精品解析：广东省惠州市惠阳区星湖中学2024—2025学年九年级上学期期中考试数学试题

2024—2025学年度第一学期九年级数学期中考试试卷 （时间：120分钟 总分：120分） 一、选择题（本题共10小题，每题3分，共30分） 1. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列方程中，一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知三角形的两边长为3和6，第三边的长是方程的一个根，则这个三角形的周长是（ ） A. 12 B. 13 C. 12或13 D. 15 4. 把函数的图象向右平移1个单位长度，平移后图象的函数解析式为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，两点在抛物线上，如果，那么下列结论一定成立的是（ ）． A. B. C. D. 6. 若m是方程的一个根，则的值为（ ）． A. 2018 B. 2019 C. 2020 D. 2021 7. 在同一直角坐标系中，函数与（都不为0）的图象的相对位置可以是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，点是正方形的边上一点，把绕点顺时针旋转到的位置．若四边形AECF的面积为20，DE=2，则AE的长为（ ） A. 4 B. C. 6 D. 9. 如图是抛物线型拱桥，当拱顶离水面时，水面宽；如果水面下降，则水面宽度增加（　　） A. B. C. D. 10. 抛物线的对称轴为直线，其部分图象交x轴负半轴于点A，交y轴正半轴于点B，如图所示，则下列结论： ①； ②； ③（m为任意实数）； ④点，，是该抛物线上的点，且． 其中正确的有（ ） A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ①②③④ 二、填空题（本题共7小题，每小题4分，共28分） 11. 若是关于的一元二次方程，则________． 12. 已知抛物线上部分点的横坐标x，纵坐标y的对应值如表： … 0 1 2 3 … … 5 0 0 … 那么该抛物线的顶点坐标是_______． 13. 如图，绕顶点顺时针旋转得到．若，，则的度数为________． 14. 已知是一元二次方程的一个根，则的值为____________． 15. 在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点为，则的值为_____． 16. 如图，在平面直角坐标中，抛物线和直线交于点和点，则不等式的解集为________． 17. 如图直角梯形中，，，，，将腰以为中心逆时针旋转至，连、，则的面积是______. 三、解答题1（本题共3小题，每小题6分，共18分） 18. 解下列方程：． 19. 如图：在平面直角坐标系中，网格中每一个小正方形的边长为1个单位长度；已知△ABC． （1）作出△ABC以O为旋转中心，顺时针旋转90°的△A1B1C1，（只画出图形）． （2）作出△ABC关于原点O成中心对称的△A2B2C2，（只画出图形），写出B2和C2的坐标． 20. 已知二次函数． （1）将化成的形式； （2）当时，的最小值是________，最大值是________． 四、解答题2（本题共3小题，每小题8分，共24分） 21. 已知关于的一元二次方程的两个实数根为，． （1）求的取值范围． （2）是否存在实数，使得成立？若存在，请求出值，若不存在，请说明理由． 22. 已知：如图，E点是正方形的边上一点，，，逆时针旋转后能够与重合． （1）旋转中心是 _________，旋转角为_____________度． （2）请你判断的形状，并说明理由． （3）求四边形的周长． 23. 某种商品每件的进价为10元，若每件按20元的价格销售，则每月能卖出360件；若每件按30元的价格销售，则每月能卖出60件．假定每月的销售件数y是销售价格x（单位：元）的一次函数． （1）求y关于x的一次函数解析式； （2）当销售价格定为多少元时，每月获得的利润最大？并求此最大利润． 五、解答题3（本题共2小题，每小题10分，共20分） 24. 如图，已知在△ABC中，AB＝AC，D、E是BC边上的点，将△ABD绕点A旋转，得到△AC，连接E． （1）当∠BAC＝120°，∠DAE＝60°时，求证：DE＝E； （2）当DE＝E时，∠DAE与∠BAC有怎样的数量关系？请写出，并说明理由． （3）在（2）的结论下，当∠BAC＝90°，BD与DE满足怎样的数量关系时，△EC是等腰直角三角形？（直接写出结论，不必证明） 25. 如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线关于直线对称，且经过A，C两点，与x轴交于另一点为B． （1）求抛物线的解析式； （2）若点P为直线上方的抛物线上的一点，过点P作轴于M，交于Q，求的最大值，并求此时P点的坐标； （3）在抛物线的对称轴上找一点D，使是以为直角边的直角三角形，请求出点D的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度第一学期九年级数学期中考试试卷 （时间：120分钟 总分：120分） 一、选择题（本题共10小题，每题3分，共30分） 1. 下列图形中，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和轴对称图形的识别．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、是轴对称图形，但不是中心对称图形，本选项不符合题意； B、既是轴对称图形又是中心对称图形，本选项符合题意； C、是中心对称图形，但不是轴对称图形，本选项不符合题意； D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，本选项不符合题意； 故选：B． 2. 下列方程中，一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的定义，本题根据一元二次方程的定义解答即可．一元二次方程必须满足四个条件：（1）未知数的最高次数是2；（2）整理后二次项系数不为0；（3）是整式方程；（4）含有一个未知数．由这四个条件对各个选项进行验证，满足这四个条件者为正确答案． 【详解】解：A、，当时，方程化为，不含二次项，故不是一元二次方程； B、，含有两个未知数，故不是一元二次方程； C、，符合一元二次方程的定义，故是一元二次方程； D、，是分式方程，故不是一元二次方程； 故选：C． 3. 已知三角形的两边长为3和6，第三边的长是方程的一个根，则这个三角形的周长是（ ） A. 12 B. 13 C. 12或13 D. 15 【答案】B 【解析】 【分析】根据一元二次方程的解法，求出方程的根，然后根据三角形的三边关系判断是否可以构成三角形，最后计算周长即可。 【详解】解：∵， 即（x﹣3）（x﹣4）=0， ∴x﹣3=0或x﹣4=0， 解得：x=3或x=4， 当x=3时，则三角形的三边3+3=6，无法构成三角形，舍去； 当x=4时，这个三角形的周长为3+4+6=13， 故选：B． 【点睛】本题考查了用因式分解法解一元二次方程以及三角形三边关系，熟练掌握解一元二次方程的方法并明确构成三角形的条件是解题的关键． 4. 把函数的图象向右平移1个单位长度，平移后图象的函数解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】抛物线在平移时开口方向不变，a不变，根据图象平移的口诀“左加右减、上加下减”即可解答． 【详解】把函数的图象向右平移1个单位长度，平移后图象的函数解析式为 ， 故选：C． 【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，解答的重点在于熟练掌握图象平移时函数表达式的变化特点． 5. 已知，两点在抛物线上，如果，那么下列结论一定成立的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数图象与性质，掌握二次函数的性质是解题的关键． 根据抛物线解析式求得对称轴，根据开口方向可知当时，y随x的增大而增大，据此即可解答． 【详解】解：∵图象的开口向下，对称轴为直线，顶点坐标为， ∴当时，y随x的增大而增大，， ∵，在抛物线上，， ∴． 故选：C． 6. 若m是方程的一个根，则的值为（ ）． A. 2018 B. 2019 C. 2020 D. 2021 【答案】D 【解析】 【分析】根据一元二次方程的解的定义即可求出答案． 【详解】解：由题意可知：2m2-3m-1=0， ∴2m2-3m=1 ∴原式=3（2m2-3m）+2018=2021． 故选：D． 【点睛】本题考查一元二次方程的解，解题的关键是正确理解一元二次方程的解的定义，本题属于基础题型． 7. 在同一直角坐标系中，函数与（都不为0）的图象的相对位置可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了一次函数和二次函数的图象，解题的关键是要熟练掌握一次函数，二次函数的图象与系数的关系； 根据一次函数图象和二次函数图象性质，再根据每一选项中、的符号是否相符，逐一判断． 【详解】解：A、由抛物线可知，，由直线可知，,,故本选项正确，符合题意； B、由抛物线可知，由直线可知，相矛盾，故本选项错误，不符合题意， C、由抛物线可知，，，由直线可知，，，相矛盾，故本选项错误，不符合题意， D、由抛物线可知，，，由直线可知，，，相矛盾，故本选项错误，不符合题意， 故选：A． 8. 如图，点是正方形的边上一点，把绕点顺时针旋转到的位置．若四边形AECF的面积为20，DE=2，则AE的长为（ ） A. 4 B. C. 6 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用旋转的性质得出四边形 AECF的面积等于正方形 ABCD的面积，进而可求 出正方形的边长，再利用勾股定理得出答案． 【详解】绕点顺时针旋转到的位置． 四边形的面积等于正方形的面积等于20， ， ， 中， 故选． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质以及正方形的性质，正确利用旋转的性质得出对应 边关系是解题关键． 9. 如图是抛物线型拱桥，当拱顶离水面时，水面宽；如果水面下降，则水面宽度增加（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知建立平面直角坐标系，进而求出二次函数解析式，再通过把代入抛物线解析式得出水面宽度，即可得出答案． 【详解】解：建立平面直角坐标系，设横轴x通过，纵轴y通过中点O且通过C点，则通过画图可得知O为原点， 抛物线以y轴为对称轴，且经过A，B两点，米，抛物线顶点C坐标为， 通过以上条件可设顶点式， 将A点坐标代入抛物线解析式可得出：， 所以抛物线解析式为， 当水面下降4米，通过抛物线在图上的观察可转化为： 当时，对应的抛物线上两点之间的距离，也就是直线与抛物线相交的两点之间的距离， 可以通过把代入抛物线解析式得出：， 解得：， 所以水面宽度增加到米，比原先的宽度当然是增加了， 故选：D． 【点睛】此题主要考查了二次函数的应用，根据已知建立坐标系从而得出二次函数解析式是解决问题的关键． 10. 抛物线的对称轴为直线，其部分图象交x轴负半轴于点A，交y轴正半轴于点B，如图所示，则下列结论： ①； ②； ③（m为任意实数）； ④点，，是该抛物线上的点，且． 其中正确的有（ ） A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ①②③④ 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查图象与二次函数系数之间的关系．由抛物线的图象与x轴有2个交点，依据根的判别式可知与0的关系，可判断①；根据对称轴推理a、b关系，可判断②；根据当时，抛物线有最大值，即得出对于任意实数m均有，可判断③；根据抛物线的递增情况，判断函数值的大小，可判断④． 【详解】解：①图象与x轴有2个交点，依据根的判别式可知，正确； ②抛物线的对称轴为直线，即， ∴，正确； ③图象开口向下，对称轴为直线， ∴时，有最大值，对于任意实数m均有，即，正确； ④∵在抛物线上的对称点为， ∵， ∴，错误； 故选：A． 二、填空题（本题共7小题，每小题4分，共28分） 11. 若是关于的一元二次方程，则________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是一元二次方程的定义，熟知只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程是解答此题的关键．根据定义可得且，进而求解即可． 【详解】解：∵是关于的一元二次方程， ∴且， 解得， 故答案为：． 12. 已知抛物线上部分点的横坐标x，纵坐标y的对应值如表： … 0 1 2 3 … … 5 0 0 … 那么该抛物线的顶点坐标是_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据二次函数图象上点的对称性，可得对称轴为，即可求解． 【详解】解：由表格可得，点和点对称， ∴对称轴为， ∴顶点坐标为， 故答案为：． 【点睛】本题考查二次函数的图象上点的特征，根据二次函数图象上对称点求得对称轴是解题的关键． 13. 如图，绕顶点顺时针旋转得到．若，，则的度数为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，三角形内角和定理，由旋转的性质可得的度数，再求出的度数，由三角形内角和定理可得答案． 【详解】解：由旋转的性质可得， ∴， ∴， 故答案为：． 14. 已知是一元二次方程的一个根，则的值为____________． 【答案】-1 【解析】 【分析】将代入方程，即可得出，再把代入即可求解． 【详解】解：把代入得：， ∴， 故答案为：-1． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解的定义，解题的关键是掌握已知方程的解，则可将其代入求出参数． 15. 在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点为，则的值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据关于原点对称的两个点的横纵坐标都互为相反数，再建立方程，可得答案． 【详解】解：∵点关于原点的对称点为， ∴， 解得：， ∴ 故答案为： 【点睛】本题考查的是关于原点对称的两个点的坐标关系，掌握“关于原点对称的两个点的横纵坐标都互为相反数”是解本题的关键． 16. 如图，在平面直角坐标中，抛物线和直线交于点和点，则不等式的解集为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知图象，确定交点横坐标,再找出直线在抛物线上方的部分，即可得到答案． 【详解】解：由图象可知，抛物线与直线交点的横坐标分别为0、3， 当时，直线在抛物线上方， 不等式的解集为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了二次函数与不等式的关系，利用数形结合的思想解决问题是解题关键． 17. 如图直角梯形中，，，，，将腰以为中心逆时针旋转至，连、，则的面积是______. 【答案】1 【解析】 【分析】作如图的辅助线，根据旋转和三角形全等，证得EG=CF=1，然后得出三角形ADE的面积. 【详解】过点E作EG⊥AD，交AD的延长线于点G，过点D作DF⊥BC于点F， 则∠G=∠DFC=∠DFB=90， ∵, ∴∠GDF=∠DFB=90, 由旋转得∠EDC=90，DE=DC, ∴∠EDC-∠GDC=∠GDF-∠GDC, 即∠EDG=∠CDF， ∴△CDF≌△EDG， ∴EG=CF ∵，, ∴EG=CF=3-2=1， ∴的面积=. 【点睛】此题考查旋转的性质，利用全等三角形、直角梯形的性质求出的高EG=CF是解题的关键. 三、解答题1（本题共3小题，每小题6分，共18分） 18. 解下列方程：． 【答案】，． 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程．利用因式分解法解方程即可求解． 【详解】解：， 因式分解得， ∴或， ∴，． 19. 如图：在平面直角坐标系中，网格中每一个小正方形的边长为1个单位长度；已知△ABC． （1）作出△ABC以O为旋转中心，顺时针旋转90°的△A1B1C1，（只画出图形）． （2）作出△ABC关于原点O成中心对称的△A2B2C2，（只画出图形），写出B2和C2的坐标． 【答案】 解：（1）△A1B1C1如图所示； （2）△A2B2C2如图所示，B2（4，-1），C2（1，-2）． 【解析】 【分析】（1）根据网格结构找出点A、B、C以O为旋转中心顺时针旋转90°后的对应点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可； （2）根据网格结构找出点A、B、C关于原点O成中心对称的点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接即可，再根据平面直角坐标系写出B2和C2的坐标． 【详解】略 20. 已知二次函数． （1）将化成的形式； （2）当时，的最小值是________，最大值是________． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的顶点式，二次函数的性质． （1）根据二次函数的顶点式，进行配方即可求解； （2）根据二次函数图象的性质，找出的范围对应的函数值，由此即可求解． 【小问1详解】 解：根据题意得，， ∴改写形式为； 【小问2详解】 解：∵抛物线开口向上，对称轴为，如图所示， ∴当时，二次函数与轴的交点坐标为； 当时，二次函数； 当时，二次函数； ∴当时，，有最小值；，有最大值， 故答案为：，． 四、解答题2（本题共3小题，每小题8分，共24分） 21. 已知关于的一元二次方程的两个实数根为，． （1）求的取值范围． （2）是否存在实数，使得成立？若存在，请求出值，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）； （2） 解：不存在，理由如下， 由一元二次方程根与系数的关系得：，， 则， ， ， ， ∵， ∴， ∴． ∵（不符题意，舍去）， 故不存在这样的实数k． 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的根的判别式、根与系数的关系等知识点． （1）根据一元二次方程的根的判别式即可得； （2）先根据一元二次方程根与系数的关系可得，，再代入化简可得，据此求解即可得． 【小问1详解】 解：由题意得：方程的根的判别式， 解得； 【小问2详解】 略 22. 已知：如图，E点是正方形的边上一点，，，逆时针旋转后能够与重合． （1）旋转中心是 _________，旋转角为_____________度． （2）请你判断的形状，并说明理由． （3）求四边形的周长． 【答案】（1） ①. 点D ②. （2）是等腰直角三角形， 理由：根据旋转的性质可得：， ∴，， ∴的形状是等腰直角三角形， （3） 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质等知识点，旋转不改变图形的形状与大小，只改变图形的位置，旋转前后两个图形全等是解决此题的关键． （1）确定旋转中心及旋转的角度，首先确定哪是对应点，即可确定旋转中心以及旋转角； （2）根据旋转的性质，可以得到旋转前后的两个图形全等，以及旋转角的定义即可作出判断； （3）根据，可以得到：，则四边形的周长就是正方形的两边的和与的和． 【小问1详解】 解：旋转中心是点，旋转角为， 故答案为：点，； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：四边形的周长是． 23. 某种商品每件的进价为10元，若每件按20元的价格销售，则每月能卖出360件；若每件按30元的价格销售，则每月能卖出60件．假定每月的销售件数y是销售价格x（单位：元）的一次函数． （1）求y关于x的一次函数解析式； （2）当销售价格定为多少元时，每月获得的利润最大？并求此最大利润． 【答案】（1） （2）价格为21元时，才能使每月获得最大利润，最大利润为3630元 【解析】 【分析】（1）设，把，和，代入求出k、b的值，从而得出答案； （2）根据总利润=每件利润×每月销售量列出函数解析式，配方成顶点式，利用二次函数的性质求解可得答案． 【小问1详解】 解：设，把，和，代入可得 ， 解得， 则； 【小问2详解】 解：每月获得利润 ． ∵， ∴当时，P有最大值，最大值为3630． 答：当价格为21元时，才能使每月获得最大利润，最大利润为3630元． 【点睛】本题主要考查了一次函数解析式的求法和二次函数的应用，解题的关键是理解题意找到其中蕴含的相等关系，并据此得出函数解析式及二次函数的性质，然后再利用二次函数求最值． 五、解答题3（本题共2小题，每小题10分，共20分） 24. 如图，已知在△ABC中，AB＝AC，D、E是BC边上的点，将△ABD绕点A旋转，得到△AC，连接E． （1）当∠BAC＝120°，∠DAE＝60°时，求证：DE＝E； （2）当DE＝E时，∠DAE与∠BAC有怎样的数量关系？请写出，并说明理由． （3）在（2）的结论下，当∠BAC＝90°，BD与DE满足怎样的数量关系时，△EC是等腰直角三角形？（直接写出结论，不必证明） 【答案】（1） 证明：∵△ABD绕点A旋转得到△AC， ∴AD＝A，∠CA＝∠BAD， ∵∠BAC＝120°，∠DAE＝60°， ∴∠AE＝∠CA＋∠CAE＝∠BAD＋∠CAE＝∠BAC﹣∠DAE＝120°﹣60°＝60°， ∴∠DAE＝∠AE， 在△ADE和△AE中， ∵ ， ∴△ADE≌△AE（SAS）， ∴DE＝E； （2） ∠DAE＝∠BAC． 理由如下：在△ADE和△AE中， ， ∴△ADE≌△AD′E（SSS）， ∴∠DAE＝∠AE， ∴∠BAD＋∠CAE＝∠CAD′＋∠CAE＝∠D′AE＝∠DAE， ∴∠DAE＝∠BAC； （3）DE＝BD 【解析】 【分析】（1）根据旋转的性质可得AD＝A，∠CA＝∠BAD，然后求出∠D′AE＝60°，从而得到∠DAE＝∠AE，再利用“边角边”证明△ADE和△AE全等，根据全等三角形对应边相等证明即可； （2）根据旋转的性质可得AD＝A，再利用“边边边”证明△ADE和△AE全等，然后根据全等三角形对应角相等求出∠DAE＝∠AE，然后求出∠BAD＋∠CAE＝∠DAE，从而得解； （3）求出∠CE＝90°，然后根据等腰直角三角形斜边等于直角边的倍可得E＝C，再根据旋转的性质解答即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：∵∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠B＝∠ACB＝∠AC＝45°， ∴∠CE＝45°＋45°＝90°， ∵△EC是等腰直角三角形， ∴E＝C， 由（2）DE＝E， ∵△ABD绕点A旋转得到△AC， ∴BD＝， ∴DE＝BD． 【点睛】本题考查了几何变换的综合题，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，熟记旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小找出三角形全等的条件是解题的关键． 25. 如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线关于直线对称，且经过A，C两点，与x轴交于另一点为B． （1）求抛物线的解析式； （2）若点P为直线上方的抛物线上的一点，过点P作轴于M，交于Q，求的最大值，并求此时P点的坐标； （3）在抛物线的对称轴上找一点D，使是以为直角边的直角三角形，请求出点D的坐标． 【答案】（1） （2），此时点 （3）在抛物线的对称轴上存在点D，使为直角三角形，点D的坐标为或 【解析】 【分析】（1）先求得A，B，C的坐标，再利用待定系数法即可求解； （2）设点坐标为，则点的坐标为，由，即可求解； （3）分、，两种情况，分别求解即可． 【小问1详解】 解：令， 解得：， 即点A的坐标为． ∵A、B关于直线对称， ∴点B的坐标为． 令，则， ∴点C的坐标为， ∵抛物线经过点A、B、C， ∴有，解得：． 故抛物线解析式为； 【小问2详解】 ∵轴，设点坐标为， ∴点的坐标为， ∴， ∴当时，，此时点； 【小问3详解】 假设存在，设D点的坐标为． 由两点间的距离公式可知：，，， 为直角三角形分两种情况：①， 此时有，即：， 解得：， 此时点D的坐标为； ②， 此时有，即：， 解得：， 此时点D的坐标为； 综上可知：在抛物线的对称轴上存在点D，使为直角三角形，点D的坐标为或． 【点睛】本题为二次函数综合题，主要考查了待定系数法求解析式、直角三角形的性质、线段长度的计算方法等，分类求解是本题解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $