精品解析：广东省珠海市香洲区立才学校2024-2025学年九年级上学期期中考试数学试题

2024-2025学年第一学期九年级数学期中试卷 一．选择题（每小题3分，共30分） 1. 纹样是我国古代艺术中的瑰宝．下列四幅纹样图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 一元二次方程的解是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在中，，．将绕点O逆时针方向旋转，得到，连接．则线段的长为（ ） A. 1 B. C. D. 5. 在平面直角坐标系中，将二次函数的图象向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，所得函数的解析式为（ ） A. B. C. D. 6. 若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则实数的值为（ ） A. B. C. 4 D. 16 7. 一种药品原价每盒48元，经过两次降价后每盒27元，两次降价的百分率相同，则每次降价的百分率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知一元二次方程的两个根为、，则的值为（ ） A. －3 B. C. 1 D. 9. 已知点在抛物线上，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 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（每小题4分，共24分） 11. 若是方程的根，则____________． 12. 一个三角形的两边长分别为3和5，第三边长是方程x2-6x+8=0的根，则三角形的周长为_____． 13. 若抛物线与轴没有交点，则的取值范围是_______． 14. 一副三角板如图放置，将三角板ADE绕点A逆时针旋转，使得三角板ADE的一边所在的直线与BC垂直，则的度数为______. 15. 如图，在一块长12m，宽8m的矩形空地上，修建同样宽的两条互相垂直的道路(两条道路各与矩形的一条平行)，剩余部分栽种花草，且栽种花草的面积77m²，设道路的宽为x m，则根据题意，可列方程为_______. 16. 根据物理学规律，如果不考虑空气阻力，以的速度将小球沿与地面成角的方向击出，小球的飞行高度h（单位：m）与飞行时间t（单位：s）之间的函数关系是，当飞行时间t为___________s时，小球达到最高点． 三．解答题（每小题6分，共18分） 17. 解方程：x2﹣5x+6＝0 18. 2021年7日1日建党100周年纪念日，在本月日历表上可以用一个方框圈出4个数（如图所示），若圈出的四个数中，最小数与最大数的乘积为65，求这个最小数（请用方程知识解答）． 19. 如图，网格中每个小正方形的边长均为，的顶点均在小正方形的格点上． （1）将向下平移个单位长度得到，画出； （2）将绕点顺时针旋转得到，画出． 四．解答题（每小题8分，共24分） 20. 每年5月的第三个星期日为全国助残日，今年的主题是“科技助残，共享美好生活”，康宁公司新研发了一批便携式轮椅计划在该月销售，根据市场调查，每辆轮椅盈利200元时，每天可售出60辆；单价每降低10元，每天可多售出4辆．公司决定在成本不变的情况下降价销售，但每辆轮椅的利润不低于180元，设每辆轮椅降价x元，每天的销售利润为y元． （1）求y与x的函数关系式；每辆轮椅降价多少元时，每天的销售利润最大？最大利润为多少元？ （2）全国助残日当天，公司共获得销售利润12160元，请问这天售出了多少辆轮椅？ 21. 某校在基地参加社会实践活动中，带队老师考问学生：基地计划新建一个矩形的生物园地，一边靠旧墙（墙足够长），另外三边用总长69米的不锈钢栅栏围成，与墙平行的一边留一个宽为3米的出入口，如图所示，如何设计才能使园地的而积最大？下面是两位学生争议的情境： 请根据上面的信息，解决问题： （1）设AB=x米（x＞0），试用含x的代数式表示BC的长； （2）请你判断谁的说法正确，为什么？ 22. 如图，已知二次函数的图象与轴交于两点，与轴交于点，其中． （1）求二次函数的表达式； （2）若是二次函数图象上的一点，且点在第二象限，线段交轴于点的面积是的面积的2倍，求点的坐标． 五．解答题（每小题12分，共24分） 23. 如图（1），小明将一张矩形纸片沿对角线剪开，得到两张三角形纸片（如图（2）），量得他们的斜边长为10cm，较小锐角为30º．再将这两张三角纸片摆成如图（3）的形状，但点B、C、F、D在同一条直线上，且点C与点F重合（在图（3）至图（6）中统一用F表示） 小明在对这两张三角形纸片进行如下操作时遇到了三个问题，请你帮助解决． （1）将图（3）中△ABF沿BD向右平移到图（4）的位置，使点B与点F重合，请你求出平移的距离； （2）将图（3）中△ABF绕点F顺时针方向旋转30°到图（5）的位置，A1F交DE于点G，请你求出线段FG的长度； （3）将图（3）中的△ABF沿直线AF翻折到图（6）的位置，AB1交DE丁点H，请证明：AH=DH． 24. 如图，已知抛物线与轴交于和两点，与轴交于点．直线过抛物线的顶点． （1）求抛物线的函数解析式； （2）若直线与抛物线交于点，与直线交于点． ①当取得最大值时，求的值和的最大值； ②当是等腰三角形时，求点的坐标． 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数学期中试卷 一．选择题（每小题3分，共30分） 1. 纹样是我国古代艺术中的瑰宝．下列四幅纹样图形既是轴对称图形又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与轴对称图形的概念，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． 根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．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；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形． 【详解】解：A、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B．既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意； C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意． 故选：B． 2. 一元二次方程的解是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，利用因式分解法求解即可． 【详解】解∶ ， ∴， ∴或， ∴，， 故选∶B． 3. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数，即可求解． 【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是． 故选D． 【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，掌握关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数是解题的关键． 4. 如图，在中，，．将绕点O逆时针方向旋转，得到，连接．则线段的长为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，直角三角形的判定和性质，勾股定理，由旋转性质可判定为等腰直角三角形，再由勾股定理可求得的长．熟悉以上性质是解题关键． 【详解】解：由旋转性质可知，，， 则为等腰直角三角形， ． 故选：B． 5. 在平面直角坐标系中，将二次函数的图象向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，所得函数的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线的平移规律：上加下减，左加右减解答即可． 【详解】解：将二次函数的图象向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，所得函数的解析式为 故选D． 【点睛】本题考查了抛物线的平移规律．关键是确定平移前后抛物线的顶点坐标，寻找平移规律． 6. 若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则实数的值为（ ） A. B. C. 4 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】根据方程的根的判别式即可．本题考查了一元二次方程的根的判别式，熟练掌握根的判别式是解题的关键． 【详解】∵方程有两个相等的实数根，， ∴， ∴， 解得． 故选C． 7. 一种药品原价每盒48元，经过两次降价后每盒27元，两次降价的百分率相同，则每次降价的百分率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的实际应用，设每次降价的百分率为，根据原价每盒48元，经过两次降价后每盒27元，列出方程进行求解即可． 【详解】解：设每次降价的百分率为，由题意，得： ， 解得：（舍去）； 故选C． 8. 已知一元二次方程的两个根为、，则的值为（ ） A. －3 B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由根与系数的关系得出两根之和，两根之积，然后把要求的式子变形，代入求值即可． 【详解】解：由一元二次方程根与系数的关系得， ， ∴ ， 故选：D． 【点睛】此题主要考查了根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法． 9. 已知点在抛物线上，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别计算自变量为1和2对应的函数值，然后对各选项进行判断． 【详解】当x=1时,y1=−(x+1) +2=−(1+1) +2=−2； 当x=2时,y=−(x+1) +2=−(2+1) +2=−7； 所以. 故选A 【点睛】此题考查二次函数顶点式以及二次函数的性质，解题关键在于分析函数图象的情况 10. 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】A 【解析】 【分析】抛物线的对称轴为直线，开口向下，可得，，故①正确；根据抛物线过点，可得，从而得到，故②错误；由抛物线的对称轴为直线，开口向下，可得当时，y随x的增大而减小，关于对称轴的对称点为，可得到，故③错误；令y=0，则解得：，故④正确；根据二次函数的性质可得当时，函数有最大值，再由直线经过点，可得，从而得到，进而得到，故⑤错误，即可求解． 【详解】解：∵抛物线的对称轴为直线，开口向下， ∴， ∴， ∴，故①正确； ∵抛物线过点， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴，故②错误； ∵抛物线的对称轴为直线，开口向下， ∴当时，y随x的增大而减小，关于对称轴的对称点为， ∵， ∴，故③错误； 令y=0，则 解得：， ∴方程的两根为，故④正确； ， ∵， ∴当时，函数有最大值， ∵直线经过点， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴当时，函数有最大值，故⑤错误； ∴正确的有2个． 故选：A 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，一次函数的图形和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，一次函数的图形和性质，并利用数形结合思想解答是解题的关键． 二．填空题（每小题4分，共24分） 11. 若是方程的根，则____________． 【答案】1 【解析】 【分析】本题根据一元二次方程的根的定义，把x=1代入方程得到a的值． 【详解】把x=1代入方程，得1−2+a=0， 解得a=1， 故答案为：1． 【点睛】本题考查的是一元二次方程的根即方程的解的定义，一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值． 12. 一个三角形的两边长分别为3和5，第三边长是方程x2-6x+8=0的根，则三角形的周长为_____． 【答案】12 【解析】 【分析】先求方程x2-6x+8=0的根，再由三角形的三边关系确定出三角形的第三边的取值范围，即可确定第三边的长，利用三角形的周长公式可求得这个三角形的周长． 【详解】∵三角形的两边长分别为3和5，∴5-3＜第三边＜5+3，即2＜第三边＜8， 又∵第三边长是方程x2-6x+8=0的根，∴解之得根为2和4，2不在范围内，舍掉， ∴第三边长为4．即勾三股四弦五，三角形是直角三角形． ∴三角形的周长：3+4+5=12． 故答案为12． 【点睛】本题考查了解一元二次方程和三角形的三边关系．属于基础题型，应重点掌握． 13. 若抛物线与轴没有交点，则的取值范围是_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查抛物线与轴的交点问题． 根据抛物线与轴没有交点，可知当时，方程没有实数根，则，从而可以求得的取值范围． 【详解】解：抛物线与轴没有交点， 当时，方程没有实数根， ， 解得， 故答案为：． 14. 一副三角板如图放置，将三角板ADE绕点A逆时针旋转，使得三角板ADE的一边所在的直线与BC垂直，则的度数为______. 【答案】15°或60°. 【解析】 【分析】分情况讨论：①DE⊥BC，②AD⊥BC，然后分别计算的度数即可解答. 【详解】解：①如下图，当DE⊥BC时， 如下图，∠CFD＝60°， 旋转角为：＝∠CAD＝60°-45°＝15°； （2）当AD⊥BC时，如下图， 旋转角为：＝∠CAD＝90°-30°＝60°； 【点睛】本题考查了垂直的定义和旋转的性质，熟练掌握并准确分析是解题的关键. 15. 如图，在一块长12m，宽8m的矩形空地上，修建同样宽的两条互相垂直的道路(两条道路各与矩形的一条平行)，剩余部分栽种花草，且栽种花草的面积77m²，设道路的宽为x m，则根据题意，可列方程为_______. 【答案】（12-x）（8-x）=77 【解析】 【分析】道路外的四块土地拼到一起正好构成一个矩形，矩形的长和宽分别是(12-x)和(8-x)，根据矩形的面积公式，列出关于道路宽的方程求解． 【详解】道路的宽为x米．依题意得： (12-x)(8-x)=77， 故答案为(12-x)(8-x)=77. 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，关键将四个矩形用恰当的方式拼成大矩形列出等量关系． 16. 根据物理学规律，如果不考虑空气阻力，以的速度将小球沿与地面成角的方向击出，小球的飞行高度h（单位：m）与飞行时间t（单位：s）之间的函数关系是，当飞行时间t为___________s时，小球达到最高点． 【答案】2 【解析】 【分析】将函数关系式转化为顶点式即可求解． 【详解】根据题意，有， 当时，有最大值． 故答案为：2． 【点睛】本题考查二次函数解析式的相互转化及应用，解决本题的关键是熟练二次函数解析式的特点及应用． 三．解答题（每小题6分，共18分） 17. 解方程：x2﹣5x+6＝0 【答案】x1＝2，x2＝3 【解析】 【分析】利用因式分解的方法解出方程即可. 【详解】利用因式分解法求解可得． 解：∵x2﹣5x+6＝0， ∴（x﹣2）（x﹣3）＝0， 则x﹣2＝0或x﹣3＝0， 解得x1＝2，x2＝3． 【点睛】本题考查解一元二次方程因式分解法,关键在于熟练掌握因式分解的方法步骤. 18. 2021年7日1日建党100周年纪念日，在本月日历表上可以用一个方框圈出4个数（如图所示），若圈出的四个数中，最小数与最大数的乘积为65，求这个最小数（请用方程知识解答）． 【答案】5 【解析】 【分析】根据日历上数字规律得出，圈出的四个数最大数与最小数的差值为8，设最小数为，则最大数为，结合已知，利用最大数与最小数的乘积为65列出方程求解即可． 【详解】解：设这个最小数为． 根据题意，得． 解得，（不符合题意，舍去）． 答：这个最小数为5． 【点睛】此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，掌握日历的特征，根据已知得出的最大数与最小数的差值是解题的关键． 19. 如图，网格中每个小正方形的边长均为，的顶点均在小正方形的格点上． （1）将向下平移个单位长度得到，画出； （2）将绕点顺时针旋转得到，画出． 【答案】（1） 如图所示， （2） 如图所示， 【解析】 【分析】本题主要考查了平移、旋转作图，解题的关键是作出平移或旋转后的对应点． （1）先作出点、、平移后的对应点，、，然后顺次连接即可； （2）先作出点、绕点顺时针旋转度的对应点，，然后顺次连接即可； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 四．解答题（每小题8分，共24分） 20. 每年5月的第三个星期日为全国助残日，今年的主题是“科技助残，共享美好生活”，康宁公司新研发了一批便携式轮椅计划在该月销售，根据市场调查，每辆轮椅盈利200元时，每天可售出60辆；单价每降低10元，每天可多售出4辆．公司决定在成本不变的情况下降价销售，但每辆轮椅的利润不低于180元，设每辆轮椅降价x元，每天的销售利润为y元． （1）求y与x的函数关系式；每辆轮椅降价多少元时，每天的销售利润最大？最大利润为多少元？ （2）全国助残日当天，公司共获得销售利润12160元，请问这天售出了多少辆轮椅？ 【答案】（1），每辆轮椅降价20元时，每天的利润最大，为元 （2）这天售出了64辆轮椅 【解析】 【分析】本题考查二次函数的实际应用，正确的列出函数关系式，是解题的关键： （1）根据总利润等于单件利润乘以销量，列出二次函数关系式，再根据二次函数的性质求最值即可； （2）令，得到关于的一元二次方程，进行求解即可． 【小问1详解】 解：由题意，得：； ∵每辆轮椅的利润不低于180元， ∴， ∴， ∵， ∴当时，随的增大而增大， ∴当时，每天的利润最大，为元； 答：每辆轮椅降价20元时，每天的利润最大，为元； 【小问2详解】 当时，， 解得：（不合题意，舍去）； ∴（辆）； 答：这天售出了64辆轮椅． 21. 某校在基地参加社会实践活动中，带队老师考问学生：基地计划新建一个矩形的生物园地，一边靠旧墙（墙足够长），另外三边用总长69米的不锈钢栅栏围成，与墙平行的一边留一个宽为3米的出入口，如图所示，如何设计才能使园地的而积最大？下面是两位学生争议的情境： 请根据上面的信息，解决问题： （1）设AB=x米（x＞0），试用含x的代数式表示BC的长； （2）请你判断谁的说法正确，为什么？ 【答案】（1）BC=72﹣2x（2）小英说法正确 【解析】 【分析】（1）、BC的长度=围栏的长度-AB和CD的长度+门的宽度； （2）、首先求出S和x的二次函数关系，然后根据二次函数的性质求出S取最大值时x的值，从而得出矩形不是正方形． 【详解】（1）、设AB＝x米，可得BC＝54﹣2x＋2＝56﹣2x； （2）、小英的说法正确； 矩形面积S＝x（56﹣2x）＝﹣2（x﹣14）2＋392， ∵56﹣2x＞0， ∴x＜28， ∴0＜x＜28， ∴当x＝14时，S取最大值， 此时x56﹣2x， ∴面积最大的不是正方形． 22. 如图，已知二次函数的图象与轴交于两点，与轴交于点，其中． （1）求二次函数的表达式； （2）若是二次函数图象上的一点，且点在第二象限，线段交轴于点的面积是的面积的2倍，求点的坐标． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查二次函数表达式、二次函数的图象与性质、二元一次方程组、一元二次方程、三角形面积等基础知识，考查运算能力、推理能力、几何直观等. （1）根据待定系数法求解即可； （2）设，因为点在第二象限，所以．依题意，得，即可得出，求出，由，求出，即可求出点的坐标． 【小问1详解】 解：将代入， 得， 解得， 所以，二次函数的表达式为． 【小问2详解】 设，因为点在第二象限，所以． 依题意，得，即，所以． 由已知，得， 所以． 由， 解得（舍去）， 所以点坐标为． 五．解答题（每小题12分，共24分） 23. 如图（1），小明将一张矩形纸片沿对角线剪开，得到两张三角形纸片（如图（2）），量得他们的斜边长为10cm，较小锐角为30º．再将这两张三角纸片摆成如图（3）的形状，但点B、C、F、D在同一条直线上，且点C与点F重合（在图（3）至图（6）中统一用F表示） 小明在对这两张三角形纸片进行如下操作时遇到了三个问题，请你帮助解决． （1）将图（3）中△ABF沿BD向右平移到图（4）的位置，使点B与点F重合，请你求出平移的距离； （2）将图（3）中△ABF绕点F顺时针方向旋转30°到图（5）的位置，A1F交DE于点G，请你求出线段FG的长度； （3）将图（3）中的△ABF沿直线AF翻折到图（6）的位置，AB1交DE丁点H，请证明：AH=DH． 【答案】（1）5 （2） （3）证明见试题解析 【解析】 【分析】（1）由题意可知AB=10，∠A=30o，根据含30°角的直角三角形的性质可得BF的长，即可求得结果； （2）由FG⊥DE，可得FG为Rt△EFD的高，再根据△EFG的面积公式即可求得结果； （3）由题意可知EF=FB1，AF=FD，则AE=B1D，再结合∠AHE=∠B1HD，∠A=∠D=30o，可得△AHE≌△DHB1.即可证得结论． 【小问1详解】 由题意可知AB=10，∠A=30o， 所以BF=AB=5，AF=， 因此平移的距离为BF=5cm； 【小问2详解】 此时FG⊥DE，故FG为Rt△EFD的高 又因为S△EFG=×10×FG=××5 所以FG=（cm）； 【小问3详解】 由题意可知EF=FB1，AF=FD， 所以AE=B1D. 又因为∠AHE=∠B1HD，∠A=∠D=30o， 所以△AHE≌△DHB1. 故AH=DH． 【点睛】本题是一道全等三角形的判定、旋转的性质、平移的性质和直角三角形的性质结合求解的综合题．考查学生综合运用数学的能力． 24. 如图，已知抛物线与轴交于和两点，与轴交于点．直线过抛物线的顶点． （1）求抛物线的函数解析式； （2）若直线与抛物线交于点，与直线交于点． ①当取得最大值时，求的值和的最大值； ②当是等腰三角形时，求点的坐标． 【答案】（1） （2）①当时，有最大值，最大值为；②或或 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）①先求出，进而求出直线的解析式为，则，进一步求出，由此即可利用二次函数的性质求出答案；②设直线与x轴交于H，先证明是等腰直角三角形，得到；再分如图3-1所示，当时， 如图3-2所示，当时， 如图3-3所示，当时，三种情况利用等腰三角形的定义进行求解即可． 【小问1详解】 解：∵抛物线与轴交于和两点， ∴抛物线对称轴为直线， 在中，当时，， ∴抛物线顶点P的坐标为， 设抛物线解析式为， ∴， ∴， ∴抛物线解析式为 【小问2详解】 解：①∵抛物线解析式为，点C是抛物线与y轴的交点， ∴， 设直线的解析式为， ∴， ∴， ∴直线的解析式为， ∵直线与抛物线交于点，与直线交于点 ∴， ∴ ， ∵， ∴当时，有最大值，最大值为； ②设直线与x轴交于H， ∴，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴； 如图3-1所示，当时， 过点C作于G，则 ∴点G为的中点， 由（2）得， ∴， ∴， 解得或（舍去）， ∴； 如图3-2所示，当时，则是等腰直角三角形， ∴，即， ∴点E的纵坐标为5， ∴， 解得或（舍去）， ∴ 如图3-3所示，当时，过点C作于G， 同理可证是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得或（舍去）， ∴，， ∴， ∴ 综上所述，点E的坐标为或或 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判断，一次函数与几何综合，待定系数法求函数解析式等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $