此时PE的长；当点P在CD上，如图3，EB=EP=6． 【详解】解：当P点在BA上，BP=BE=6， 作BH⊥PE于H，如图1， 则PH=EH， ∵∠B=120°， ∴∠BPE=∠BEP=30°， 在Rt△BEH中，BH=BE=3，EH=BH=3， ∴PE=2EH=6； 当P点在AD上，BP=PE， 作BG⊥AD于G，PF⊥BE于F，如图2， 则BF=EF=3， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴ADBC， ∵∠ABC=120°， ∴∠A=60°， 在Rt△ABG中，AG=AB=4，BG=AG=4， ∴PF=4， 在Rt△PEF中，PE=； 当点P在CD上，如图3， EB=EP=6， 综上所述，PE的长为6或6或． 故答案为6或6或． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质：平行四边形的对边相等；平行四边形的对角相等；平行四边形的对角线互相平分．平行线间的距离处处相等．也考查了等腰三角形的性质和直角三角形的性质、勾股定理． 三、解答题（本大题共5小题，每题6分，共30分） 13. （1）解一元二次方程； （2）如图，在中，半径，，且，求的长． 【答案】（1），；（2）8 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的求解、垂径定理及勾股定理，熟练掌握上述知识是解题的关键． （1）根据因式分解法求解即可； （2）根据垂径定理可得，再结合勾股定理即可求解． 【详解】解：（1）∵，即 ∴或， ∴，； （2）∵，，， ∴， 由勾股定理得：， ∴． 14. 二次函数的图象过点、． （1）求该二次函数解析式； （2）关于x的不等式的解集为_______． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式、二次函数的图象与性质、根据交点确定不等式的解集，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键． （1）将，代入二次函数得，解方程组即可得到答案； （2）由二次函数的性质即可得到答案． 【小问1详解】 解：二次函数的图象过点、， 将，代入二次函数得，， 解得：， 二次函数的解析式为； 【小问2详解】 解：二次函数的解析式为，， 二次函数的开口向上， 当时，， 解得，， 则二次函数的图象与轴交于，两点， 关于的不等式的解集为， 故答案为：． 15. 如图，在中，，在同一平面内，将绕点A旋转到的位置，使得，求的度数． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，根据平行线的性质得出，根据旋转得出，，根据等腰三角形性质得出，最后根据三角形内角和定理求出结果即可． 【详解】解：∵， ， 将绕点旋转到的位置， ，， ， ∴， ． 16. 请用无刻度直尺按下列要求作图． 如图，已知是的直径，四边形是平行四边形． ①如图1，当点D在圆上时，作的角平分线； ②如图2，当点D不在圆上时，作的角平分线． 【答案】 ①如下图，即为所求． ②如下图，即为所求． 【解析】 【分析】本题主要考查了圆得基本性质，平行四边形的性质、菱形的判定与性质，熟练运用圆得基本性质，菱形的判定与性质是解题关键． ①由四边形是平行四边形，结合圆的半径相等，可知四边形是菱形，利用菱形的性质即可做出的平分线；②延长交于圆一点，连接，同理①，即可获得答案． 【详解】解：①理由如下： ∵四边形是平行四边形，点在圆上， ∴， ∴四边形是菱形， ∴平分； ②延长交于圆一点，连接． 理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴， 过点作，则四边形为平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形， ∴平分． 17. （课本改编）如图，已知，所在的直线垂直平分线段，小明想用图1这样的“T”形工具找到圆形工件的圆心并求出工件的半径，请你帮小明求出圆的半径r． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了垂径定理的应用，关键是找出圆心，通过作辅助线构造直角三角形，用到的知识点是垂径定理、勾股定理． 根据线段垂直平分线段，得出，，得，然后解方程即可． 【详解】解：∵所在的直线垂直平分线段， ∴所在的直线经过圆心， 移动到，使得点、在圆上，到， 交于点，则点即为圆心．如图 连接，∵线段垂直平分线段， ∴，， ∵，则， 解得：． 四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18. 芯片目前是全球紧缺资源，某市政府通过招商引进“芯屏汽合、集终生智”等优势产业，发展新兴产业，某芯片公司引进了一条内存芯片生产线，开工第一季度生产200万个，第三季度生产288万个．试回答下列问题： （1）已知第二、三季度生产量的平均增长率相等，求第二、三季度生产量的平均增长率； （2）经调查发现，1条生产线最大产能是600万个/季度，若每增加1条生产线，每条生产线的最大产能将减少20万个/季度，现该公司要保证每季度生产内存芯片2600万个，在增加产能同时又要节省投入成本的条件下（生产线越多，投入成本越大），应该再增加几条生产线？ 【答案】（1） （2）4条 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． （1）设第二，三季度生产量的平均增长率为，利用第三季度的生产量第一季度的生产量，即可得出关于的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论； （2）设应该再增加条生产线，则每条生产线的最大产能为万个/季度，根据该公司要保证每季度生产内存芯片2600万个，即可得出关于的一元二次方程，解之即可得出的值，再结合在增加产能同时又要节省投入成本，即可得出应该再增加4条生产线． 【小问1详解】 解：设第二，三季度生产量的平均增长率为， 依题意得：， 解得：，（不符合题意，舍去）， 答：第二，三季度生产量的平均增长率为． 【小问2详解】 解：设应该再增加条生产线，则每条生产线的最大产能为万个/季度， 依题意得：， 整理得：， 解得：， 又∵在增加产能同时又要节省投入成本， ∴． 答：应该再增加4条生产线． 19. 如图1所示的某种发石车是古代一种远程攻击的武器，发射出去的石块的运动轨迹是抛物线的一部分，且距离发射点20米时达到最大高度10米．将发石车置于山坡底部处，山坡上有一点，点与点的水平距离为30米，与地面的竖直距离为3米，是高度为3米的防御墙．若以点为原点，建立如图2所示的平面直角坐标系． （1）求石块运动轨迹所在抛物线的解析式； （2）试通过计算说明石块能否飞越防御墙； 【答案】（1） （2）能 【解析】 【分析】（1）设石块运行的函数关系式为，用待定系数法求得a的值即可求得答案； （2）把代入，求得y的值，与6作比较即可． 【小问1详解】 解：∵发射出去的石块的运动轨迹是抛物线的一部分，且距离发射点20米时达到最大高度10米， ∴设石块运行的函数关系式为，由图象可知，抛物线过点， 把代入，得：， 解得：， ∴； 【小问2详解】 ∵，当时，， ∵， ∴能飞越防御墙． 【点睛】本题考查二次函数的实际应用．读懂题意，正确的列出二次函数解析式，是解题的关键． 20. 如图，在中，，点，分别在，上，线段绕点D顺时针旋转得到，其中旋转角，此时点F恰好落在上，过点，，的圆交于点G，连接． （1）若，求的度数； （2）求证：． 【答案】（1） （2） 证明：连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， 又∵， ∴， ∴， ∴． 【解析】 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，正确引出辅助线解决问题是解题的关键． （1）先代入计算得到，再利用圆内接四边形的性质即可求解； （2）利用圆内接四边形的性质以及等弦对等弧求得，证得，再证明，据此即可证明． 【小问1详解】 解：∵， ∴， ∴； 【小问2详解】 略 五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21. 阅读材料：已知方程，且，求的值． 解：由，及可知，，又∵，∴． ∵可变形为，根据和的特征． ∴、是方程的两个不相等的实数根，则，即． 根据阅读材料所提供的方法，完成下面的解答． 已知：，，且，求下列各式的值： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系及利用完全平方公式变形求解，若一元二次方程的两根为、，则，，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题关键． （1）由题意可知：可以将方程化简为的形式，可得、是一元二次方程的两个根，根据根与系数的关系直接得的值； （2）将变形为，根据根与系数的关系得出，，可得，，代入求解即可． 【小问1详解】 解：∵， ∴， ∴． ∵，， ∴． ∴、是方程的两个根， ∴． 【小问2详解】 解：∵、是方程的两个根， ∴，， ∴，， ∴． 22. 如图，抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知，． （1）求抛物线的函数表达式； （2）点E是线段上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置时，四边形的面积最大？求出四边形的最大面积及此时E点的坐标． 【答案】（1） （2）点为的中点时，四边形的面积最大，最大面积为，此时点的坐标为 【解析】 【分析】（1）将、点坐标分别代入抛物线解析式得，然后解方程组求出、即可得到抛物线解析式； （2）由题意知，二次函数的对称轴为直线，则，如图，设，则，，由题意知，，然后根据二次函数的图象与性质，求解作答即可． 【小问1详解】 解：将，代入得， ， 解得，， ∴抛物线的关系式为； 【小问2详解】 当时，， 解得，或，则， 由题意知，二次函数的对称轴为直线， ∴，如图， 设直线的函数表达式为 将、点坐标代入得， 解得， ∴直线的函数表达式为， 设，则，， 由题意知，， ∴， ∵， ∴当时，即点为的中点时，四边形的面积最大，最大面积为，此时点的坐标为． 六、解答题（本大题共12分） 23. 综合与实践已知：，在和上截取，将线段边绕点A逆时针旋转得到线段，点E在射线上，连接，． 【特例感知】 （1）如图1，若旋转角，则与的数量关系是______； 【类比迁移】 （2）如图2，试探究在旋转的过程中与的数量关系是否发生改变？若不变，请求与的数量关系；若改变，请说明理由； 【拓展应用】 （3）如图3，在四边形中，，，点E在直线上，，，请直接写出的面积． 【答案】（1）； （2）在旋转的过程中不变，理由如下： 如图，过作于，过作于，则， ∵将线段边绕点A逆时针旋转得到线段， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）的面积为或 【解析】 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理； （1）当可得四边形是正方形，此时、重合，可得； （2）过作于，过作于，由旋转结合等腰三角形三线合一可得，再证明，得到，最后由，得到，，即可得到； （3）参考（2）中作辅助线，过作于，过作于，先证明，得到，，再由，得到，利用勾股定理求出，，最后根据计算，需要利用点与点位置去分类讨论． 【详解】解：（1）∵将线段边绕点A逆时针旋转得到线段， ∴，， ∴，， ∴四边形是正方形， ∴， ∵点E在射线上，， ∴此时、重合， ∴， ∴； （2）略 （3）当在点右边时，如图，过作于，过作于，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 同理，当在点左边时，如图 ， ∴； 综上所述，的面积为或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $