精品解析：广东省汕头市潮阳2024-2025学年上学期第三次月考九年级数学试卷

九年级数学试卷 满分：120分 考试时间120分钟 一．选择题（共10小题，每小题3分，共30分） 1. 将一元二次方程化为一般形式后，若二次项系数为，则常数项为（ ） A. B. C. D. 2. 下列四个图形分别是绿色食品、节水、节能和回收标志，在这四个标志中，中心对称图形是（ ） A. B. C. D. 3. 对于的图象下列叙述正确的是（ ） A. 顶点坐标为 B. 当时，有最大值2 C. 当时，随增大而增大 D. 当时，随增大而减小 4. 方程x2﹣2x﹣3＝0经过配方法化为（x+a）2＝b的形式，正确的是（　　） A. （x﹣1）2＝4 B. （x+1）2=4 C. （x﹣1）2＝16 D. （x+1）2＝16 5. 如图，把△OAB绕点O逆时针旋转80°,到△OCD的位置，若∠AOB=45°，则∠AOD等于( )． A. 35° B. 90° C. 45° D. 50° 6. 判断方程的根的情况是（　　） A. 有一个实根 B. 有两个相等实根 C. 有两个不等实根 D. 没有实根 7. 已知二次函数的图象如图所示，在下列5个结论：①；②；③；④；⑤的实数），其中正确的结论有（ ） A. 5个 B. 4个 C. 3个 D. 2个 8. 如图，点A的坐标是，将线段绕点O顺时针旋转，点A的对应点的坐标是（ ） A. B. C. D. 9. 某学习小组全体同学都为本组其他人员送了一张新年贺卡，若全组共送贺卡156张，则这个小组的同学共有（ ） A. 15人 B. 14人 C. 13人 D. 12人 10. 如图，抛物线与轴交于点，与轴交于点，线段在抛物线的对称轴上移动（点在点下方），且．当的值最小时，点的坐标是（ ） A. B. C. D. 二．填空题（共5小题，每小题3分，共15分） 11. 关于x的方程为一元二次方程的条件是_________． 12. 二次函数与y轴的交点坐标为______． 13. 已知一元二次方程的两根分别为，，则__________． 14. 把抛物线的图象向上平移2个单位，再向右平移3个单位，所得函数解析式为___________． 15. 如图，在直角坐标系中，四边形是正方形，点的坐标为，点的坐标为．若正方形和正方形关于点成中心对称：正方形和正方形关于点成中心对称；…，依此规律，则点的坐标为_______． 三．解答题（一）本大题共3题，第16题10分，第17、18题各7分，共24分 16. 用适当的方法解方程： （1）； （2）． 17. 先化简，再求值：，其中． 18. 已知二次函数． （1）将函数化成的形式； （2）写出该函数图象的顶点坐标和对称轴． 四．解答题（二）：本大题共3题，每小题9分，共27分． 19. 已知关于x的一元二次方程． （1）求证：方程有两个不相等的实数根； （2）已知方程一个根为2，求k的值． 20. 如图，已知点、、． （1）将绕点B顺时针旋转得，画出； （2）画出关于原点成中心对称的； （3）若以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，写出点D的坐标_________． 21. 如图，在中，，，，点D从点C开始沿边运动，速度为，与此同时，点E从点B开始沿边运动，速度为，当点E到达点C时，点D，E同时停止运动，连接，，设运动时间为，的面积为． （1）用含t的代数式表示 ； ； （2）当为何值时？ （3）在点D运动过程中，的值可能为5吗？通过计算说明． 五．解答题（三）（本大题共2题，每题12分，共24分） 22. 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，，为抛物线上的一点， （1）求抛物线的解析式； （2）①如图1，若为抛物线的顶点，求四边形的面积； ②如图2，若平分四边形的面积，求点的坐标； （3）当时，函数的最小值为，求的值． 23. 在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题： 【问题情境】 如图1，在中，，点D、E在边上，且，求DE的长． 解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连结． 由旋转的特征得． ∵， ∴． ∵， ∴，即． ∴． 在和中， ， ∴①_____． ∴． 又∵， ∴在中，②_____． ∵， ∴③_____． 【问题解决】 （1）上述问题情境中，“①”处应填：_________；“②”处应填：_________；“③”处应填：_________． 刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变． 【知识迁移】 （2）如图3，在正方形中，点E、F分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连接，分别与对角线交于M、N两点．探究的数量关系并证明． 【拓展应用】 （3）如图4，在矩形中，点E、F分别在边上，且．探究的数量关系：_________（直接写出结论，不必证明）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九年级数学试卷 满分：120分 考试时间120分钟 一．选择题（共10小题，每小题3分，共30分） 1. 将一元二次方程化为一般形式后，若二次项系数为，则常数项为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的一般形式：（，，是常数且），其中叫二次项，叫一次项，是常数项，，，分别叫二次项系数，一次项系数，常数项，牢记一元二次方程的一般形式是解题的关键． 将一元二次方程先化为一般形式，再找出常数项即可． 【详解】解：一元二次方程的一般形式为： ， 其中二次项系数为，一次项系数为，常数项为， 故选：． 2. 下列四个图形分别是绿色食品、节水、节能和回收标志，在这四个标志中，中心对称图形是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据中心对称图形的定义∶把一个图形绕某个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，解答即可． 【详解】解：A．不符合中心对称图形的定义，因此不是中心对称图形，故错误； B．不符合中心对称图形的定义，因此不是中心对称图形，故错误； C．不符合中心对称图形的定义，因此不是中心对称图形，故错误； D．符合中心对称图形的定义，因此是中心对称图形，故正确； 故选：D． 【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，理解中心对称图形的概念是解题关键． 3. 对于的图象下列叙述正确的是（ ） A. 顶点坐标为 B. 当时，有最大值2 C. 当时，随增大而增大 D. 当时，随增大而减小 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数图象的性质，对于二次函数，其顶点坐标为，对称轴为直线，若，则在对称轴右侧随增大而增大，在对称轴左侧随增大而减小，若，则在对称轴右侧随增大而减小，在对称轴左侧随增大而增大，据此求解即可． 【详解】解：∵二次函数解析式为，， ∴二次函数开口向上，对称轴为直线，顶点坐标为， ∴函数有最小值2，当时，随增大而增大， ∴四个选项中，只有C选项说法正确，符合题意， 故选：C． 4. 方程x2﹣2x﹣3＝0经过配方法化为（x+a）2＝b的形式，正确的是（　　） A. （x﹣1）2＝4 B. （x+1）2=4 C. （x﹣1）2＝16 D. （x+1）2＝16 【答案】A 【解析】 【分析】根据配方法即可求出答案． 【详解】解：x2﹣2x+1﹣1﹣3＝0， （x﹣1）2＝4， 故选A． 【点睛】本题考查配方法解一元二次方程，熟练掌握完全平方公式是解题关键. 5. 如图，把△OAB绕点O逆时针旋转80°,到△OCD的位置，若∠AOB=45°，则∠AOD等于( )． A. 35° B. 90° C. 45° D. 50° 【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：根据旋转的性质可知，D和B为对应点，∠DOB为旋转角，即∠DOB=80°， 所以∠AOD=∠DOB﹣∠AOB=80°﹣45°=35°． 故选A． 考点：旋转的性质． 6. 判断方程的根的情况是（　　） A. 有一个实根 B. 有两个相等实根 C. 有两个不等实根 D. 没有实根 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，求出，根据结果判断即可． 【详解】∵，， ∴ ∵， ∴这个一元二次方程没有实数根． 故选：D． 7. 已知二次函数的图象如图所示，在下列5个结论：①；②；③；④；⑤的实数），其中正确的结论有（ ） A. 5个 B. 4个 C. 3个 D. 2个 【答案】D 【解析】 【分析】根据二次函数的图像与性质逐项判断即可． 【详解】解：开口向下，；对称轴在轴的右侧，、异号，则；抛物线与轴的交点在轴的上方，，则，所以①不正确； 当时图象在轴下方，则，即，所以②不正确； 对称轴为直线，则时图象在轴上方，则，所以③正确； ，则，而，则，，所以④正确； 开口向下，当，有最大值；当时，，则，即，所以⑤错误． 故选：D． 【点睛】本题考查了二次函数的图像与性质，解题的关键是熟练掌握二次函数的图像和系数的关系． 8. 如图，点A的坐标是，将线段绕点O顺时针旋转，点A的对应点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化旋转，全等三角形的判定和性质，熟知图形旋转的性质是解题的关键． 根据题意画出旋转后的图形，再结合全等三角形的判定与性质即可解决问题． 【详解】解：如图所示， 分别过点和点作轴的垂线，垂足分别为和， 由旋转可知， ，， ， ． 在和中， ， ， ，． 点的坐标为， ，， 点的坐标为． 故选：B． 9. 某学习小组全体同学都为本组其他人员送了一张新年贺卡，若全组共送贺卡156张，则这个小组的同学共有（ ） A. 15人 B. 14人 C. 13人 D. 12人 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，设这个小组的同学共有x人，则每个人都要送张贺卡，据此列出方程求解即可． 【详解】解：设这个小组的同学共有x人， 由题意得，， 整理得：， 解得或（舍去）， ∴这个小组的同学共有13人， 故选：C． 10. 如图，抛物线与轴交于点，与轴交于点，线段在抛物线的对称轴上移动（点在点下方），且．当的值最小时，点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将点沿轴向下平移个单位，得到点，设点是抛物线与轴的另一个交点，连接，，，易证得四边形是平行四边形，于是可得，由轴对称的性质可得，于是得到，即点是直线与抛物线对称轴的交点时，的值最小，利用待定系数法可求得直线的解析式，然后求得抛物线的对称轴，通过求解两条直线的交点即可得出答案． 【详解】解：如图，将点沿轴向下平移个单位，得到点，设点是抛物线与轴的另一个交点，连接，，， 点沿轴向下平移个单位得到点， ， ， ， 抛物线的对称轴轴， 且线段在抛物线的对称轴上，线段在轴上， ， 四边形是平行四边形， ， 抛物线是轴对称图形， ， ， 当、、三点共线，即点是直线与抛物线对称轴的交点时，的值最小， 在抛物线中， 令，则， ， 令，则， 解得：或， ，， 由平移的性质可得： 点的纵坐标， ， 设直线的解析式为， 将，代入，得： ， 解得：， 直线的解析式为， 在抛物线中，其对称轴为直线， 要使的值最小，则点的坐标应满足， 解得：， ， 故选：． 【点睛】本题主要考查了平移的性质，二次函数的图象与性质，平行四边形的判定与性质，轴对称的性质，三角形三边之间的关系，求抛物线与轴的交点坐标，求抛物线与轴的交点坐标，因式分解法解一元二次方程，待定系数法求一次函数解析式，解二元一次方程组，两直线的交点与二元一次方程组的解等知识点，巧妙添加辅助线并运用数形结合思想是解题的关键． 二．填空题（共5小题，每小题3分，共15分） 11. 关于x的方程为一元二次方程的条件是_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的一般式，掌握一元二次方程的二次项系数不能为零成为解题的关键． 直接根据一元二次方程的二次项系数不能为零解答即可． 【详解】解：关于x的方程为一元二次方程的条件为． 故答案为． 12. 二次函数与y轴的交点坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数与坐标轴的交点坐标．熟练掌握坐标轴上点的坐标特征，是解答本题的关键．x轴上的纵坐标为0，y轴上的横坐标为0 ． 根据，求出y的值，即得函数与y轴交点坐标． 【详解】∵在中，当时，， ∴与y轴的交点坐标为． 故答案为：． 13. 已知一元二次方程的两根分别为，，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根，则，，根据一元二次方程根与系数的关系可得，，代入代数式即可求解． 【详解】解：根据一元二次方程根与系数的关系可得： ，， ， 故答案为：． 14. 把抛物线的图象向上平移2个单位，再向右平移3个单位，所得函数解析式为___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可． 【详解】解：把抛物线的图象向上平移2个单位，再向右平移3个单位，所得函数解析式为：． 故答案为：． 15. 如图，在直角坐标系中，四边形是正方形，点的坐标为，点的坐标为．若正方形和正方形关于点成中心对称：正方形和正方形关于点成中心对称；…，依此规律，则点的坐标为_______． 【答案】 【解析】 【分析】先根据正方形的性质可知点C的坐标；再根据中心对称的概念可知C2n与C2n-1的横坐标相差4，纵坐标相差-2，C2n+1与C2n的横坐标相差-2，纵坐标相差-4，依此可以求出点C6的坐标． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，点A的坐标为（0，1），点B的坐标为（2，0）， 作DE⊥y轴于E，CF⊥x轴于F 根据正方形的性质可知△OAB≌△EDA≌△FBC， ∴点C的坐标为（3，2），点D的坐标为（1，3）； ∵C2n与C2n-1的横坐标相差4，纵坐标相差-2， C2n+1与C2n的横坐标相差-2，纵坐标相差-4， ∴点C1的坐标为（1，-2）， 当n=1时，点C2的横坐标为1+4=5，纵坐标为-2-2=-4，故C2的坐标为（5，-4）， 同理可得， 点C3的坐标为（3，-8）， 点C4的坐标为（7，-10）， 点C5的坐标为（5，-14）， 故点C6的坐标为（9，-16）． 故答案为：（9，-16） 【点睛】本题考查了两点成中心对称坐标的特点，同时考查了正方形的性质，难度较大．解决本题的关键是分别找到C2n与C2n-1，C2n+1与C2n的横坐标之间的关系，纵坐标之间的关系． 三．解答题（一）本大题共3题，第16题10分，第17、18题各7分，共24分 16. 用适当的方法解方程： （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）用因式分解法解一元二次方程即可． 【小问1详解】 解：， 移项得：， 两边同除以2得：， 开平方得：， ∴，； 【小问2详解】 解：， 分解因式得：， ∴或， 解得：，． 17. 先化简，再求值：，其中． 【答案】，1 【解析】 【分析】本题主要考查了分式的化简求值，掌握分式混合运算法则成为解题的关键． 先根据分式的混合运算法则化简，然后将变形为，最后整体代入计算即可． 【详解】解： ； ∵， ∴， ∴当时，原式． 18. 已知二次函数． （1）将函数化成的形式； （2）写出该函数图象的顶点坐标和对称轴． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质； （1）利用配方法将一般形式化成顶点式即可； （2）根据二次函数的顶点式可直接得出答案． 【小问1详解】 解：； 【小问2详解】 ∵， ∴该函数图象的顶点坐标为，对称轴为． 四．解答题（二）：本大题共3题，每小题9分，共27分． 19. 已知关于x的一元二次方程． （1）求证：方程有两个不相等的实数根； （2）已知方程一个根为2，求k的值． 【答案】（1）见解析 （2），或 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式及根与系数的关系，解一元二次方程．熟练掌握一元二次方程根的判别式判定根的情况，一元二次方程根与系数的关系，是解题的关键． （1）根据一元二次方程写出根的判别式，根据根的判别式的值为正数即可证明方程有两个不相等的实数根； （2）设方程的另一根为α，根据根与系数的关系列方程组，消去a，得到k的一元二次方程，解方程即得． 【小问1详解】 解：∵， 故方程有两个不相等的实数根． 【小问2详解】 设方程的另一根为a， 则， ∴， ∴， ∴，或， 解得，，或． 20. 如图，已知点、、． （1）将绕点B顺时针旋转得，画出； （2）画出关于原点成中心对称的； （3）若以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，写出点D的坐标_________． 【答案】（1）画图见详解； （2）画图见详解； （3），，． 【解析】 【分析】（1）根据绕点B顺时针旋转即可画出； （2）根据中心对称的性质，即可画出关于原点成中心对称的； （3）根据以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，即可得到点D的位置，进而得出点D的坐标． 【小问1详解】 如图，即为所求作三角形； 【小问2详解】 如图，即为所求作三角形； 【小问3详解】 如图，满足条件的点D的坐标为，，， 故答案为，，． 【点睛】本题主要考查了旋转作图，中心对称作图，解题的关键是掌握旋转和中心对称的性质，作图时要注意旋转中心、旋转方向和旋转的角度． 21. 如图，在中，，，，点D从点C开始沿边运动，速度为，与此同时，点E从点B开始沿边运动，速度为，当点E到达点C时，点D，E同时停止运动，连接，，设运动时间为，的面积为． （1）用含t的代数式表示 ； ； （2）当为何值时？ （3）在点D运动过程中，的值可能为5吗？通过计算说明． 【答案】（1）t，； （2）当时，； （3）的值不可能为5；理由见解析； 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的应用、列代数式，理解题意，正确列方程是解答的关键： （1）根据题意以及路程、速度和时间的关系求解即可； （2）利用三角形的面积公式列方程求解即可； （3）利用三角形的面积公式列方程，根据一元二次方程根的判别式进行判断即可 【小问1详解】 解：∵点D从点C开始沿运动，速度为， ∴， ∵，点E从点B开始沿边运动，速度为， ∴， 故答案为：t，； 【小问2详解】 解：由题意可知，t的最大值为，即， ∵，， ∴， 由题意可知，，，，， ∴， 解得：，（舍去）， ∴当时，； 【小问3详解】 解：的值不可能为5；理由如下： 由题意可得， ， 假设的值可能为5得， ，即， ∵， ∴方程无解， 故的值不可能为5． 五．解答题（三）（本大题共2题，每题12分，共24分） 22. 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，，为抛物线上的一点， （1）求抛物线的解析式； （2）①如图1，若为抛物线的顶点，求四边形的面积； ②如图2，若平分四边形的面积，求点的坐标； （3）当时，函数的最小值为，求的值． 【答案】（1） （2）①9；② （3）或 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质，二次函数与几何综合等知识，求出抛物线解析式是解答本题的关键． （1）由得，代入，求出b，c的值即可； （2）①过点D作轴于点E，求出点B的坐标，根据求解即可；②设，与轴将于点，求得；求出直线的解析式为，得，，由平分四边形的面积得，解方程求出m的值进行判断即可； （3）分三种情况结合二次函数性质讨论求解即可． 【小问1详解】 解：∵，且点A在x轴负半轴上，点C在y轴负半轴上， ∴， 代入，得， ， 解得， ∴抛物线的解析式为； 【小问2详解】 解：①对于，当时，， 解得，， ∴； ∵D是抛物线的顶点，， ∴； 过点D作轴于点E， ∴， ∴ ∴ ； ②设，与轴将于点， ∵ ∴ ∴； 设直线的解析式为， 把代入得， ， 解得，， ∴直线的解析式为， 当时，， ∴， ∴ ∴， ∵平分四边形的面积， ∴， ∴， 整理得，， 解得，或， 当时，点B与点D重合，舍去， 当时，， ∴； 【小问3详解】 解：的对称轴为直线，且开口向上， ①时，即，随的增大而减小， ∴在时取得最小值， ∴， 整理得，， 解得，或（舍去） ②当时，即， 在时取得最小值， ∴， ∴（不合题意，舍去） ③当时，随的增大而增大， 在时，取得最小值， ∴， 解得，或（舍去） 综上，的值为或 23. 在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题： 【问题情境】 如图1，在中，，点D、E在边上，且，求DE的长． 解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连结． 由旋转的特征得． ∵， ∴． ∵， ∴，即． ∴． 在和中， ， ∴①_____． ∴． 又∵， ∴在中，②_____． ∵， ∴③_____． 【问题解决】 （1）上述问题情境中，“①”处应填：_________；“②”处应填：_________；“③”处应填：_________． 刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变． 【知识迁移】 （2）如图3，在正方形中，点E、F分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连接，分别与对角线交于M、N两点．探究的数量关系并证明． 【拓展应用】 （3）如图4，在矩形中，点E、F分别在边上，且．探究的数量关系：_________（直接写出结论，不必证明）． 【答案】（1），，5； （2），证明如下： 如图3，将绕点A逆时针旋转，得到，过点D作交边于点H，连接． 由旋转得：． 由题意得：， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． 又∵为正方形的对角线， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 在中，， ∴； （3） 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质、正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质定理成为解题的关键． （1）由旋转的性质可得，进而证明可得，再说明、，再运用勾股定理即可解答； （2）由旋转的性质以及题意可得，再证明可得，再结合正方形的性质可证得，易证可得，最后在中运用勾股定理即可解答； （3）如图4所示，延长交延长线于M点，交延长线于N点，将绕着点A顺时针旋转得到，连接．过点H作直线与O，则可得，再说明是等腰直角三角形，即；由（2）知，则；再根据勾股定理可得，最后运用等量代换即可证明结论． 【详解】解：（1）如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连结． 由旋转的特征得． ∵， ∴． ∵， ∴，即． ∴． 在和中， ， ∴． ∴． 又∵， ∴在中，． ∵， ∴． 故答案为：，，5． （2）略； （3），证明如下： 如图4所示，延长交延长线于M点，交延长线于N点，将绕着点A顺时针旋转得到，连接．过点H作直线与O， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， 由（2）知，则， 则由勾股定理有：，即 又∵， ∴，即， ∴． 故答案为：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $