福建省福州第八中学2025-2026学年上学期九年级开门考数学试卷　

2025-2026学年福建省福州八中九年级（上）开门考数学试卷 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.中国航天事业取得了举世瞩目的成就，2025年4月24日，神舟二十号载人飞船发射取得圆满成功，在“东方红一号”发射55载之际开启第20次神州问天之旅.下列航天图标中，是中心对称图形的是(    ) A. B. C. D. 2.用配方法解方程时，原方程变形为(    ) A. B. C. D. 3.要得到函数的图象，可以将函数的图象(    ) A. 向右平移1个单位，再向上平移3个单位 B. 向右平移1个单位，再向下平移3个单位 C. 向左平移1个单位，再向上平移3个单位 D. 向左平移1个单位，再向下平移3个单位 4.关于二次函数的图象，下列说法错误的是(    ) A. 对称轴是直线 B. 当时，y随x的增大而减小 C. 图象与x轴没有交点 D. 顶点坐标为 5.如图，将绕点O顺时针旋转变为，则下列说法不一定正确的是(    ) A. B. C. D. 6.一次函数与二次函数在同一平面直角坐标系中的图象可能是(    ) A. B. C. D. 7.根据下列表格对应值：判断关于x的方程的一个解x的范围是(    ) x 3 4 5 A. B. C. D. 8.为加强劳动教育，增加学生实践机会，某校拟用总长为5米的篱笆，在两边都足够长的直角围墙的一角，围出一块6平方米的矩形菜地作为实践基地，如图所示.设矩形的一边长为x米，根据题意可列方程(    ) A. B. C. D. 9.在如图所示的正方形网格中，四边形ABCD绕某一点旋转某一角度得到四边形所有顶点都是网格线交点，在网格线交点M，N，P，Q中，可能是旋转中心的是(    ) A. 点M B. 点N C. 点P D. 点Q 10.若二次函数的图象经过、、、、，则、、的大小关系是    A. B. C. D. 二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。 11.在平面直角坐标系xOy中，点关于原点的对称点是      . 12.如图，在中，，，将绕点C顺时针旋转后得到，使得点A恰好落在边上，则旋转的角度为       13.二次函数的部分图象如图所示，对称轴为直线，则时，该函数的自变量x的取值范围是      . 14.福州三坊七巷是全国著名的五A级景区，随着福州市的知名度提高，从2022年到2024年五一节接待旅客逐年增长，其中2022年五一节接待旅客约万人次，2024年五一节接待旅客约万次，设旅客接待人数的年平均增长率为x，则可列方程为______. 15.我国三国时期的数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了求一元二次方程正数解的几何解法.例如求方程的正数解的步骤为： 将方程变形为； 构造如图1所示的大正方形，其面积是，其中四个全等的矩形面积分别为，中间的小正方形面积为； 大正方形的面积也可表示为四个矩形和一个小正方形的面积之和，即； 由此可得方程：，则方程的正数解为 根据赵爽记载的方法，在图2中的三个构图矩形的顶点均落在边长为1的小正方形网格格点上①②③中，能够得到方程的正数解的构图是______只填序号 16.如图，菱形ABCD的边长为8，，E是边AD的中点，F是边AB上的一个动点，将线段EF绕着点E逆时针旋转得到EG，连接BG，CG，则的最小值是      . 三、解答题：本题共9小题，共86分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 17.本小题6分 解方程： ； 18.本小题10分 如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点都在格点上，坐标分别为，， 画出关于原点O对称的； 将绕原点O顺时针旋转，得到，写出点坐标. 在x轴上找一点P，使的和最小，求出P点坐标. 19.本小题10分 已知关于x的方程 求证：方程有两个不相等的实数根； 若方程的两个实数根分别是，，且，求m的值. 20.本小题10分 如图，x轴上依次有A，B，C，D，E，F六个点，且，从点A处向右上方沿抛物线发出一个带光的点 求抛物线顶点坐标，并在图中补画出y轴； 若抛物线上点，若，直接写出n的取值范围为______. 21.本小题10分 如图，在中，，，， 尺规作图：将绕点B按顺时针方向旋转得到，使得点C的对应点E恰好落在线段AB上；不写作法，保留作图痕迹 在的条件下，连接AD，的平分线BF交AD于点F，连接求EF的长. 22.本小题10分 小磊和小明练习打网球.在一次击球过程中，小磊从点O正上方米的A点将球击出. 信息一：在如图所示的平面直角坐标系中，O为原点，OA在y轴上，球的运动路线可以看作是二次函数为常数图象的一部分，其中米是球的高度，米是球和原点的水平距离，图象经过点， 信息二：球和原点的水平距离米与时间秒之间近似满足一次函数关系，部分数据如下： 秒 0 … 米 0 4 6 … 求y与x的函数关系式； 网球被击出后经过多长时间达到最大高度？最大高度是多少？ 当t为秒时，小明将球击回，球在第一象限的运动路线可以看作是二次函数为常数图象的一部分，其中米是球的高度，米是球和原点的水平距离.当网球所在点的横坐标x为2，纵坐标y大于等于时，p的取值范围为______直接写出结果 23.本小题10分 已知整数a，b，m，n满足 求证：为非负数； 若m，n为两个连续的正整数，且，求证：c一定是奇数. 24.本小题10分 如图，已知抛物线的顶点为A，且通过点 求顶点A的坐标； 点C为直线AB上方抛物线上一动点，求面积的最大值； 在抛物线上存在一点P，使得，求点P坐标. 25.本小题10分 如图，正方形ABCD中，点G是平面内一点，以CG为直角边构建等腰直角三角形CGE，且，，连接DE、BG，BG交DE于点H，连接 请探究BG与DE数量和位置的关系，并说明理由； 已知，将CG绕点C旋转一周， ①当，求HC的长； ②在旋转过程中，当时，且，请直接写出线段DH的长. 答案和解析 1.【答案】D  【解析】本题考查了中心对称图形的定义，把一个图形绕着某点旋转后，能与原来的图形完全重合，这个图形就是中心对称图形，解决本题的关键就是根据中心对称图形的定义进行判断．解：A选项：把图形绕任何一点旋转都不能与原图形重合，该图形不是中心对称图形，故A选项不符合题意； B选项：把图形绕任何一点旋转都不能与原图形重合，该图形不是中心对称图形，故B选项不符合题意； C选项：把图形绕任何一点旋转都不能与原图形重合，该图形不是中心对称图形，故C选项不符合题意； D选项：如下图所示，把图形绕点O旋转能与原图形重合，该图形是中心对称图形，故D选项符合题意． 故选： 根据中心对称图形的概念求解． 本题考查了中心对称图形的定义，把一个图形绕着某点旋转后，能与原来的图形完全重合，这个图形就是中心对称图形，解决本题的关键就是根据中心对称图形的定义进行判断． 2.【答案】C  【解析】解：由可得：， 则， 即：， 故选： 把常数项4移项后，应该在方程左右两边同时加上一次项系数6的一半的平方． 本题主要考查配方法解一元二次方程，配方法的一般步骤：把常数项移到等号的右边；把二次项的系数化为1；等式两边同时加上一次项系数一半的平方．选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数． 3.【答案】A  【解析】解：抛物线的顶点坐标是，抛物线的顶点坐标是， 所以将顶点向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到顶点， 即将函数的图象向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到函数的图象． 故选： 根据抛物线顶点的变换规律得到正确的选项 本题主要考查了函数图象的平移，抛物线的顶点坐标的求法，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式． 4.【答案】C  【解析】解：， 该函数的对称轴为直线，故选项A正确，不符合题意； 当时，y随x的增大而减小，故选项B正确，不符合题意； 当时，可得，，故选项C错误，符合题意； 该函数的顶点坐标为，故选项D正确，不符合题意； 故选： 先将解析式化为顶点式，求出抛物线的对称轴和顶点坐标，结合抛物线的开口方向和顶点坐标可得出抛物线的增减性以及抛物线与x轴的交点情况，从而可以解答本题． 本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答． 5.【答案】D  【解析】解：绕点O顺时针旋转变为， ，，， 故A，B，C选项正确，不符合题意； 由已知条件不能得出， 故D选项不正确，符合题意． 故选： 由旋转得，，，，由已知条件不能得出，即可得出答案． 本题考查旋转的性质、平行线的判定，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键． 6.【答案】B  【解析】解：， 抛物线对称轴为直线， 当抛物线对称轴在y轴右侧时，， ，b符号不同， 当，时，抛物线开口向上，直线上升，直线与y轴交点在x轴下方， 当，时，抛物线开口向下，直线下降，直线与y轴交点在x轴上方， 故选： 由选项中图象可判断a，b符号不同，分类讨论求解． 本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，一次函数图象与系数的关系． 7.【答案】D  【解析】解：由表格中的对应值可知：的值随x的增大而减小， 又当时，，当时，， 当时，一定有， 关于x的方程的一个解x的范围是 故选： 根据时，，时，，由此可得出时，x的取值范围． 此题主要考查了一元二次方程根的意义，解决问题的关键是观察表格的对应值，得的值随x的增大而减小，且当x的取值在3到4之间变化时，的值的符号发生了变化． 8.【答案】C  【解析】【分析】 设矩形的一边长为x米，根据矩形的面积公式即可得到结论． 本题考查了列代数式，正确地理解题意列出代数式是解题的关键． 【解答】 解：由题意可得， 故选： 9.【答案】A  【解析】解：连接、、，作的垂直平分线，作的垂直平分线，作的垂直平分线，交到在M处，所以可知旋转中心的是点 故选： 连接、、，作的垂直平分线，作的垂直平分线，作的垂直平分线，交点M为旋转中心． 本题主要考查了旋转的性质以及学生的理解能力和观察图形的能力．注意：旋转时，对应顶点到旋转中心的距离应相等且旋转角也相等，对称中心在连接对应点线段的垂直平分线上． 10.【答案】D  【解析】【分析】 本题考查二次函数的图象及性质；熟练掌握函数图象上点的特征是解题的关键． 由点、的对称性，可求函数的对称轴为，再由、、与对称轴的距离，即可判断 【解答】 解：二次函数经过、， 二次函数的对称轴， ，则， 且、、中， B与对称轴的距离最远，D最近， ； 故选： 11.【答案】  【解析】解：在平面直角坐标系xOy中，点关于原点的对称点是 故答案为： 关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，由此可得答案． 本题考查关于原点对称的点的坐标，熟练掌握关于原点对称的点的坐标特征是解答本题的关键． 12.【答案】50  【解析】解：由题意得：， ， 又， ， 在中， ，， ， 在中， ， 是旋转的角度，为 故答案为： 证明，；求出，即可解决问题． 本题主要考查了旋转变换的性质及其应用问题，掌握以上性质是解题的关键． 13.【答案】或  【解析】解：由图象知，二次函数图象过点， 对称轴为直线， 二次函数图象过点， 抛物线开口向下， 当时，或 故答案为：或 依据题意，先根据抛物线的对称性求出点在二次函数图象上，再结合函数图象求解即可． 本题主要考查了二次函数图象的性质，根据二次函数的对称性得到点在二次函数图象上是解题的关键． 14.【答案】  【解析】解：由题意可得， ， 故答案为： 根据题意和题目中的数据，可以列出方程即可． 本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程． 15.【答案】③  【解析】解：方程可变形为， 构造的大正方形，其面积是，其中四个全等的矩形面积分别为，中间的小正方形面积为； 大正方形的面积也可表示为四个矩形和一个小正方形的面积之和，即； 由此可得方程：，则方程的正数解为， 能够得到方程的正数解的构图是③， 故答案为：③． 按照例题正数解的步骤：方程可变形为，即可得出方程，则方程的正数解为，再结合图形判断即可． 本题考查了一元二次方程的应用、配方法、矩形面积的计算、正方形面积的计算等知识，正确理解求一元二次方程正数解的几何解法是解题的关键． 16.【答案】  【解析】解：取AB的中点N，连接EN、EC、GN和BD， 四边形ABCD是菱形，且， ， 为等边三角形， ， 点E是AD中点，点N是AB的中点， ，， 为等边三角形， ， ，， ， ， 在与中， ， ≌， ， 由三角形内角和定理得， 在与中， ， ≌， ，则， 在中， 根据三角形三边关系， 过点E作于点H，如图所示， 在中，， 由菱形的性质可知， ， ，则，且， ， 则， 所以， 在中， 根据勾股定理得， ， ， 所以的最小值为 故答案为： 取AB的中点N，连接EN、EC、GN、BD，证明，连接EC构造，在，证明，求出EC的长度即可，过点E作的延长线于H，在中，由菱形的性质可知，由此即可求出DH，EH的长度，在中即可求出EC的长，由此可以求出的最小值． 本题主要考查菱形的性质与全等三角形，勾股定理，直角三角形的性质，等边三角形的性质和判定，解直角三角形的综合运用，将线段的长度的最小是转换到三角形中，根据三角形边长的关系求解是解题的关键． 17.【答案】，；   ，  【解析】原方程移项得： ， ， ， 解得：，； 原方程移项得， 因式分解得， 解得， 利用配方法求解可得； 利用因式分解法求解可得． 本题主要考查解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键． 18.【答案】解：如图，即为所求； 如图，即为所求，； 作点B关于x轴的对称点，再连接与x轴的交点即为所求点P， 由题意可得，， 设直线解析式为，代入得： ， 解得， 直线解析式为， 令得，   【解析】根据中心对称的性质作图，即可得出答案． 根据旋转的性质作图，即可得出答案； 作点B关于x轴的对称点，再连接与x轴的交点即为所求点再利用一次函数解析式求点坐标即可． 本题主要考查中心对称作图，旋转变换作图，轴对称作图，求一次函数解析式，熟练掌握旋转变换的定义和性质是解题的关键． 19.【答案】证明：， 方程有两个不相等的实数根； 解：方程的两个实数根分别是，， ， ， ， ， ， ，   【解析】证明判别式的值大于0即可； 首先求出，再代入方程求出m即可． 本题考查根与系数关系，根的判别式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 20.【答案】顶点为，作图见解析；    【解析】解：由题意，抛物线为， 抛物线的对称轴是直线，顶点为 又令， 或 作图如下． 由题意，抛物线为， 当时，y取最大值为 又当时，；当时，， 抛物线上点，若，则 故答案为： 依据题意，由抛物线为，进而可以判断得解；又令，可得或，进而可以作图； 依据题意，由抛物线为，从而当时，y取最大值为16，又当时，；当时，，进而可以判断得解． 本题主要考查了二次函数的性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用二次函数的性质是关键． 21.【答案】见解析；    【解析】如图所示，即为所求； 如图所示， 由条件可知， 由可得，，，， ， ， 的平分线BF交AD于点F，， ， 先以B为圆心，为半径画弧与AB的交点即为E，再分别以B为圆心，AB为半径画弧，以E为圆心，为半径画弧，两弧交点即为D； 由可得，，，，即可求出，再根据的平分线BF结合等腰三角形的三线合一得到，最后根据斜边中线得到 本题考查勾股定理，等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，旋转的性质，熟练掌握以上知识点是关键． 22.【答案】；  经过秒达到最大高度，最大高度是5米；    【解析】由题意，二次函数经过点和， ，， 二次函数为 由题意，二次函数为， 其对称轴为直线， 此时最大高度为： 又根据信息二，x与t是一次函数关系， 可设， 又结合表格数据可得，图象过和， ，且 ， 一次函数为 当时，秒 经过秒达到最大高度，最大高度是5米． 由题意，当秒时，， 代入原抛物线得，即此时球的坐标为 又新抛物线过点，得， 抛物线为 又当时，， 故答案为： 依据题意，根据二次函数为常数图象经过点，，从而由待定系数法即可计算得解； 依据题意，由二次函数为，可得其对称轴为直线，则此时最大高度为：，又根据信息二，x与t是一次函数关系，故可设，再结合表格数据可得，图象过和，可得一次函数的解析式为一次函数为，进而可以得解； 依据题意，当秒时，，再代入原抛物线得，即此时球的坐标为，又新抛物线过点，得，则抛物线为，结合当时，，可得，进而计算可以得解． 本题主要考查了二次函数的应用，解题时要熟练掌握并能灵活运用二次函数的性质是关键． 23.【答案】为非负数；   c一定是奇数  【解析】因为， 所以， ， 因为， 所以， 所以为非负数． 因为， 且m，n为两个连续的正整数，且， 所以，， 所以 ， 因为m，n为两个连续的正整数， 所以是奇数， 所以c一定是奇数． 因为，所以，将这个式子代入到中，可得原式，据此证明以为非负数； 因为m，n为两个连续的正整数，且，所以，，以，因为m，n为两个连续的正整数，所以是奇数，据此得证． 本题考查了整式的混合运算、非负数的性质：偶次方、非负数的性质：算术平方根，解决本题的关键是先将要计算的式子进行化简． 24.【答案】解：已知抛物线的顶点为A，且通过点，将B点坐标代入得： ， 解得：， 抛物线为：， 顶点； 由可知， 设直线AB的解析式为：，把A，B点的坐标代入得： ， 解得：， 直线AB的解析式为：， 当直线AB向上平移，与抛物线仅一个公共点时，面积有最大值，且平移的解析式为， ， 整理得：， ， 解得：， 平移直线的解析式为：， ， 解得：， 点， 设直线AB与x轴的交点为点D，如图1， ， 点的坐标为， ， ； ①过点B作交AP于点Q，过点B作轴，分别过点A，Q作于点G，于点H，如图2， ， ，， ， ， ， 在和中， ， ≌， ，， 点， 设直线AQ的解析式为：，将A，Q点的坐标代入得： ， 解得：， 直线AQ的解析式为：， 点在直线AQ上， 直线A 的解析式为：， 联立抛物线， ， 解得：舍去，， 点； ②延长QB交于点R，过点B作交于点K，且轴， ，， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ≌， ，， 点， 设直线AR的解析式为：，将A，R点坐标代入得： ， 解得：， 直线AQ的解析式为：， 点在直线AQ上， 直线的解析式为：， 联立抛物线， ， 解得：舍去，， 点； 综上所述，点或  【解析】把点代入抛物线，即可； 设直线AB的解析式为：，求出解析式；当直线AB向上平移，与抛物线仅一个交点时，面积有最大值，且平移的解析式为，求出点C的坐标，再根据，即可． ①过点B作交AP于点Q，过点B作轴，分别过点A，Q作于点G，于点H；得到，根据全等三角形的判定和性质，则≌，求出，，得到点Q的坐标，设直线AQ的解析式为：，求出解析式，联立抛物线，②延长QB交于点R，过点B作交于点K，且轴，同理得到≌，求出，，得到点R的坐标，设直线AR的解析式为：，求出解析式，联立抛物线，即可． 本题属于二次函数综合题，主要考查待定系数法求解解析式，二次函数的图象和性质，全等三角形的判定和性质，顶点式的运用，解题的关键是熟练运用数形结合的方法解决问题． 25.【答案】，；理由如下： 如图1，四边形ABCD是正方形，设CD、BH相交于点M， ，， ， ， 在和中， ， ≌， ，， 即， ， ， ；   ①； ②或  【解析】，；理由如下： 如图1，四边形ABCD是正方形，设CD、BH相交于点M， ，， ， ， 在和中， ， ≌， ，， 即， ， ， ； ①如图2，在BH上取，过点C作于N，则， 由知，， 在和中， ， ≌， ，， ， 是等腰直角三角形， ， ， 设，则， 在中，由勾股定理得：， ， 解得：或不合题意，舍去， ， ； ②线段DH的长为或理由如下： 如图3，当时，连接BD， 是等腰直角三角形， ， ，G，E三点共线， 又点G在BH上， 点G、H重合， ， ， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得，不合题意，舍去， ； 如图4，当H，E重合时，，连接BD， ， ， 当H，E重合时， 设， ， ， 在中，由勾股定理得：， ， 解得：，不合题意，舍去， ； 综上所述，线段DH的长为或 证明≌，可得，，进而由三角形内角和定理得到，即可求证； ①在BH上取，过点C作于N，可证≌，得到，，进而得到是等腰直角三角形，即得，设，则，在中，利用勾股定理可得，得到，再根据勾股定理即可求解； ②分当D，G，E三点共线时，和当H，E重合时，两种情况，分别画出图形，利用勾股定理解答即可求解． 本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，正确画出图形并添加辅助线是解题的关键． 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $