精品解析：江西省赣州市上犹县2024—2025学年九年级上学期期中考试数学试题

上犹县2024～2025学年度第一学期期中质量检测 九年级数学试题卷 说明：1．全卷共有六个大题，23个小题，满分120分，考试时间120分钟； 2．答案一律写在答题卷上，否则无效． 一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的） 1. 下列2024年巴黎奥运会的运动图标中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 把一元二次方程化成的形式，下列正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 将抛物线向左平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度，所得抛物线的解析式为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在边上，且，则的度数为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，、是上的两点，是直径，，若，则的度数为（　　） A. B. C. D. 6. 抛物线的部分图象如图所示，对称轴为直线，直线与抛物线都经过点．下列说法：①；②；③若与是抛物线上的两个点，则；④方程的两根为，；⑤当时，函数有最大值．其中正确的个数是（ ） A 2 B. 3 C. 4 D. 5 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 二次函数的顶点坐标是 _____． 8. 若关于x 的一元二次方程有两个实数根，则k的取值范围是__________． 9. 已知点与点关于原点对称，则的值等于 _____． 10. 某新能源汽车销售公司，在国家减税政策的支持下，原价25万元每辆的纯电动新能源汽车两次下调相同费率后售价为16万元，求每次下调的百分率．设每次下调的百分率为，则可列方程为______． 11. 如图是某学校人行过道中的一个以为圆心的圆形拱门，路面的宽为，高为，圆形拱门所在圆的半径长为_____． 12. 如图，平面直角坐标系中，矩形的顶点，将矩形绕点O顺时针方向旋转，使点A恰好落在直线上的点处，则点B的对应点的坐标为______． 三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. 解方程： （1） （2） 14. 如图，是由在平面内绕点旋转而得，且．求证：平分． 15. 为增强学生身体素质和运动技能，某中学要在操场旁增建一个矩形沙坑用来给学生练习跳远，要求它的周长为米，面积为平方米，请求出沙坑的长和宽． 16. 如图是由小正方形组成网格，每个小正方形的顶点叫做格点，线段，的端点都是格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图． （1）在图1中，将线段绕点顺时针旋转，画出线段； （2）图2中，线段绕点旋转后可得到线段，画出点． 17. 已知关于的一元二次方程有两个实数根． （1）求的取值范围； （2）设方程两实数根分别为，，且满足，求的值． 四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18. 如图，在中，，，点在上，且，连接，将线段绕点顺时针方向旋转至，连接，． （1）求证：； （2）求线段的长度． 19. 在平面直角坐标系中，已知二次函数的解析式为． … 0 1 2 3 … … … （1）根据表格，_____； （2）求出二次函数解析式，并在平面直角坐标系中画出这个函数的图象； （3）若，则的取值范围是_____． 20. 某超市以每袋140元的价格购进一批香米，当每袋香米售价为180元时，每天可售出60袋．为了扩大销售，超市决定采取适当降价的方式促销，经调查发现，如果每袋香米降价1元，那么超市每天就可以多售出5袋． （1）当每袋香米售价下降多少元时，每天的销售利润恰好能达到3360元； （2）求每袋香米售价定为多少元时，每天销售香米所获利润最大，最大利润是多少？ 五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21. 如图，掷实心球是大连市中考体育加试中一个项目．一名男生掷实心球，已知实心球出手时离地面2米，当实心球行进的水平距离为4米时实心球被掷得最高，此时实心球离地面3.6米，设实心球行进的路线是如图所示的一段抛物线． （1）求实心球行进的高度（米）与行进的水平距离（米）之间的函数关系式； （2）如果实心球考试优秀成绩为9.6米，那么这名男生在这次考试中成绩是否能达到优秀？请说明理由． 22. 在等腰直角中，，，为直线上任意一点，连接．将线段绕点按顺时针方向旋转得线段，连接． （1）如图1，当点在线段上时，_____； （2）如图2，当点在线段的延长线上时，探究线段与的数量关系并证明； （3）若，，请直接写出的值． 六、解答题（本大题共12分） 23. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点，点是直线下方的抛物线上一动点． （1）求线段的长； （2）过点作轴的平行线交直线于点，求线段的最大值； （3）在直线找一点，使得为等腰三角形，直接写出点坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上犹县2024～2025学年度第一学期期中质量检测 九年级数学试题卷 说明：1．全卷共有六个大题，23个小题，满分120分，考试时间120分钟； 2．答案一律写在答题卷上，否则无效． 一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的） 1. 下列2024年巴黎奥运会的运动图标中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了中心对称图形，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．根据中心对称图形的概念求解即可． 【详解】解：A．是中心对称图形，故本选项符合题意； B．不是中心对称图形，故本选项不合题意； C．不是中心对称图形，故本选项不合题意； D．不是中心对称图形，故本选项不合题意； 故选：A． 2. 把一元二次方程化成的形式，下列正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先进行移项，再进行配方，方程左右两边同时加上一次项系数一半的平方，即可变形成左边是完全平方，右边是常数的形式． 【详解】解： 移项得：， 配方得：， ， 故选：C． 【点睛】本题主要考查一元二次方程的配方法，解题关键是掌握完全平方式以及配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方． 3. 将抛物线向左平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度，所得抛物线的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题主要考查了函数图象的平移，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式． 直接根据平移规律作答即可． 【详解】解：将抛物线向左平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度后所得抛物线解析式为． 故选：B． 4. 如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在边上，且，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据旋转的性质得出边和角相等，找到角之间的关系，再根据三角形内角和定理进行求解，即可求出答案． 【详解】解：设=x°. 根据旋转的性质，得∠C=∠= x°，=AC, =AB. ∴∠=∠B. ∵，∴∠C=∠CA=x°. ∴∠=∠C+∠CA=2x°. ∴∠B=2x°. ∵∠C+∠B+∠CAB=180°，， ∴x+2x+108=180. 解得x=24. ∴的度数为24°. 故选：C. 【点睛】本题考查了三角形内角和定理，旋转的性质的应用及等腰三角形得性质. 5. 如图，、是上的两点，是直径，，若，则的度数为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用垂径定理得出，通过同弧或等弧所对圆周角相等可得，再根据三角形内角和即可求解． 【详解】解：∵，是直径， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：． 【点睛】此题考查了垂径定理和圆周角定理，解题的关键是熟练掌握垂径定理和同弧或等弧所对圆周角相等的应用． 6. 抛物线的部分图象如图所示，对称轴为直线，直线与抛物线都经过点．下列说法：①；②；③若与是抛物线上的两个点，则；④方程的两根为，；⑤当时，函数有最大值．其中正确的个数是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的性质，一次函数的性质，二次函数与一元二次方程的联系，利用图象的信息与已知条件求得，的关系式是解题的关键． 利用图象的信息与已知条件求得，的关系式，利用待定系数法和二次函数的性质对每个结论进行逐一判断即可得出结论． 【详解】解：∵抛物线开口方向向下， ∴， ∵抛物线的对称轴为直线， ， ∴， ∵， ∴，故①的结论正确； ∵抛物线经过点， ∴， ∴， ∴，故②的结论正确； ∵抛物线的对称轴为直线， ∴点)关于直线对称的对称点为 ， ∴当时，随的增大而减小. ， ，故③的结论不正确； ∵抛物线的对称轴为直线：，抛物线经过点， ∴抛物线一定经过点， ∴抛物线与x轴的交点的横坐标为，， ∴方程的两根为故④的结论正确； ∵直线经过点， ， ， ， ， ， ， ∴函数， ， ∴当时， 函数有最大值，故⑤的结论不正确. 综上，结论正确的有：①②④， 故选： B． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 二次函数的顶点坐标是 _____． 【答案】 【解析】 【分析】根据二次根式的顶点式直接写出顶点坐标即可． 【详解】解：∵二次函数， ∴该函数图象的顶点坐标为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了求二次函数的顶点坐标，解题的关键是熟练掌握二次函数的顶点坐标为． 8. 若关于x 的一元二次方程有两个实数根，则k的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根的判别式，一元二次方程的根与有如下关系：①当时，方程有两个不相等的两个实数根；②当时，方程有两个相等的两个实数根；③当时，方程无实数根．根据根的判别式即可求出的取值范围． 【详解】解：由题意可知：， 解得：， 故答案为：． 9. 已知点与点关于原点对称，则的值等于 _____． 【答案】1 【解析】 【分析】本题主要考查了关于原点对称点的性质，如果两点关于原点对称，则两点的横、纵坐标都是互为相反数，由此求出a，b的值，代入求和即可． 【详解】解：点与点关于原点对称， ，， ， 故答案为：1． 10. 某新能源汽车销售公司，在国家减税政策的支持下，原价25万元每辆的纯电动新能源汽车两次下调相同费率后售价为16万元，求每次下调的百分率．设每次下调的百分率为，则可列方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用．第一次下调费率后的售价为，第二次下调费率后的售价为，据此列出方程即可． 【详解】解：由题意得：， 故答案为：． 11. 如图是某学校人行过道中的一个以为圆心的圆形拱门，路面的宽为，高为，圆形拱门所在圆的半径长为_____． 【答案】2.9（或） 【解析】 【分析】此题考查了垂径定理的应用，熟记垂径定理是解题的关键．连接，根据垂径定理求得,在中应用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，连接， 由垂径定理得，， 设，则． 在中，由勾股定理得，， 即， 解得． 即圆形拱门所在圆的半径为， 故答案为：． 12. 如图，平面直角坐标系中，矩形的顶点，将矩形绕点O顺时针方向旋转，使点A恰好落在直线上的点处，则点B的对应点的坐标为______． 【答案】或 【解析】 【分析】分两种情况：①当点A在上时：连接作于H，证明得到即可得到答案；②当点A在延长线上时：过点作轴，连接，根据对顶角相等和旋转的性质得出，再根据勾股定理求出，根据30度所对的直角边等于斜边的一半得出，然后利用勾股定理求得即可得出答案． 【详解】解：①当点A在上时： 连接作于H，如图所示， 由题意知： 则 由旋转的性质可知， 在和中 ∴点的坐标为 ②当点A延长线上时： 过点作轴，连接，如图 由①知， 由旋转可知， ， ， 故答案为：或． 【点睛】本题考查的是矩形的性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定与性质，掌握矩形的性质，全等三角形的判定和性质定理是解题的关键． 三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. 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． （1）提公因式x即可解方程． （2）利用公式法解方程即可． 【小问1详解】 解： ； ，． 【小问2详解】 解： ，， ； ， 即，． 14. 如图，是由在平面内绕点旋转而得，且．求证：平分． 【答案】见解析 【解析】 【分析】本题考查图形旋转的性质，角的和差，角平分线的定义；根据旋转的性质和垂直的定义得到，即可解题． 【详解】证明：由旋转得， ， ， ， ， ， ， 平分． 15. 为增强学生身体素质和运动技能，某中学要在操场旁增建一个矩形沙坑用来给学生练习跳远，要求它周长为米，面积为平方米，请求出沙坑的长和宽． 【答案】长为，宽为 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键，设宽为，则长，根据题意列出等式，解方程即可得到答案． 【详解】解：设宽为，则长为．由题意可得： ． 整理得：， ． ∴，（舍）． 答：长为,宽为． 16. 如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，线段，的端点都是格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图． （1）在图1中，将线段绕点顺时针旋转，画出线段； （2）在图2中，线段绕点旋转后可得到线段，画出点． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】本题考查了旋转作图，找旋转中心，熟练掌握旋转的定义和性质是解题的关键． （1）根据格点的特点，过点B作即可； （2）连接、，则与的交点即为所求． 【小问1详解】 解：如图，线段即为所求； 【小问2详解】 解：如图，点P即为所求． 17. 已知关于的一元二次方程有两个实数根． （1）求的取值范围； （2）设方程两实数根分别为，，且满足，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式及根和系数的关系． （1）根据一元二次方程根的判别式即可求解； （2）根据一元二次方程根和系数的关系可得，，由完全平方公式可得，进而可得，求出的值再结合（1）即可求解； 【小问1详解】 解：∵一元二次方程有两个实数根， ∴， 解得； 【小问2详解】 解：由根和系数的关系可得，，， ∵， ∴， 即， 整理得，， 解得，， ∵时，， ∴． 四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18. 如图，在中，，，点在上，且，连接，将线段绕点顺时针方向旋转至，连接，． （1）求证：； （2）求线段的长度． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，掌握旋转的性质是解题的关键． （1）先根据旋转的性质，由线段绕点C逆时针方向旋转至位置得到，，加上，于是可得，然后根据即可得到全等； （2）先在中利用勾股定理求出，即可得到，长，再证明，然后在中利用勾股定理即可求出的长度． 【小问1详解】 证明：将线段绕点顺时针方向旋转至， ，， ， ， 即． 在与中， ， ； 【小问2详解】 解：在中，，， ． ， 由（1）可知， ，， ． 在中，， ， ． 19. 在平面直角坐标系中，已知二次函数的解析式为． … 0 1 2 3 … … … （1）根据表格，_____； （2）求出二次函数的解析式，并在平面直角坐标系中画出这个函数的图象； （3）若，则的取值范围是_____． 【答案】（1） （2），（用顶点式求解析式为），函数图象见解析 （3） 【解析】 【分析】本题考查了待定系数法解二次函数以及二次函数的图象性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）根据二次函数图象的对称性解题即可； （2）用待定系数法解出二次函数的解析式，并画出函数图象解题即可； （3）因为，对称轴，且开口方向向上，所以当时，有最小值，则越远离对称轴的所对应的函数值越大，因为，则的取值范围是，即可作答． 【小问1详解】 解：根据表中的数值可知抛物线的对称轴为直线， ∴时的函数值与时的函数值相等， 即， 故答案：； 【小问2详解】 由（1）可得是顶点， 设抛物线的解析式为，把代入得： ，解得， ∴抛物线的解析式为， 画函数图象为： 【小问3详解】 根据图象可知顶点的纵坐标是最小值，为； 当时，函数有最大值，最大值为， ∴当，则的取值范围是． 20. 某超市以每袋140元的价格购进一批香米，当每袋香米售价为180元时，每天可售出60袋．为了扩大销售，超市决定采取适当降价的方式促销，经调查发现，如果每袋香米降价1元，那么超市每天就可以多售出5袋． （1）当每袋香米售价下降多少元时，每天的销售利润恰好能达到3360元； （2）求每袋香米售价定为多少元时，每天销售香米所获利润最大，最大利润是多少？ 【答案】（1）当袋香米售价下降16元或12元时，每天的销售利润恰好能达到3360元 （2）每袋香米售价定为166元时，最大值为3380元 【解析】 【分析】本题考查了列代数式、一元二次方程的应用以及二次函数的应用．理解题意、正确列出代数式、一元二次方程和函数关系式是解题的关键． （1）设每袋香米售价下降元，则每袋香米售价为元，每天能售出袋，列出方程，再解方程即可． （3）设香米每袋下降元，每天销售香米所获得的利润用表示，根据“总利润等于每件利润乘以销售量”列出y与x的函数关系式，再根据二次函数的顶点坐标求最大值即可； 【小问1详解】 解：设每袋香米售价下降元，则每袋香米售价为元，每天能售出袋， 由题意得：， 整理得：， 解得：，， 答：当袋香米售价下降16元或12元时，每天的销售利润恰好能达到3360元； 【小问2详解】 解：设香米每袋下降元，则香米每袋售价为元，每天能售出袋，每天销售香米所获得的利润用表示， 则， ， 当时，即每袋香米售价定为166元时，有最大值，最大值为3380元． 五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21. 如图，掷实心球是大连市中考体育加试中的一个项目．一名男生掷实心球，已知实心球出手时离地面2米，当实心球行进的水平距离为4米时实心球被掷得最高，此时实心球离地面3.6米，设实心球行进的路线是如图所示的一段抛物线． （1）求实心球行进的高度（米）与行进的水平距离（米）之间的函数关系式； （2）如果实心球考试优秀成绩为9.6米，那么这名男生在这次考试中成绩是否能达到优秀？请说明理由． 【答案】（1） （2）这名男生在这次考试中成绩是10米，能达到优秀 【解析】 【分析】（1）设抛物线顶点式表达式，代入坐标求解． （2）当时，解一元二次方程即可． 【小问1详解】 由抛物线顶点是，设抛物线解析式为：， 把点代入得，∴抛物线解析式为：； 【小问2详解】 当时，， 解得，（舍去），， 即这名男生在这次考试中成绩是10米，能达到优秀． 【点睛】此题考查了二次函数，解题的关键是结合图像利用抛物线顶点式求表达式． 22. 在等腰直角中，，，为直线上任意一点，连接．将线段绕点按顺时针方向旋转得线段，连接． （1）如图1，当点在线段上时，_____； （2）如图2，当点在线段的延长线上时，探究线段与的数量关系并证明； （3）若，，请直接写出的值． 【答案】（1） （2），理由见解析 （3）或 【解析】 【分析】本题主要考查三角形全等的判定与性质、旋转的性质、勾股定理等知识点，掌握一线三垂直全等模型是解题的关键． （1）如图，过点E作延长线于点M，利用一线三垂直全等模型证明，进而得到，则，最后根据邻补角的性质即可解答； （2）过点作于点，由旋转得，，，利用一线三垂直全等模型证明，进而得到，然后根据等腰直角三角形的性质、勾股定理即可解答； （3）分点在延长线上和延长线上两种情况，分别根据全等三角形的判定与性质求解即可． 【小问1详解】 解：如图，过点E作延长线于点M， 由旋转得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 【小问2详解】 解：，理由如下： 如图：过点作于点，由旋转得，， ， ， ，， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ． 【小问3详解】 解：如图，当点在延长线上时，过点作延长线于点， 由（2）得：， ∴，， ， ， 当点在延长线上时，过点作于点， 同理可得：， ，， ， ， 综上，或． 六、解答题（本大题共12分） 23. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点，点是直线下方的抛物线上一动点． （1）求线段的长； （2）过点作轴的平行线交直线于点，求线段的最大值； （3）在直线找一点，使得为等腰三角形，直接写出点坐标． 【答案】（1） （2）线段的最大值为 （3）点坐标为或或或 【解析】 【分析】（1）先求解的坐标，再进一步可得答案； （2）如图，求解，设，，求解直线的解析式为．可得，可得，再进一步求解即可； （3）分情况讨论：①当点与点重合时，满足为等腰三角形，②当时，过点作于点，如图，③当时，过点作于点，如图，过点作于点，如图，再进一步解答即可． 【小问1详解】 解：在中， 令得， 或， ，， ； 【小问2详解】 解：如图，当时，， ∴， 点是直线下方的抛物线上一动点， 设，， 设直线的解析式为， ，， 直线的解析式为． 过点作轴的平行线交直线于点， ， ， ， 当时，有最大值为． 线段的最大值为． 【小问3详解】 解：①， ， ， 当点与点重合时，满足为等腰三角形， ； ②当时，过点作于点，如图， ，， ， 点的纵坐标为， 点直线上， ， ． ； ③当时，过点作于点，如图， ， ，． ， ， ， ； 当时，过点作于点，如图， ， ． ∴， ， ， ， ∴． 综上，在直线找一点，使得为等腰三角形，点坐标为或或或． 【点睛】本题考查的是二次函数的图象与性质，求解二次函数的与坐标轴的交点坐标，等腰三角形的判定与性质，勾股定理的应用，作出合适的辅助线，切线的分类讨论是解本题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $