精品解析：山西省吕梁市汾阳市多校2024-2025学年九年级上学期11月期中考试数学试题

山西省吕梁市汾阳市多校2024-2025学年九年级上学期11月期中考试数学试题 满分：120分 时间：120分钟 一、选择题（共30分） 1. 2024年巴黎奥运会是第三十三届夏季奥林匹克运动会，于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行．下面2024年巴黎奥运会项目图标是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 用配方法解一元二次方程，此方程可化为（ ） A. B. C. D. 3. 已知二次函数的部分图象如图所示，则关于x的一元二次方程的解为（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 关于x的一元二次方程有两个实数根，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 且 5. 将抛物线平移后，得到抛物线的解析式为，则正确的平移方式是（ ） A. 向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度 B. 向右平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度 C. 向左平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度 D. 向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度 6. 已知点，，都在二次函数的图像上， 则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 7. 2023年12月10日，龙城太原迎来这个冬天的第一场大雪．为了方便通行，同学们将教学楼前的矩形空地清扫出宽度相同的通道（如图阴影部分为通道），保留了3块面积均为的积雪活动区．已知矩形空地的长为，宽为，若设通道的宽为，则根据题意可得方程（ ） A. B. C. D. 8. 飞机着陆后滑行的距离（单位：m）与滑行的时间（单位：s）的函数解析式是，那么飞机着陆后滑行多长时间才能停下来？（ ） A. B. C. D. 9. 数学活动课上，同学们要测一个如图所示的残缺圆形工件的半径，小明的解决方案是：在工件圆弧上任取两点，连接，作的垂直平分线交于点，交于点，测出，则圆形工件的半径为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，已知等边三角形，顶点，将绕原点顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，顶点的坐标为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（共15分） 11. 已知点与点关于原点对称，则的值为______． 12. 如图，将绕顶点B顺时针旋转得到，且点C刚好落在线段上，若，则的度数是____________ 13. 如图，在平面直角坐标系中，菱形的一边在x轴上，抛物线经过点C、D，则点B的坐标为____________． 14. 已知抛物线与x轴的一个交点为， 则代数式的值为 _________． 15. 如图，在平面直角坐标系中，点，点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，则线段的长度为_________． 三、解答题（共75分） 16. 解方程： （1）． （2） 17. 如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是． （1）向左平移3个单位得到的，则点A，B，C的对应点的坐标分别为（______），（______），（______）． （2）画出绕点顺时针旋转后得到的． （3）求线段的长． 18. 如图，将一个钝角（其中）绕点顺时针旋转得，使得点落在的延长线上的点处，连接． （1）求证：； （2）若，求的度数． 19. 足球训练中球员从球门正前方8米的A处射门，球射向球门的路线呈抛物线．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．现以为原点建立如图所示直角坐标系．     （1）求抛物线的函数表达式； （2）已知球门高为2.44米，通过计算判断球能否射进球门（忽略其他因素） 20. 平遥推光漆器作为首批国家级非物质文化遗产深受广大游客的喜爱，某商店准备购进A，B两种型号的推光漆器，一件A型漆器比一件B型漆器进价贵20元；花500元购进的A型漆器与花400元购进的B型漆器数量相同． （1）求A，B两种型号漆器每件的进价． （2）该店决定购进A，B两种型号的漆器共60件，其中A型漆器a件．根据销售经验，购进B型漆器的数量不少于A型漆器的2倍．已知A型漆器每件的售价为125元，B型漆器每件的售价为100元．设60件漆器全部售完获利w元，当该店购进A，B两种型号漆器各多少件时，才能使w最大？ 21. （1）下面是一道例题及其解答过程，请补充完整． 如图①，在等边三角形内部有一点，求的度数． 解：将绕点逆时针旋转，得到，连接，则为等边三角形． ， ． 为①______三角形，②______°． 的度数为③______． （2）类比延伸： 如图②，在正方形内部有一点，若，试判断线段之间的数量关系，并说明理由． 22. 综合与探究 如图，平面直角坐标系中，抛物线与轴交于A，B两点，与轴交于点，抛物线的对称轴与轴交于点．已知，点是第一象限抛物线上对称轴右侧的一个动点．设点的横坐标为． （1）求抛物线的函数表达式，并直接写出点C，D的坐标． （2）点P运动到什么位置时，的面积最大，求出此时点坐标和的最大面积． 23. 综合与实践 问题情境：“综合与实践”课上，老师让每个组准备了一张矩形纸片，如图1，把矩形ABCD绕点逆时针旋转得到矩形纸片，点B，C，D的对应点为，设旋转角为．操作中，同学们提出了如下问题，请你解答：操作探究： （1）“奋进小组”提出问题：如图2，当矩形纸片旋转到点落在上时，延长交于点； ①求证：四边形是正方形； ②连接，取的中点，连接，若，则线段AM的长为______． 数学思考： （2）“团结小组”提出问题：如图3，连接，当矩形纸片旋转到点在的延长线上时，延长，交于点，交于点，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山西省吕梁市汾阳市多校2024-2025学年九年级上学期11月期中考试数学试题 满分：120分 时间：120分钟 一、选择题（共30分） 1. 2024年巴黎奥运会是第三十三届夏季奥林匹克运动会，于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行．下面2024年巴黎奥运会项目图标是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形的定义：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，熟练掌握掌握中心对称图形的定义是解题的关键． 根据中心对称图形的定义即可得出答案． 【详解】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，此方程可化为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】此题考查了配方法解一元二次方程，在方程两边都加上1化为完全平方式子，即可得到答案，熟练掌握配方法解方程的步骤是解题的关键． 【详解】解： 方程两边都加上1，得，则， 故选：A． 3. 已知二次函数的部分图象如图所示，则关于x的一元二次方程的解为（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查二次函数的性质，二次函数与一元二次方程的关系；理解函数与方程的联系是解题的关键．由图知，抛物线与轴交于点，代入求出m的值，再解方程即可． 【详解】解：由图知，抛物线与轴交于点， 将，代入，则， ， ∴原方程为 解得：或； 故选：B． 4. 关于x的一元二次方程有两个实数根，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 且 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，以及一元二次方程的定义，由题意得，，且，即可求解． 【详解】解：由题意得，，且， 解得，且． 故选：D． 5. 将抛物线平移后，得到抛物线的解析式为，则正确的平移方式是（ ） A. 向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度 B. 向右平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度 C. 向左平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度 D. 向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象与几何变换． 先确定两个抛物线的顶点坐标，再利用点平移的规律确定抛物线平移的情况． 【详解】解：抛物线的顶点坐标为，抛物线的顶点坐标为， 而点向左平移2个，再向下平移3个单位可得到， 所以抛物线向左平移2个，再向下平移3个单位得到抛物线． 故选：D． 6. 已知点，，都在二次函数的图像上， 则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图像与性质，解题的关键是掌握二次函数的性质．根据题意可得该抛物线开口向下，对称轴为直线，得到离对称轴越远的点，其值越小，即可求解． 【详解】解：二次函数的解析式为， 对称轴为直线，， 该抛物线开口向下， 离对称轴越远的点，其值越小， 点，，， ，，，即， ， 故选：C． 7. 2023年12月10日，龙城太原迎来这个冬天的第一场大雪．为了方便通行，同学们将教学楼前的矩形空地清扫出宽度相同的通道（如图阴影部分为通道），保留了3块面积均为的积雪活动区．已知矩形空地的长为，宽为，若设通道的宽为，则根据题意可得方程（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【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． 【详解】解：设小道的宽为x米，根据题意列方程为： ， 故选：D． 8. 飞机着陆后滑行的距离（单位：m）与滑行的时间（单位：s）的函数解析式是，那么飞机着陆后滑行多长时间才能停下来？（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的实际问题，运用二次函数求最值是解决本题的关键． 飞机从滑行到停止的路程就是滑行的最大路程，即求函数取得最大值时的的值． 【详解】解：∵， ∴抛物线开口向下，函数有最大值， ， 当时，函数有最大值，即飞机着陆后滑行20秒能停下来． 故选：A． 9. 数学活动课上，同学们要测一个如图所示的残缺圆形工件的半径，小明的解决方案是：在工件圆弧上任取两点，连接，作的垂直平分线交于点，交于点，测出，则圆形工件的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查垂径定理，勾股定理等知识．由垂径定理，可得出的长；设圆心为O，连接，在中，可用半径表示出的长，进而可根据勾股定理求出得出轮子的半径，即可得出轮子的直径长． 【详解】解：∵是线段的垂直平分线， ∴直线经过圆心，设圆心为，连接． 中，， 根据勾股定理得： ，即： ， 解得：； 故轮子的半径为， 故选：C． 10. 如图，已知等边三角形，顶点，将绕原点顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，顶点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了坐标与图形变化旋转，解题的关键是掌握图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：，，，，． 由点的旋转周期为4知点旋转次后的坐标与旋转1次后的坐标相同，再结合图形得出点旋转1次后的坐标即可得． 【详解】解：，将绕原点顺时针旋转，每次旋转， 每4次一个循环，第次绕原点顺时针旋转结束时，相当于绕点顺时针旋转1次， 由题意，第1次旋转的位置如图所示：过A作轴于C， ∵是等边三角形，， ∴，则， ∴， 第次旋转结束时，顶点的坐标为． 故选：D.． 二、填空题（共15分） 11. 已知点与点关于原点对称，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了关于原点对称的点的特点、算术平方根的非负性、求算术平方根等知识． 根据关于原点对称的点的特点，横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，得到，得到，的值，代入计算即可． 【详解】解：点与点关于原点对称， ∴， ∴ ， 故答案为：． 12. 如图，将绕顶点B顺时针旋转得到，且点C刚好落在线段上，若，则的度数是____________ 【答案】##38度 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，由旋转的性质可得，即可得，进而利用三角形内角和定理可求出，即可求解，掌握旋转的性质是解题的关键． 【详解】解：由旋转可得： ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 故答案为：. 13. 如图，在平面直角坐标系中，菱形的一边在x轴上，抛物线经过点C、D，则点B的坐标为____________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查坐标与图形，抛物线的性质，菱形的性质，先根据抛物线解析式求出对称轴和点D的坐标，进而求出菱形的边长，再用勾股定理解求出，进而求出，即可得出答案． 【详解】解：∵抛物线， ∴该抛物线的对称轴是直线，点D的坐标为， ∴， ∵抛物线经过点C、D，菱形中， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴点B的坐标为， 故答案为：． 14. 已知抛物线与x轴的一个交点为， 则代数式的值为 _________． 【答案】2025 【解析】 【分析】本题考查了抛物线与轴的交点：把求二次函数，，是常数，与轴的交点坐标问题转化为解关于的一元二次方程，反过来，通过抛物线与轴的交点坐标确定关于的一元二次方程的解． 利用抛物线与轴的交点问题得到，再把变形为，然后利用整体代入的方法计算． 【详解】解：抛物线与轴的一个交点为， ， 即， ． 故答案为：2025． 15. 如图，在平面直角坐标系中，点，点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，则线段的长度为_________． 【答案】5 【解析】 【分析】本题考查坐标与图形的变化-旋转，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，作轴于H．利用全等三角形的性质证明，即可解决问题． 【详解】解：如图，作轴于H，则， ∵，， ∴，， ∵将线段绕点顺时针旋转得到线段， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：5． 三、解答题（共75分） 16. 解方程： （1）． （2） 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】此题考查了解一元二次方程． （1）利用因式分解法解一元二次方程即可； （2）利用公式法解一元二次方程即可． 【小问1详解】 解： ∴或 解得， 【小问2详解】 由方程可得， ∵， ∴ 解得， 17. 如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是． （1）向左平移3个单位得到的，则点A，B，C的对应点的坐标分别为（______），（______），（______）． （2）画出绕点顺时针旋转后得到的． （3）求线段的长． 【答案】（1）：如图，即为所求， ，，． （2） 如图，即为所求， （3） 【解析】 【分析】此题考查了旋转和平移的作图，勾股定理、点的坐标等知识． （1）分别找到点A，B，C向左平移3个单位得到的对应点，顺次连接得到，再写出坐标即可； （2）分别找到点A，B，C绕点顺时针旋转后的对应点，顺次连接即可； （3）利用勾股定理进行解答即可． 【小问1详解】 解点A，B，C的对应点的坐标分别为，，． 故答案为：，，． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ， 即线段的长为． 18. 如图，将一个钝角（其中）绕点顺时针旋转得，使得点落在的延长线上的点处，连接． （1）求证：； （2）若，求的度数． 【答案】（1） 证明：由旋转的性质可得，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴； （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质、平行线的判定与性质、三角形内角和定理、等边三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由旋转的性质可得，，从而得出，为等边三角形，由等边三角形的性质可得，即可推出； （2）由平行线的性质结合旋转的性质可得，再由三角形内角和定理进行计算即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵，， ∴， ∴， ∴． 19. 足球训练中球员从球门正前方8米的A处射门，球射向球门的路线呈抛物线．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．现以为原点建立如图所示直角坐标系．     （1）求抛物线的函数表达式； （2）已知球门高为2.44米，通过计算判断球能否射进球门（忽略其他因素） 【答案】（1） （2）球不能射进球门 【解析】 【分析】本题考查二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，把实际问题转化为数学问题解决是关键． （1）用待定系数法即可求解； （2）当时，，即可求解． 【小问1详解】 解： ， 抛物线的顶点坐标为，设抛物线， 把点代入得：， 解得， 抛物线的函数表达式为； 【小问2详解】 解：当时， ， 球不能射进球门． 20. 平遥推光漆器作为首批国家级非物质文化遗产深受广大游客的喜爱，某商店准备购进A，B两种型号的推光漆器，一件A型漆器比一件B型漆器进价贵20元；花500元购进的A型漆器与花400元购进的B型漆器数量相同． （1）求A，B两种型号漆器每件的进价． （2）该店决定购进A，B两种型号的漆器共60件，其中A型漆器a件．根据销售经验，购进B型漆器的数量不少于A型漆器的2倍．已知A型漆器每件的售价为125元，B型漆器每件的售价为100元．设60件漆器全部售完获利w元，当该店购进A，B两种型号漆器各多少件时，才能使w最大？ 【答案】（1）A，B两种型号漆器每件的进价分别为100元、80元． （2）购进A型漆器20件，购进B型漆器40件时，获利最大为1300元 【解析】 【分析】（1）根据A型漆器与B型漆器之间的关系设未知数，利用“花500元购进的A型漆器与花400元购进的B型漆器数量相同”等量关系式建立分式方程，求解即可． （2）根据获利=售价-进价，列出利润w与a的函数关系式，在a的取值范围下利用函数增减性解决获利最大问题即可． 【小问1详解】 解：设B型漆器进价为x元，则A型漆器进价为（x+20）元 根据题意可知： 解得： 经检验是原分式方程的解 A型漆器进价为100元 答：B型漆器进价为80元，则A型漆器进价为100元． 【小问2详解】 解：当购进A型漆器a件时，则购进B型漆器（60-a）件． 根据题意可知：且 解得： 获利 w随着a的增大而增大，要使获利w最大，则a最大 当时，w最大， 答：当购进A型漆器20件，购进B型漆器40件时，获利最大为1300元． 【点睛】本题考查了分式方程的实际应用、一次函数的实际应用，需要注意分式方程的解需要进行检验，其中在自变量的范围下，利用一次函数的增减性是解决利润最大问题的关键． 21. （1）下面是一道例题及其解答过程，请补充完整． 如图①，在等边三角形内部有一点，求的度数． 解：将绕点逆时针旋转，得到，连接，则为等边三角形． ， ． 为①______三角形，②______°． 的度数为③______． （2）类比延伸： 如图②，在正方形内部有一点，若，试判断线段之间的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）直角，，； （2）．理由如下： 如图2，把绕点顺时针旋转得到，连接． 则，，， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得，， ∴． 【解析】 【分析】（1）将绕点逆时针旋转，得到，连接，则为等边三角形，由等边三角形的性质可知，，，由勾股定理的逆定理可知为直角三角形，即可获得答案； （2）把绕点顺时针旋转得到，连接，由旋转的性质可知，，，即可确定是等腰直角三角形，则有，，然后确定，在中，由勾股定理得，即可确定线段、、之间的数量关系． 【详解】（1）解：将绕点逆时针旋转，得到，连接，则为等边三角形． ， ． 为①直角三角形，． 的度数为． 故答案为：直角，，； （2） 略 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、勾股定理及其逆定理、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线、综合运用相关知识是解题关键． 22. 综合与探究 如图，平面直角坐标系中，抛物线与轴交于A，B两点，与轴交于点，抛物线的对称轴与轴交于点．已知，点是第一象限抛物线上对称轴右侧的一个动点．设点的横坐标为． （1）求抛物线的函数表达式，并直接写出点C，D的坐标． （2）点P运动到什么位置时，的面积最大，求出此时点坐标和的最大面积． 【答案】（1）抛物线的函数表达式为，点C的坐标为，点D的坐标为； （2），面积的最大值为． 【解析】 【分析】本题是二次函数的综合问题．考查了待定系数法求函数的解析式、二次函数的最值问题等知识，注意掌握数形结合思想的应用． （1）利用待定系数法可求得抛物线的函数表达式，再求点C，D的坐标； （2）作轴于点，连接，设点的坐标为，根据列式，再利用二次函数的性质即可求解． 【小问1详解】 解：∵抛物线经过，， ∴， 解得， ∴抛物线的函数表达式为， 令，则， ∴点C的坐标为，， ∴对称轴为直线， ∴点D的坐标为； 【小问2详解】 解：作轴于点，连接，设点P的坐标为， ∵点C的坐标为，点D的坐标为， ∴，，， ∴ ， ∵， ∴当时，面积的最大值为． 此时 即此时点P的坐标为． 23. 综合与实践 问题情境：“综合与实践”课上，老师让每个组准备了一张矩形纸片，如图1，把矩形ABCD绕点逆时针旋转得到矩形纸片，点B，C，D的对应点为，设旋转角为．操作中，同学们提出了如下问题，请你解答：操作探究： （1）“奋进小组”提出问题：如图2，当矩形纸片旋转到点落在上时，延长交于点； ①求证：四边形是正方形； ②连接，取的中点，连接，若，则线段AM的长为______． 数学思考： （2）“团结小组”提出问题：如图3，连接，当矩形纸片旋转到点在的延长线上时，延长，交于点，交于点，求证：． 【答案】 （1）① 证明：∵四边形是矩形， ∴． 根据旋转，得， ∴ ∴四边形是矩形. ∵， ∴四边形是正方形； ②； （2）证明：连接， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． 由旋转的性质得， ∴， 即． 【解析】 【分析】（1）①根据已知及旋转的性质得，再说明四边形是矩形，即可得答案； ②先求出，连接，根据勾股定理求出，再根据旋转的性质得，然后根据勾股定理求出，接下来可得答案； （2）连接，可证明，进而得出，再根据平行线的性质得，即可得，然后根据“等角对等边”得，再根据已知和旋转的性质得，最后根据可得答案． 【详解】（1）①略 ②解：∵四边形是正方形，四边形是矩形， ∴， ∴． 连接， 在中，根据勾股定理得， 由旋转的性质得． 在中，根据勾股定理． ∵点M是的中点， ∴． 在中，根据勾股定理； 故答案为： （2）略 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定，旋转的性质等，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $