精品解析：广东省肇庆市地质中学2024-2025学年九年级上学期期中考试数学试题

2024－2025学年第一学期期中检测 九年级数学科试题 一、选择题：本大题10小题，每小题3分，共30分． 1. “二十四节气”是中华农耕文明的结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”．下列图案分别代表“立 春”、“谷雨”、“白露”、“大雪”，下列图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 将方程改写成的形式，则a，b，c的值分别为（ ） A. 3，， B. 3，2，4 C. 3，，4 D. 3，2， 3. 将抛物线向上平移3个单位长度得到的抛物线是（ ） A. B. C. D. 4. 若一个直角三角形的一条直角边长和斜边长分别是方程的两根，则该直角三角形的面积为（ ） A. 12 B. 10 C. D. 6 5. 如果，抛物线的顶点在第二象限，则方程的实根情况是（ ） A. 有两个不等的实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 无实数根 D. 以上三种均有可能 6. 如图，把三角形绕着点C顺时针旋转，得到，交于点D，若，则的度数是：（ ） A. B. C. D. 7. 二次函数化成的形式，下列变形正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 若一元二次方程的一个根为m，则的值为（ ） A. 2024 B. 2025 C. 2026 D. 2027 9. 甲流病毒是一种传染性极强的急性呼吸道传染病，感染者的临床以发热、乏力、干咳为主要表现．在“甲流”初期，若有一人感染了“甲流”，若得不到有效控制，则每轮传染平均一个人传染x人，经过两轮传染后共有256人感染了“甲流”．则关于x的方程为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，已知二次函数的图象与x轴交于点，与y轴的交点在和之间（不包括这两点），对称轴为直线．下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的结论有（ ）个 A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 二、填空题：本大题5小题，每小题3分，共15分． 11. 已知点、点关于原点对称，则______． 12. 若关于x的一元二次方程没有实数根，则a的取值范围是__________． 13. 如图，二次函数与x轴的一个交点为，则方程一元二次方程的根是__________． 14. 已知是关于的方程的两个实数根，且，则的值是______． 15. 如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转后得到，则阴影部分的面积为________． 三、解答题（一）：本大题3小题，每小题7分，共21分． 16. （1）解方程：； （2）已知抛物线在顶点坐标为，且经过点，求该抛物线的解析式． 17. 如图，平面直角坐标系中，每个小正方形边长都是1． （1）画出关于原点中心对称的，直接写出点、的坐标； （2）绕着点C按顺时针方向旋转得到的图形，并写出点的坐标． 18. 如图，在中，，将绕点A逆时针旋转，得到，连接，． （1）判断的形状； （2）求证：平分． 四、解答题（二）：本大题3小题，每小题9分，共27分． 19. 已知关于x的一元二次方程有两个实数根x1，x2． （1）求实数k的取值范围； （2）是否存在实数k使得成立？若存在，请求出k的值；若不存在，请说明理由． 20. 某宾馆有50个房间供游客居住，当每个房间每天的定价为180元时，房间会全部住满；当每个房间每天的定价每增加10元时，就会有一个房间空闲，如果游客居住房间，宾馆需对每个房间每天支出20元的各种费用．房价定为多少时，宾馆利润最大？最大利润是多少？ 21. 综合与实践 【主题】利用闲置硬纸板制作收纳盒收纳玩具 【素材】两张长为，宽为的硬纸板 【任务】 （1）把如图1所示的长方形硬纸板的四角沿虚线剪去四个相同的小正方形，得到如图2的纸板，然后把纸板的四边沿虚线折起，并用胶带粘好，即可做成一个无盖的长方体收纳盒．若该无盖收纳盒的底面积为，求剪去的小正方形的边长； （2）把长方形硬纸板的四角剪去四个相同的小长方形，折成一个有盖的长方体收纳盒，如图3所示．若和两边恰好重合且无重叠部分，盒子的底面积为，问能否把家里一个机械狗玩具收纳入内？机械狗的实物图和尺寸大小如图4，请通过计算判断机械狗玩具能否完全放入该收纳盒． 五、解答题（三）：本大题2小题，第22题13分，第23题14分，共27分． 22. 如图，抛物线与x轴交于、两点，与y轴交于点，连接AC、BC． （1）求抛物线的表达式； （2）D为抛物线上第一象限内一点，求面积的最大值； （3）点P是抛物线上的一动点，当时，求点P的坐标． 23. 半角模型探究 如图，正方形的边长为3，E、F分别是、边上的点，且．将绕点D逆时针旋转，得到． （1）求证：； （2）当时，求的长． （3）探究延伸：如图，在四边形中，，，．E、F分别是边、上的点，且．求的周长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024－2025学年第一学期期中检测 九年级数学科试题 一、选择题：本大题10小题，每小题3分，共30分． 1. “二十四节气”是中华农耕文明的结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”．下列图案分别代表“立 春”、“谷雨”、“白露”、“大雪”，下列图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了轴对称图形及中心对称图形的定义，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念，要注意：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度后与原图重合．根据轴对称图形及中心对称图形的定义，即可判断答案． 【详解】解：A、既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意； B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意； C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意； D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意． 故选A． 2. 将方程改写成的形式，则a，b，c的值分别为（ ） A. 3，， B. 3，2，4 C. 3，，4 D. 3，2， 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的一般式，移项将方程转化为一般式后，进行判断即可． 【详解】解：∵ ∴ ∴，，的值分别为3，2，． 故选：D． 3. 将抛物线向上平移3个单位长度得到的抛物线是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查的是二次函数图象与几何变换，根据二次函数图象的平移规律即可解答． 【详解】解：将抛物线向上平移3个单位长度，得到的抛物线的解析式为． 故选：A． 4. 若一个直角三角形的一条直角边长和斜边长分别是方程的两根，则该直角三角形的面积为（ ） A. 12 B. 10 C. D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，先利用因式分解法解方程得到三角形的两条边长分别3、5，再计算出第三边长为4，然后根据三角形面积公式计算该三角形的面积． 【详解】解：， ， 或， 所以，， 即三角形的两条边长分别3、5， 所以第三边长为， 所以该三角形的面积． 故选：D． 5. 如果，抛物线的顶点在第二象限，则方程的实根情况是（ ） A. 有两个不等的实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 无实数根 D. 以上三种均有可能 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数与一元二次方程的关系，由得抛物线开口向上，又根据抛物线的顶点在第二象限可得，据此即可判断求解，掌握二次函数的图象和性质性质是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴抛物线开口向上， ∵抛物线的顶点在第二象限， ∴， ∴方程无实数根， 故选：． 6. 如图，把三角形绕着点C顺时针旋转，得到，交于点D，若，则的度数是：（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据旋转的性质，可得知，从而求得的度数，又因为的对应角是，则度数可求． 【详解】解：∵绕着点C时针旋转，得到 ∴ ∴， ∵的对应角是，即， ∴． 故选：C． 【点睛】本题考查了旋转的性质，根据旋转的性质，图形的旋转是图形上的每一点在平面上绕某个固定点旋转固定角度的位置移动．其中对应点到旋转中心的距离相等，旋转前后图形的大小和形状没有改变．解题的关键是正确确定对应角． 7. 二次函数化成的形式，下列变形正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的顶点式，利用配方法即可求解，掌握配方法是解题的关键． 【详解】解：， 故选：． 8. 若一元二次方程的一个根为m，则的值为（ ） A. 2024 B. 2025 C. 2026 D. 2027 【答案】C 【解析】 【分析】此题考查了一元二次方程的解，解题的关键是熟记把方程的解代入原方程，等式左右两边相等．把代入方程求出，然后利用整体代入求值即可． 【详解】解：一元二次方程的一个根为， ， ， ． 故选：C． 9. 甲流病毒是一种传染性极强的急性呼吸道传染病，感染者的临床以发热、乏力、干咳为主要表现．在“甲流”初期，若有一人感染了“甲流”，若得不到有效控制，则每轮传染平均一个人传染x人，经过两轮传染后共有256人感染了“甲流”．则关于x的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的应用，根据题意，第一轮传染了x人，第二轮传染了人，根据“经过两轮传染后共有256人感染”列方程求解即可． 【详解】解：设每轮传染平均一个人传染x人， 根据题意，得， 故选：C． 10. 如图，已知二次函数的图象与x轴交于点，与y轴的交点在和之间（不包括这两点），对称轴为直线．下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的结论有（ ）个 A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象与系数的关系、抛物线与x轴的交点以及二次函数图象上点的坐标特征，①由抛物线的开口方向、对称轴以及与y轴的交点，可得出，进而可得出，结论①正确；②由抛物线的对称轴及点A的坐标，可得出抛物线与x轴的另一交点坐标，结合抛物线的开口可得出当时，，结论②错误；③由，可得出，结论③正确；④由当时，结合可得出，再根据，即可求出，结论④正确；⑤由，可得出，即，结论⑤错误．综上即可得出结论． 【详解】解：①∵抛物线开口向上，对称轴为直线，与y轴的交点在和之间， ∴， ∴，结论①正确； ②∵抛物线与x轴交于点，对称轴为直线， ∴抛物线与x轴的另一交点坐标为， ∴当时，，结论②错误； ③∵， ， ∴结论③正确； ④当时，， ∴ ∵， ∴. 又∵， ∴，结论④正确； ⑤∵当时，， ∴， ∴结论⑤错误． 综上所述：正确的结论有①③⑤，共3个． 故选：C． 二、填空题：本大题5小题，每小题3分，共15分． 11. 已知点、点关于原点对称，则______． 【答案】2023 【解析】 【分析】本题考查了关于原点对称的两点的坐标特征，求代数式的值，关键是掌握两点关于原点对称的坐标特征：横坐标互为相反数，纵坐标也互为相反数． 根据两点关于原点对称的坐标特征，可求得a与b的值，从而可求得的值． 【详解】∵点、点关于原点对称， ∴， ∴． 故答案为：2023． 12. 若关于x的一元二次方程没有实数根，则a的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了根的判别式，一元二次方程的条件，熟练掌握根的判别式，写出相应不等式并求解是解题的关键． 根据且，计算即可． 【详解】解：∵一元二次方程没有实数根， ∴且， 解得． 故答案为：． 13. 如图，二次函数与x轴的一个交点为，则方程一元二次方程的根是__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的性质，根据图像再坐标系中的数据可求得其对称轴和与x轴的交点，再结合二次函数得x轴交点的意义，即根据抛物线与x轴的交点问题，两交点的横坐标即为方程的解． 【详解】解：由图可知二次函数的对称轴为，且与x轴的一个交点为， ∴与x轴的另一个交点为，即， 则的根为， 故答案为： ． 14. 已知是关于的方程的两个实数根，且，则的值是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查根与系数的关系．根据题意，得到，求出的值，代入代数式求值即可．牢记根与系数的关系，是解题的关键． 【详解】解：由题意，得：， ∴， ∴； 故答案为：． 15. 如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转后得到，则阴影部分的面积为________． 【答案】9 【解析】 【分析】此题考查了旋转的性质，含30度直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．利用旋转的性质可得，，由题意可得阴影部分的面积，过点作，利用含30度直角三角形的性质，即可求解． 【详解】解：由旋转的性质可得：，， ∴ ∴阴影部分的面积 过点作，如下图： ∵ ∴ ，即阴影部分的面积为 故答案为： 三、解答题（一）：本大题3小题，每小题7分，共21分． 16. （1）解方程：； （2）已知抛物线在顶点坐标为，且经过点，求该抛物线的解析式． 【答案】（1），；（2） 【解析】 【分析】本题考查了因式分解法解一元二次方程及运用顶点式求抛物线的解析式，能够熟练计算是解题关键． （1）利用因式分解法解一元二次方程即可； （2）首先设抛物线解析式为，然后将代入求解即可． 【详解】（1） 或 解得， （2）∵抛物线在顶点坐标为，且经过点， ∴设抛物线解析式为 将代入得， 解得 ∴该抛物线的解析式为． 17. 如图，平面直角坐标系中，每个小正方形边长都是1． （1）画出关于原点中心对称的，直接写出点、的坐标； （2）绕着点C按顺时针方向旋转得到的图形，并写出点的坐标． 【答案】（1）如图所示，即为所求，的坐标为，的坐标为； （2）如图所示，即为所求，点的坐标为． 【解析】 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转和中心对称，熟练掌握关于找到对应点是解题的关键． （1）根据关于原点对称的点横纵坐标都互为相反数，找到对应点、、的坐标，再描出、、，最后顺次连接即可； （2）根据所给旋转方式结合网格的特点找到、、对应点、、的坐标，再描出、、，最后顺次连接即可． 【小问1详解】 解：观察图像可知，点的坐标为，点的坐标为， 点、关于原点中心对称， 的坐标为， 的坐标为； 【小问2详解】 解：绕着点C按顺时针方向旋转得到的图形， 、关于点对称， 点的坐标为，点的坐标为， 的长为， 点的横坐标为，纵坐标不变， 点的坐标为． 18. 如图，在中，，将绕点A逆时针旋转，得到，连接，． （1）判断的形状； （2）求证：平分． 【答案】（1）等边三角形； （2） 证明：∵绕点A逆时针旋转， ∴，， ∵， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴垂直平分， ∴平分． 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，线段垂直平分线的判定． （1）根据旋转的性质得到，，则根据等边三角形的判定方法可得到为等边三角形； （2）根据旋转的性质得到，，则可证明，加上，于是可判断垂直平分，然后根据等边三角形的性质得到平分． 【小问1详解】 解：∵绕点A逆时针旋转， ∴，， ∴为等边三角形； 【小问2详解】 略 四、解答题（二）：本大题3小题，每小题9分，共27分． 19. 已知关于x的一元二次方程有两个实数根x1，x2． （1）求实数k的取值范围； （2）是否存在实数k使得成立？若存在，请求出k的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）（2）不存在 【解析】 【分析】（1）由题意可得△≥0，即[﹣（2k+1）]2﹣4（k2+2k）≥0，通过解该不等式即可求得k的取值范围； （2）假设存在实数k使得x1·x2-x12-x22≥0成立．由根与系数的关系可得x1+x2=2k+1,x1·x2=k2+2k，然后利用完全平方公式可以把x1·x2-x12-x22≥0转化为3x1·x2-（x1+x2）2≥0的形式，通过解不等式可以求得k的值． 【详解】（1）∵原方程有两个实数根， ∴△≥0 即[﹣（2k+1）]2﹣4（k2+2k）≥0， ∴4k2+4k+1﹣4k2﹣8k≥0 ， ∴1﹣4k≥0， ∴k≤， ∴当k≤时，原方程有两个实数根； （2）假设存在实数k使得x1·x2-x12-x22≥0成立， ∵x1，x2是原方程的两根， ∴x1+x2=2k+1,x1·x2=k2+2k， 由x1·x2-x12-x22≥0， 得3x1·x2-（x1+x2）2≥0 ∴3（k2+2k）﹣（2k+1）2≥0， 整理得：﹣（k﹣1）2≥0， ∴只有当k=1时，上式才能成立； 又∵由（1）知k≤， ∴不存在实数k使得x1·x2-x12-x22≥0成立. 20. 某宾馆有50个房间供游客居住，当每个房间每天的定价为180元时，房间会全部住满；当每个房间每天的定价每增加10元时，就会有一个房间空闲，如果游客居住房间，宾馆需对每个房间每天支出20元的各种费用．房价定为多少时，宾馆利润最大？最大利润是多少？ 【答案】定价为350元时，宾馆利润最大，为10890元 【解析】 【分析】宾馆所得利润（每个房间的定价支出费用）相对于180元增加了几个，利用公式法得到相应的房价和最大利润即可． 【详解】解：设每个房间的定价为，利润， 当时， 元． 答：当定价为350元时，宾馆利润最大，为10890元． 【点睛】本题考查二次函数的应用；得到可住满房间数是解决本题的难点． 21. 综合与实践 【主题】利用闲置硬纸板制作收纳盒收纳玩具 【素材】两张长为，宽为的硬纸板 【任务】 （1）把如图1所示的长方形硬纸板的四角沿虚线剪去四个相同的小正方形，得到如图2的纸板，然后把纸板的四边沿虚线折起，并用胶带粘好，即可做成一个无盖的长方体收纳盒．若该无盖收纳盒的底面积为，求剪去的小正方形的边长； （2）把长方形硬纸板的四角剪去四个相同的小长方形，折成一个有盖的长方体收纳盒，如图3所示．若和两边恰好重合且无重叠部分，盒子的底面积为，问能否把家里一个机械狗玩具收纳入内？机械狗的实物图和尺寸大小如图4，请通过计算判断机械狗玩具能否完全放入该收纳盒． 【答案】（1）剪去的小正方形的边长为； （2） 解：设小长方形的宽为，长，由题意得： ， 解得：， ∴小长方形的宽为， 当和两边恰好重合且无重叠部分，收纳盒的高为， ∴玩具机械狗不能完全放入该收纳盒． 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，二元一次方程组的应用，合理将实际问题转化成方程（组）是解题的关键． （1）设剪去的小正方形的边长，则无盖收纳盒的长为，宽为，列出方程求解即可； （2）设小长方形的宽为，长，列出方程组求解即可． 【小问1详解】 解：设剪去的小正方形的边长，则无盖收纳盒的长为，宽为，依题意得： ， 整理得： 解得：，（舍去）， ∴剪去的小正方形的边长． 【小问2详解】 略 五、解答题（三）：本大题2小题，第22题13分，第23题14分，共27分． 22. 如图，抛物线与x轴交于、两点，与y轴交于点，连接AC、BC． （1）求抛物线的表达式； （2）D为抛物线上第一象限内一点，求面积的最大值； （3）点P是抛物线上的一动点，当时，求点P的坐标． 【答案】（1） （2）16 （3）点P的坐标为或 【解析】 【分析】（1）直接利用待定系数法求抛物线解析式即可； （2）过D作轴交BC于点E，设，则可得，根据两点间的距离即可得到，进而表达出的面积进行求解即可； （3）分两种情况讨论：当点P在BC上方时，当点P在BC下方时，分别求解即可． 【小问1详解】 抛物线与x轴交于、两点， ， 则将代入得：． 抛物线的表达式为； 【小问2详解】 过D作轴交BC于点E， 设的解析式为， 将和代入得，， 解得， ∴， 设，则， ， ， 当时，S取最大值，最大值为16． 【小问3详解】 ①当点P在BC上方时，如图， ， ， 点C，P的纵坐标相等， 点P的纵坐标为4． 令，则， 解得：或， ； ②当点P在BC下方时，如图，设PC交x轴于点H， ， ， 设， ， 在中，， ， 解得：． ， ， 设直线PC的解析式为． ， 解得：， ． ， 解得：或（舍去）， ． 综上，点P的坐标为或． 【点睛】本题考查了二次函数的综合题目，涉及待定系数法求二次函数解析式，求解一次函数，平行线的判定和性质，勾股定理的应用和一元二次方程的应用，熟练掌握知识点并能够灵活运用是解题的关键． 23. 半角模型探究 如图，正方形的边长为3，E、F分别是、边上的点，且．将绕点D逆时针旋转，得到． （1）求证：； （2）当时，求的长． （3）探究延伸：如图，在四边形中，，，．E、F分别是边、上的点，且．求的周长． 【答案】（1） 证明：逆时针旋转得到， ，， 、、三点共线， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ； （2） （3）8 【解析】 【分析】（1）由旋转可得，为直角，可得出，由，得到为，可得出，再由，利用可得出三角形与三角形全等，由全等三角形的对应边相等可得出； （2）由（1）的全等得到，正方形的边长为3，用求出的长，再由求出的长，设，可得出，在直角三角形中，利用勾股定理列出关于的方程，求出方程的解得到的值，即为的长． （3）拓展延伸：如图，在正方形中，、分别在边、上，且，连接，同（2）可得结论仍然成立，再结合，即可作答． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：设， ，， ， ， ， 在中，由勾股定理得， 即， 解得， 则． ∴； 【小问3详解】 解：如图②，将绕点顺时针旋转角度为的度数，得到， 由旋转可得，，，，， ， ， ， ， 点、、三点共线， 在和中， ， ， ， ， ； ∵ ∴ 则 ∴ ∴ 则的周长为． 【点睛】此题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理，利用了转化及方程的思想，熟练掌握性质及定理是解本题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $