精品解析：广东省广州市海珠区绿翠现代实验学校2024-2025学年九年级上学期期中考试数学试卷

2024-2025学年广东省广州市海珠区绿翠现代实验学校九年级（上）期中数学试卷 一、选择题（每小题3分，共30分） 1. 下列数学符号是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了中心对称图形的识别，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．根据中心对称图形的定义求解即可． 【详解】解：所给各选项中，属于中心对称图形的是“+”， 故选B． 2. 函数y＝x2+x﹣2的图象与y轴的交点坐标是（　　） A. （﹣2，0） B. （1，0） C. （0，﹣2） D. （0，2） 【答案】C 【解析】 【分析】函数图象与y轴的交点即令x=0，即可解题． 【详解】解：令x=0， y＝x2+x﹣2=-2 即函数y＝x2+x﹣2的图象与y轴的交点坐标是（0，-2） 故选：C． 【点睛】本题考查函数图象与坐标轴的交点，是基础考点，掌握相关知识是解题关键． 3. 如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A＇OB＇，若∠AOB=15°，则∠AOB＇的度数是（ ） A. 25° B. 30° C. 35° D. 40° 【答案】B 【解析】 【详解】解：∵将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A′OB′， ∴∠A′OA=45°，∠AOB=∠A′OB′=15°， ∴∠AOB′=∠A′OA-∠A′OB′=45°-15°=30°， 故选B． 4. 对于二次函数的图象，下列说法正确的是( ) A. 开口向上 B. 对称轴是x=-3 C. 当x>-4 时，y随x的增大而减小 D. 顶点坐标为(-2，-3) 【答案】B 【解析】 【分析】根据抛物线的性质由a=-2得到图象开口向下，根据顶点式得到顶点坐标为（-3，0），对称轴为直线x=-3，当x>-3时，y 随 x的增大而减小． 【详解】解：二次函数y=-2（x+3）2的图象开口向下，顶点坐标为（-3，0），对称轴为直线x=-3，当x>-3时，y随x的增大而减小， 故B正确，A、C、D不正确， 故选：B． 【点睛】本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在y=a（x-h）2+k中，其顶点坐标为（h，k），对称轴为x=h．当a＞0时，抛物线开口向上，当a＜0时，抛物线开口向下． 5. 用配方法解一元二次方程x2﹣10x+21＝0，下列变形正确的是（　　） A. （x﹣5）2＝4 B. （x+5）2＝4 C. （x﹣5）2＝121 D. （x+5）2＝121 【答案】A 【解析】 【分析】利用配方法，方程的两边同时加上一次项系数一半的平方，即可求解． 【详解】解：x2﹣10x+21＝0， 移项得： ， 方程两边同时加上25，得： ， 即 ． 故选：A 【点睛】本题主要考查了利用配方法解一元二次方程，熟练掌握利用配方法，需要方程的两边同时加上一次项系数一半的平方是解题的关键． 6. 把抛物线向右平移1个单位长度，得到新的抛物线的解析式是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可． 【详解】解：抛物线的顶点坐标是． 则该抛物线向右平移1个单位长度后的顶点坐标是， 所以所得新抛物线的解析式是． 故选：D． 7. 如图，在一幅长，宽的矩形风景画的四周镶一条金色纸边，制成一幅矩形挂图，如图所示，如果要使整个挂图的面积是，设金色纸边的宽为，那么x满足的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可知：矩形挂图的长为（60+2x）cm，宽为（40+2x）cm；则运用面积公式列方程即可． 【详解】解：挂图长为（60+2x）cm，宽为（40+2x）cm， 所以根据矩形的面积公式可得：（60+2x）（40+2x）=2816． 故选：D． 【点睛】此题是一元二次方程的应用，解此类题的关键是看准题型列方程，矩形的面积=矩形的长×矩形的宽． 8. 如图，点F为正方形对角线的中点，将以点F为直角顶点的直角绕点F旋转（的边EG始终在正方形外），若正方形边长为3，则在旋转过程中与正方形重叠部分的面积为（　　） A. 9 B. 3 C. 4.5 D. 2.25 【答案】D 【解析】 【分析】如图，连接，由点F是的中点，然后结合正方形的性质得到、、，进而结合得到，从而得证，再由全等三角形的性质得到重叠部分四边形的面积与的面积相等，最后由正方形的边长求得结果． 【详解】解：如图，连接， ∵点F是的中点，四边形是正方形， ∴， ， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴（ASA）， ∴， ∴， ∵正方形的边长为3， ∴， ∴， ∴， ∴重叠部分四边形的面积为． 故选：D． 【点睛】此题考查了正方形的性质、三角形全等的性质、三角形面积、解题的关键是熟知正方形的性质、三角形全等的性质、三角形面积的知识并会应用． 9. 在同一平面直角坐标系中，一次函数与二次函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据各选项图象判断的取值范围求解即可得到答案． 【详解】解：A．由直线可知，由抛物线开口向上，，抛物线与轴的交点得出，故选项不符合题意； B．由直线可知，由抛物线开口向下，，抛物线与轴的交点得出，故选项不符合题意； C．由直线可知，由抛物线开口向上，，抛物线与轴的交点得出，故选项符合题意； D． 由直线可知，由抛物线开口向下，，抛物线与轴的交点得出，故选项不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的性质，解题的关键是掌握函数图象与系数的关系． 10. 已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数且a≠0）经过P1（1，y1），P2（2，y2），P3（3，y3），P4（4，y4）四点．若y1＜y2＜y3，则下列说法中正确的是（　　） A. 若y4＞y3，则a＞0 B. 对称轴不可能是直线x＝2.7 C. y1＜y4 D. 3a+b＜0 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意判定抛物线开口方向，对称轴的位置，然后根据点到对称轴的距离的大小即可判断． 【详解】解：A、当时，抛物线开口向下， 当时，随增大而增大， 若，时，， 选项错误，不符合题意； B、当对称轴为直线时，， 若则，不符题意， 若则，符合题意， 选项错误，不符合题意； C、若，当抛物线对称轴为直线时，， 对称轴直线时满足题意， 此时， ， 若，当抛物线对称轴为直线时，， 当时， 选项正确，符合题意； D、， ， ， 选项错误，不符合题意． 故选：C． 【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，解题的关键是判定对称轴的位置． 二、填空题（每小题3分，共18分） 11. 在平面直角坐标系中，点P（﹣10，a）与点Q（b，1）关于原点对称，则a+b＝_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据关于原点对称的点的特征：关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数，即可求得的值，进而求得代数式的值． 【详解】解：∵点P（﹣10，a）与点Q（b，1）关于原点对称， ∴ 故答案为： 【点睛】本题考查了关于原点对称的点的特征，掌握关于原点对称的点的特征是解题的关键． 12. 若x=3是关于x的一元二次方程的一个解，则m的值是_____． 【答案】2 【解析】 【分析】根据x=3是已知方程的解，将x=3代入方程即可求出m的值． 【详解】解：将x=3代入方程得：9-3m-3=0， 解得：m=2． 故答案为：2． 【点睛】本题考查了一元二次方程的解．解题的关键是掌握一元二次方程的解的定义：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解． 13. 若m，n是一元二次方程的两根，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根时，，，直接利用根与系数的关系求解即可． 【详解】解：∵m，n是一元二次方程的两根， ∴， 故答案为：． 14. 如图，把Rt△ABC绕点A逆时针旋转40°，得到Rt△AB′C′，点C′恰好落在边AB上，连接BB′，则∠BB′C′=___度． 【答案】20 【解析】 【详解】∵Rt△ABC绕点A逆时针旋转40°得到Rt△AB′C′， ∴AB=AB′，∠BAB′=40°． 在△ABB′中，∠ABB′=（180°﹣∠BAB′）=（180°﹣40°）=70°． ∴∠BB′C′=90°﹣∠ABB′=90°﹣70°=20°． 15. 如图已知二次函数y1＝x2+c与一次函数y2＝x+c的图象如图所示，则当y1＜y2时x的取值范围_____． 【答案】0＜x＜1． 【解析】 【分析】首先将两函数解析式联立得出其交点横坐标，进而得出当y1＜y2时x的取值范围． 【详解】解：由题意可得：x2+c＝x+c， 解得：x1＝0，x2＝1， 则当y1＜y2时x的取值范围：0＜x＜1． 故答案为0＜x＜1． 【点睛】此题主要考查了二次函数与一次函数，正确得出两函数的交点横坐标是解题关键． 16. 如图，在正方形中，，点E，F在对角线上，且，将绕点C旋转一定角度后，得到，连接．则下列结论： ①；②；③平分；④的面积等于； 其中正确的结论是______．（填写所有正确结论的序号） 【答案】①②③ 【解析】 【分析】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，由正方形的性质可得，，由旋转的性质可得，，，，由可证，可得，，，即可求解． 【详解】解：四边形是正方形， ，， ， ， 将绕点旋转一定角度后，得到， ，，，， ， ，故①正确， ，，， ∴ ，，， 平分，故③正确， ， ， ，故②正确， ， ， ∴， ∴的面积，故④错误； 故答案为：①②③． 三、解答题（9小题，共72分） 17. 解方程：x(x－2)＋x－2＝0． 【答案】， 【解析】 【分析】把方程中的x-2看作一个整体，利用因式分解法解此方程． 【详解】解：(x－2）(x+1)=0， ∴x－2=0或x+1=0， ∴x1=2，x2=-1． 【点睛】本题考查了一元二次方程的解法——因式分解法，属于基础题． 18. 如图，ABC的三个顶点A、B、C都在格点上，坐标分别为(﹣2，4)、(﹣2，0)、（﹣4，1)． （1）画出ABC绕着点A逆时针旋转90°得到的AB1C1； （2）写出点B1、C1的坐标． 【答案】解：如图所示，△AB1C1即为所求； B1（2，4），C1（1，2） 【解析】 【分析】（1）根据旋转的性质画出点B、C的对应点即可； （2）根据点B1、C1的位置，即可写出坐标． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 根据图形可知：B1（2，4），C1（1，2）． 【点睛】本题主要考查了作图-旋转变换，平面直角坐标系中点的坐标的特征等知识，注意旋转的方向是正确画图的关键． 19. 如图，在正方形中，点E为上一点，将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接． （1）求证：； （2）求证：点B，C，F三点共线． 【答案】（1） 证明：∵是正方形， ∴，， ∵将线段绕点D逆时针旋转得到线段， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2） 证明：∵是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点B，C，F三点共线． 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质，三角形全等的性质及判定 （1）由是正方形得，，再同线段绕点D逆时针旋转得到线段得，，进而得，证明即可得出结论； （2）由是正方形得，再由（1）中得，进而得，即可得出结论． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 20. 已知m是一元二次方程的一个解，求的值． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，分式有意义的条件，以及分式的化简求值．先根据一元二次方程以及分式有意义的条件，得到m的取值，然后将分式化简并把m的值代入化简后的式子中求解，即可解题． 【详解】解： m是一元二次方程的一个解， 又， 解得，， 即或， 中，即， ， 又 ， 将代入上式有． 21. 抛物线上部分点的横坐标x，纵坐标y的对应值如下表： … … … … （1）求该抛物线的解析式． （2）根据上表填空： 抛物线与x轴的交点坐标是______和______； 抛物线经过点（，______），对称轴为______； 【答案】（1） （2），直线 【解析】 【分析】本题考查待定系数法求二次函数解析式，以及的图象和性质，解题的关键在于从表格中获取需要的信息． （1）由表格可知抛物线过点，，，再结合待定系数法求解，即可解题； （2）①直接根据表格信息求解，即可解题； ②利用抛物线与x轴的交点坐标求出对称轴，再结合二次函数的对称性求解，即可解题． 【小问1详解】 解：由表格可知抛物线过点，，， ， 解得， 抛物线解析式为； 【小问2详解】 解：①由表格可知抛物线与x轴的交点坐标是和； 故答案为：，； ②由表格可知抛物线对称轴为直线， 与关于直线对称，且抛物线过点 抛物线经过点； 故答案为： ，直线． 22. 世界杯足球赛期间，某商店销售一批足球纪念册，每本进价40元，规定销售单价不低于44元，且获利不高于．试销售期间发现，当销售单价定为44元时，每天可售出300本，销售单价每上涨1元，每天销售量减少10本，现商店决定提价销售．设每天销售量为y本，销售单价为ⅹ元． （1）请直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围； （2）当每本足球纪念册销售单价是多少元时，商店每天获利2400元？ （3）将足球纪念册销售单价定为多少元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大？ 【答案】（1）， （2）50元 （3）52元 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数、一元二次方程的应用，一次函数的应用，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键． （1）依据题意，销售单价每上涨1元，每天销售量减少10本，则销售单价上涨了元，每天销售量减少本，所以，然后利用销售单价不低于44元，且获利不高于确定的范围，进而得解； （2）依据题意，利用每本的利润乘以销售量等于总利润，从而，然后解方程后利用的范围确定销售单价； （3）依据题意，利用每本的利润乘以销售量等于总利润，故，再把它变形为顶点式，然后利用二次函数的性质得到时最大，从而计算出时对应的的值即可． 【小问1详解】 解：由题意得，， 即：； 销售单价不低于44元，且获利不高于， 最高价为元，即， 故：． 【小问2详解】 解：由题意可得：， ，， 又结合（1）， ， 答：每本足球纪念册销售单价是50元时，商店每天获利2400元； 【小问3详解】 解：由题意，商店每天销售纪念册获得的利润为 ， 又，图象开口向下， 当时，随的增大而增大， 又， 当时，有最大值，最大值为， 答：将足球纪念册销售单价定为52元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大． 23. 关于x的一元二次方程． （1）求证：方程总有两个实数根； （2）若方程有一个根小于1，求k的取值范围． 【答案】（1） 证明：在方程中， ， 方程总有两个实数根． （2） 【解析】 【分析】本题考查了根的判别式、因式分解法解一元二次方程以及解一元一次不等式，解题的关键是掌握根的判别式； （1）根据方程的系数结合根的判别式，可得，由此可证出方程总有两个实数根； （2）利用分解因式法解一元二次方程，可得出、，根据方程有一根小于1，即可得出关于的一元一次不等式，即可得出的取值范围． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：， ，． 方程有一根小于1， ，解得：， 的取值范围为． 24. 如图，抛物线与轴交于点，点（点在点的左侧），与轴交于点，连接，． （1）直接写出点的坐标（用含的代数式表示）； （2）若的面积为6，求的值； （3）在（2）的条件下，将抛物线向右平移个单位，记平移后抛物线中随的增大而减小的部分为，当直线与总有两个公共点时，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）令，则，即可求得点坐标； （2）求出的坐标，表示出的面积，由此即可得到答案； （3）平移后的解析式为，待定系数法求出直线的解析式为，当抛物线经过点时，，此时直线与有两个公共点，联立，得到方程，当时，此时直线与有两个公共点，由此即可得到答案． 【小问1详解】 解：在中，令，则， 点的坐标为， 故答案为：； 【小问2详解】 解：在中，令，得， 解得，， ，， ， 由抛物线图象可得：， ， ， 解得：； 【小问3详解】 解：由（2）得 ，， 将抛物线向右平移个单位， 新抛物线的解析式为：， 对称轴为直线， 设直线的解析式为：， 将，代入解析式得：， 解得：， 直线的解析式为， 当抛物线经过点时，， 解得：或（不符合题意，舍去）， 当时，， 当时，随的增大而减小， 联立， 解得：，， 此时与直线有两个交点； 联立， ， 直线与总有两个公共点， ， 解得：， 综上所述，当时，直线与总有两个公共点． 【点睛】本题考查了二次函数的综合，二次函数与坐标轴的交点问题，二次函数图象的平移，二次函数与一元二次方程，熟练掌握二次函数的图象与性质；二次函数的平移规则：左加右减，上加下减；采用数形结合的思想进行解题，是解此题的关键． 25. 抛物线与轴交于点，与轴交于点．线段上有一动点(不与重合)，过点作轴的平行线交直线于点，交抛物线于点 （1）求直线的解析式； （2）点为线段下方抛物线上一动点，点是线段上一动点； ①若四边形是平行四边形，证明：点横坐标之和为定值； ②在点运动过程中，平行四边形的周长是否存在最大值？若存在，求出此时点的坐标，若不存在，说明理由 【答案】（1）； （2）①设点的横坐标为，则点坐标为 点的坐标为 设点的横坐标为，同理得 整理得： 为定值 ②存在；点的坐标为． 【解析】 【分析】（1）分别在抛物线解析式中令x=0，y=0，可以得到B和A的坐标，然后应用待定系数法可以得到直线AB的解析式；　 （2）①分别设点M、N的横坐标为m、n，则由平行四边形的性质可以证得m+n=4,即m、n的和为定值； ②作DE⊥PM，结合①可以求得平行四边形CMND的周长是关于m的二次函数，由二次函数的知识可以求得平行四边形CMND的周长取最大值时m的值，从而得到对应的D点坐标． 【详解】解：（1）令，可 得， 令抛物线解析式中x=0可得， 设直线的解析式为： 代入两点坐标，求得； 略 ②作，则 易证 平行四边形的周长 时，周长有最大值 此时点的坐标为，点的坐标为 当点位置对调，点位置相应对调时，依然满足条件 点的坐标为． 【点睛】本题考查一次函数、二次函数与平行四边形的综合应用，熟练掌握一次函数解析式的求法、平行四边形的性质及二次函数的图象和性质是解题关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年广东省广州市海珠区绿翠现代实验学校九年级（上）期中数学试卷 一、选择题（每小题3分，共30分） 1. 下列数学符号是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 函数y＝x2+x﹣2的图象与y轴的交点坐标是（　　） A. （﹣2，0） B. （1，0） C. （0，﹣2） D. （0，2） 3. 如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A＇OB＇，若∠AOB=15°，则∠AOB＇的度数是（ ） A. 25° B. 30° C. 35° D. 40° 4. 对于二次函数的图象，下列说法正确的是( ) A. 开口向上 B. 对称轴是x=-3 C. 当x>-4 时，y随x的增大而减小 D. 顶点坐标为(-2，-3) 5. 用配方法解一元二次方程x2﹣10x+21＝0，下列变形正确的是（　　） A. （x﹣5）2＝4 B. （x+5）2＝4 C. （x﹣5）2＝121 D. （x+5）2＝121 6. 把抛物线向右平移1个单位长度，得到新的抛物线的解析式是（　　） A. B. C. D. 7. 如图，在一幅长，宽的矩形风景画的四周镶一条金色纸边，制成一幅矩形挂图，如图所示，如果要使整个挂图的面积是，设金色纸边的宽为，那么x满足的方程是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，点F为正方形对角线的中点，将以点F为直角顶点的直角绕点F旋转（的边EG始终在正方形外），若正方形边长为3，则在旋转过程中与正方形重叠部分的面积为（　　） A. 9 B. 3 C. 4.5 D. 2.25 9. 在同一平面直角坐标系中，一次函数与二次函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 10. 已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数且a≠0）经过P1（1，y1），P2（2，y2），P3（3，y3），P4（4，y4）四点．若y1＜y2＜y3，则下列说法中正确的是（　　） A. 若y4＞y3，则a＞0 B. 对称轴不可能是直线x＝2.7 C. y1＜y4 D. 3a+b＜0 二、填空题（每小题3分，共18分） 11. 在平面直角坐标系中，点P（﹣10，a）与点Q（b，1）关于原点对称，则a+b＝_____． 12. 若x=3是关于x的一元二次方程的一个解，则m的值是_____． 13. 若m，n是一元二次方程的两根，则______． 14. 如图，把Rt△ABC绕点A逆时针旋转40°，得到Rt△AB′C′，点C′恰好落在边AB上，连接BB′，则∠BB′C′=___度． 15. 如图已知二次函数y1＝x2+c与一次函数y2＝x+c的图象如图所示，则当y1＜y2时x的取值范围_____． 16. 如图，在正方形中，，点E，F在对角线上，且，将绕点C旋转一定角度后，得到，连接．则下列结论： ①；②；③平分；④的面积等于； 其中正确的结论是______．（填写所有正确结论的序号） 三、解答题（9小题，共72分） 17. 解方程：x(x－2)＋x－2＝0． 18. 如图，ABC的三个顶点A、B、C都在格点上，坐标分别为(﹣2，4)、(﹣2，0)、（﹣4，1)． （1）画出ABC绕着点A逆时针旋转90°得到的AB1C1； （2）写出点B1、C1的坐标． 19. 如图，在正方形中，点E为上一点，将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接． （1）求证：； （2）求证：点B，C，F三点共线． 20. 已知m是一元二次方程的一个解，求的值． 21. 抛物线上部分点的横坐标x，纵坐标y的对应值如下表： … … … … （1）求该抛物线的解析式． （2）根据上表填空： 抛物线与x轴的交点坐标是______和______； 抛物线经过点（，______），对称轴为______； 22. 世界杯足球赛期间，某商店销售一批足球纪念册，每本进价40元，规定销售单价不低于44元，且获利不高于．试销售期间发现，当销售单价定为44元时，每天可售出300本，销售单价每上涨1元，每天销售量减少10本，现商店决定提价销售．设每天销售量为y本，销售单价为ⅹ元． （1）请直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围； （2）当每本足球纪念册销售单价是多少元时，商店每天获利2400元？ （3）将足球纪念册销售单价定为多少元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大？ 23. 关于x的一元二次方程． （1）求证：方程总有两个实数根； （2）若方程有一个根小于1，求k的取值范围． 24. 如图，抛物线与轴交于点，点（点在点的左侧），与轴交于点，连接，． （1）直接写出点的坐标（用含的代数式表示）； （2）若的面积为6，求的值； （3）在（2）的条件下，将抛物线向右平移个单位，记平移后抛物线中随的增大而减小的部分为，当直线与总有两个公共点时，求的取值范围． 25. 抛物线与轴交于点，与轴交于点．线段上有一动点(不与重合)，过点作轴的平行线交直线于点，交抛物线于点 （1）求直线的解析式； （2）点为线段下方抛物线上一动点，点是线段上一动点； ①若四边形是平行四边形，证明：点横坐标之和为定值； ②在点运动过程中，平行四边形的周长是否存在最大值？若存在，求出此时点的坐标，若不存在，说明理由 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $