精品解析：安徽省阜阳市太和县2024-2025学年九年级上学期11月期中数学试题

九年级数学（人教版） （试题卷） 注意事项： 1．你拿到的试卷满分为150分，考试时间为120分钟． 2．试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分，请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题是无效的． 3．考试结束后，请将“试题卷”和“答题卷”一并交回． 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分） 1. 若一元二次方程的二次项系数是3，则它的常数项是（ ） A. B. 2 C. D. 5 2. 平面直角坐标系内有一点，将点P绕坐标原点逆时针旋转得到点的坐标是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，平面直角坐标系中一条圆弧经过网格点A(0，4),B(4，4),C(6，2).则该圆弧所在圆的圆心的坐标为（ ） A. （2,1） B. （1,2） C. （2，-1） D. （2,0） 4. 为了美观，在加工太阳镜时将下半部分轮廓制作成抛物线的形状（如图所示），对应的两条抛物线关于y轴对称，左轮廓所在抛物线的解析式为．则右轮廓所在抛物线的解析式为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，直线，边在直线b上，，将绕点O顺时针旋转至，边交直线a于点C，则为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，是内接四边形一个外角，若，那么的度数为（　 　） A. B. C. D. 7. 若函数的图象过点，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 某水果店在销售一种水果时发现，如果以20元/千克的单价销售时，则每天可售出200千克；如果销售单价每提高元，则每天的销售量会相应减少2千克．为使每天的销售额达到4224元，则这种水果的单价应为多少？若设这种水果的销售单价为元/千克，则所列方程正确的是（ ） A. B. C D. 9. 已知一个三角形的两条直角边的长恰好是方程的两个根，且这个直角三角形的斜边上的中线长是，则k的值是（ ） A. 8 B. C. 8或 D. 4或 10. 二次函数的图象开口向下，与轴交于点，其对称轴为直线，有下列结论： ①； ②； ③当时，随的增大而增大； ④对于任意非零实数，若为方程的两个根，则且．其中，正确结论的个数为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分） 11. 如图，这是一种用于液体蒸馏或分馏物质的玻璃容器—蒸馏瓶，其底部是圆球形．球的半径为，瓶内液体的最大深度，则截面圆中弦的长为________cm． 12. 已知，则______． 13. 如图①是我市某广场音乐喷泉，出水口处水流呈抛物线形，该水流喷出的高度（单位：米）与水平距离（单位：米）之间的关系如图②所示，点为该水流的最高点，点为该水流的落地点，且，垂足为，若米，米，米，则的长是______米． 14. 如图，O是等边内一点，，将线段以点B为旋转中心逆时针旋转得到线段，连接． （I）线段的长为____； （II）的面积为____． 三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15. 如图，在中，弦、交于点，且，求证：． 16. 如图是二次函数的图象，其中．试求该抛物线的解析式． 四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 17. 如图，在5×5的正方形网格纸中，已知格点M和格点线段，请按要求画出为对角线的格点四边形（顶点均在格点上）． （1）在图①中画出四边形，使得四边形是中心对称图形，且点M在四边形的内部（不包括边界上）． （2）在图②中画出四边形，使得四边形既是轴对称图形，又是中心对称图形，且点M在四边形的边界上（不包括顶点上）． 18. 已知二次函数在的最小值为，求m的值． 五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分） 19. 已知关于x的一元二次方程． （1）求证：该方程总有两个不相等的实数根 （2）已知方程的一个根为，求m值及方程的另一根． 20. 如图，四边形内接于，对角线为的直径，，在的延长线上取一点E，连接，使． （1）求证：． （2）若，求的长． 六、（本题满分12分） 21. 植物园有一块足够大的空地，其中有一堵长为的墙，现准备用的篱笆围成矩形花圃，小俊设计了甲、乙两种方案(如图所示)：方案甲中的长不超过墙长；方案乙中的长大于墙长． （1）按图甲的方案，设的长为，矩形的面积为． ①求与之间的函数关系式； ②求矩形的面积的最大值． （2）甲、乙哪种方案能使围成的矩形花圃的面积最大？最大是多少？请说明理由． 七、（本题满分12分） 22. 如图，正方形，．将正方形绕点逆时针旋转角度（），得到正方形，交于点，延长交于点． （1）求证：； （2）顺次连接D，E，C，F，得到四边形．在旋转过程中，四边形能否为矩形？若能，求出的值；若不能，请说明理由． 八、（本题满分14分） 23. 如图1，抛物线经过两点，与轴交于点为第四象限内抛物线上一点． （1）求抛物线的函数表达式； （2）设四边形的面积为，求的最大值； （3）如图2，过点作轴于点，连接与轴交于点，当时，求点的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九年级数学（人教版） （试题卷） 注意事项： 1．你拿到的试卷满分为150分，考试时间为120分钟． 2．试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分，请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题是无效的． 3．考试结束后，请将“试题卷”和“答题卷”一并交回． 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分） 1. 若一元二次方程的二次项系数是3，则它的常数项是（ ） A. B. 2 C. D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的一般式，的二次项系数是，一次项系数是，常数项是，据此即可作答． 【详解】解：∵， ∴， ∴它的常数项是， 故选：A． 2. 平面直角坐标系内有一点，将点P绕坐标原点逆时针旋转得到的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是利用旋转的性质求坐标.过点作轴，垂足为，过作轴，垂足为，证即可得到答案. 【详解】解：过点作轴，垂足为，过作轴，垂足为， ∵将点P绕坐标原点逆时针旋转得到的点， ∴，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵点在第二象限， ∴点的坐标为， 故选：B. 3. 如图，平面直角坐标系中一条圆弧经过网格点A(0，4),B(4，4),C(6，2).则该圆弧所在圆的圆心的坐标为（ ） A. （2,1） B. （1,2） C. （2，-1） D. （2,0） 【答案】D 【解析】 【分析】由网格容易得出AB的垂直平分线和BC的垂直平分线，它们的交点即为圆心； 【详解】：（1）如图：P就是求作的圆心，由作图得：点P在x轴上，点P坐标为：（2，0）； 【点睛】本题考查确定圆心的方法. 4. 为了美观，在加工太阳镜时将下半部分轮廓制作成抛物线的形状（如图所示），对应的两条抛物线关于y轴对称，左轮廓所在抛物线的解析式为．则右轮廓所在抛物线的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的应用，正确地理解题意是解题的关键．先根据左边抛物线的解析式得出其顶点C的坐标，进而可得右边抛物线的顶点F的坐标，再根据左右轮廓相同可得右轮廓所在抛物线的解析式． 【详解】解：∵左轮廓所在抛物线的解析式为， ∴左边抛物线的顶点C的坐标为， ∴右边抛物线的顶点F的坐标为， 故右边抛物线的解析式为， 故选：B． 5. 如图，直线，的边在直线b上，，将绕点O顺时针旋转至，边交直线a于点C，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据旋转的性质和平行线的性质即可得到结论．本题考查了旋转的性质，平行线的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 【详解】解：如图 将绕点顺时针旋转至， ，， ， 直线， ， 故选：A． 6. 如图，是内接四边形的一个外角，若，那么的度数为（　 　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆内接四边形的性质证得，再根据圆周角定理求出即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴，故C正确． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质以及圆周角定理，圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补． 7. 若函数的图象过点，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象及性质，先求得抛物线的对称轴为，进而可得关于对称轴的对称点的坐标为：，再根据抛物线的开口向上，且，即可求解，熟练掌握二次函数的图象及性质是解题的关键． 【详解】解：抛物线的对称轴为：， 关于对称轴的对称点的坐标为：， 抛物线的开口向上，且， ， 故选A． 8. 某水果店在销售一种水果时发现，如果以20元/千克的单价销售时，则每天可售出200千克；如果销售单价每提高元，则每天的销售量会相应减少2千克．为使每天的销售额达到4224元，则这种水果的单价应为多少？若设这种水果的销售单价为元/千克，则所列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出方程是解题的关键．设这种水果的销售单价为元/千克，依题意根据销售量×每件售价=4224，列出一元二次方程即可． 【详解】解：设这种水果的销售单价为元/千克， 依题意得： 故选：D． 9. 已知一个三角形的两条直角边的长恰好是方程的两个根，且这个直角三角形的斜边上的中线长是，则k的值是（ ） A. 8 B. C. 8或 D. 4或 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要查了一元二次方程根与系数的关系，勾股定理，直角三角形的性质，完全平方公式的应用．设三角形的两条直角边的长分别为a，b，利用一元二次方程根与系数的关系，可得，再由直角三角形的性质，可得这个直角三角形的斜边的长为，然后根据勾股定理，可得，即可求解． 【详解】解：设三角形的两条直角边的长分别为a，b， ∵三角形的两条直角边的长恰好是方程的两个根， ∴， ∵这个直角三角形的斜边上的中线长是， ∴这个直角三角形的斜边的长为， ∴， ∴， 即， 解得：， ∵， ∴， ∴． 故选：B 10. 二次函数图象开口向下，与轴交于点，其对称轴为直线，有下列结论： ①； ②； ③当时，随的增大而增大； ④对于任意非零实数，若为方程的两个根，则且．其中，正确结论的个数为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查根据二次函数图像判断各个式子的值，解题的关键是根据图像判断各项系数与0的关系，结合对称轴及与x轴交点确定方程的解．由开口方向确定a，由与y轴交点判c，由对称轴及a判b，结合对称轴及的点即可判a，c关系，根据交点即对称性即可判方程的根，即可得到答案； 【详解】解：∵二次函数的图象开口向下， ∴， ∵对称轴为直线， ∴，得， ∵抛物线与轴交于点， ∴， ∴， ∴， ∴，故①正确； ∴，故②正确； ∵抛物线开口向下，对称轴为直线， ∴当时，y随x的增大而增大，当时，y随x的增大而减小，故③错误； ∵抛物线与x轴交于点，其对称轴为直线， ∴该抛物线与x轴的另一个交点的坐标为， ∴该函数的解析式可以为， 当时，，即， ∴当对应的x的值一个小于，一个大于2， ∴对于任意非零实数，若为方程的两个根，则且，故④正确； 故选：C． 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分） 11. 如图，这是一种用于液体蒸馏或分馏物质的玻璃容器—蒸馏瓶，其底部是圆球形．球的半径为，瓶内液体的最大深度，则截面圆中弦的长为________cm． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，由题意，，进而得到，勾股定理求出的长，进而即可得出结果． 【详解】解：由题意，得：，， ∴， ∴； ∴ 故答案为：． 12. 已知，则______． 【答案】1 【解析】 【分析】本题考查解一元二次方程、根的判别式，令，原方程变形为，求出m的值，再判断得到的方程是否有实数根，即可求解． 【详解】解：令，原方程变形为， 即， 解得，， 当时，，即， ，该方程无解，不合题意； 当时，，即， ，该方程有解，符合题意； 故， 故答案为：1． 13. 如图①是我市某广场音乐喷泉，出水口处的水流呈抛物线形，该水流喷出的高度（单位：米）与水平距离（单位：米）之间的关系如图②所示，点为该水流的最高点，点为该水流的落地点，且，垂足为，若米，米，米，则的长是______米． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，解题关键是利用待定系数法求出抛物线解析式． 本题根据最高点B点的坐标，设出抛物线的顶点式解析式后代入C点坐标，求出解析式，最后令即可求出． 【详解】解：设该抛物线的解析式为， ∵在该抛物线上， ∴ ∴， ∴， 当时，， ∴的长是． 故答案为： ． 14. 如图，O是等边内一点，，将线段以点B为旋转中心逆时针旋转得到线段，连接． （I）线段的长为____； （II）的面积为____． 【答案】 ①. 10 ②. 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理的逆定理； （I）证明即可的长； （II）由旋转可得是等边三角形，得到，再由，，得到，，则，最后由 求解即可． 【详解】解：（I）∵将线段以点B为旋转中心逆时针旋转得到线段， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ∴． ， ∵， ∴， 故答案为：10； （II）连接，过作交延长线于，过作交于， 由旋转可得，， ∴是等边三角形， ∴，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴ ∴ ， 故答案为：． 三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15. 如图，在中，弦、交于点，且，求证：． 【答案】见解析 【解析】 【分析】本题主要考查了圆周角定理、全等三角形的判定与性质、弧、弦、圆心角的关系，根据可证，从而可证，根据圆周角定理可证，利用可证，根据全等三角形的性质可证结论成立． 【详解】证明：， ， ， ， ， ， ， 在和中，， ， ． 16. 如图是二次函数的图象，其中．试求该抛物线的解析式． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查待定系数法求二次函数解析式．根据求出h的值，即可确定出解析式． 【详解】解：由题意，得， ， ∴， 将点代入抛物线解析式，得， 解得：或0（不合题意，舍去）， ∴该抛物线的解析式为． 四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 17. 如图，在5×5的正方形网格纸中，已知格点M和格点线段，请按要求画出为对角线的格点四边形（顶点均在格点上）． （1）在图①中画出四边形，使得四边形是中心对称图形，且点M在四边形的内部（不包括边界上）． （2）在图②中画出四边形，使得四边形既是轴对称图形，又是中心对称图形，且点M在四边形的边界上（不包括顶点上）． 【答案】（1）见详解 （2）见详解 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定定理和正方形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理和正方形的判定是解本题的关键． （1）根据题意可以作一个平行四边形，根据平行四边形判定定理∶一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，两组对边分别相等的四边形是平行四边形，或四条边相等的四边形即菱形，作图； （2）可以作一个正方形，根据正方形的判定：四条边相等且有一个角是直角的四边形，作图即可． 【小问1详解】 解：如图所示．（答案不唯一）． 左起第一个图形中，， 四边形是平行四边形，符合题意， 第二个图形中，∵， 四边形是平行四边形，符合题意， 第三个图形中，， 四边形是菱形，符合题意， 以上四边形即为所求． 【小问2详解】 解：如图，四边形中，且，是正方形，符合题意，四边形即为所求． 18. 已知二次函数在的最小值为，求m的值． 【答案】或 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数图象的性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用二次函数的性质是关键．依据题意，先求出二次函数对称轴为直线，再分和两种情况，利用二次函数的性质进行求解即可． 【详解】解：∵二次函数解析式为， ∴二次函数对称轴为直线， 当时， ∵在时有最小值， ∴当时，， ∴； 当时， ∵在时有最小值， ∴当时，， ∴． 综上所述，或． 五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分） 19. 已知关于x的一元二次方程． （1）求证：该方程总有两个不相等的实数根 （2）已知方程的一个根为，求m值及方程的另一根． 【答案】（1）见解析 （2）， 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，一元二次方程的解的定义： （1）根据题意只需要证明即可； （2）一元二次方程的解是使方程左右两边相等的未知数的值，据此把代入原方程求出m的值，进而根据根与系数的关系求出另一个根即可． 【小问1详解】 证明：由题意得， ， ∵， ∴， ∴该方程总有两个不相等的实数根； 【小问2详解】 解：把代入得：， 解得， ∴原方程为， 设另一个根为， ∴， ，即另一个根为． 20. 如图，四边形内接于，对角线为的直径，，在的延长线上取一点E，连接，使． （1）求证：． （2）若，求的长． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查圆周角定理，勾股定理，圆心角、弧、弦的关系，掌握圆周角定理，勾股定理，圆心角、弧、弦的关系及全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质是解题的关键． （1）连接，根据圆心角、弧、弦的关系和圆周角定理证明，根据圆的内接四边形的性质得，根据平角的定义得，从而得，由等腰三角形的性质得，证明，根据全等三角形的判定与性质得； （2）由（1）求出，在中利用勾股定理求出即可． 【小问1详解】 证明：如图，连接． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵四边形内接于， ∴， ∵， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴， ∵为直径， ∴， 在中利用勾股定理，得． 六、（本题满分12分） 21. 植物园有一块足够大的空地，其中有一堵长为的墙，现准备用的篱笆围成矩形花圃，小俊设计了甲、乙两种方案(如图所示)：方案甲中的长不超过墙长；方案乙中的长大于墙长． （1）按图甲的方案，设的长为，矩形的面积为． ①求与之间的函数关系式； ②求矩形的面积的最大值． （2）甲、乙哪种方案能使围成的矩形花圃的面积最大？最大是多少？请说明理由． 【答案】（1）①；②矩形的面积最大为 （2）乙方案能使围成的矩形花圃的面积最大，面积最大是，见解析 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的应用，熟练掌握二次函数的应用是解题的关键； （1）①根据题意可直接进行求解；②由①根据二次函数的性质可进行求解； （2）分别计算甲、乙两种方案的面积，进而问题可求解． 【小问1详解】 解：①∵的长为， 的长为， ； ②∵甲中的长不超过墙长， ， 由可知： ， 时，随的增大而增大， 当时，矩形的面积最大，最大为； 【小问2详解】 解：乙方案能使围成的矩形花圃的面积最大，理由如下： 乙方案中，设的长为，矩形的面积为， 则， 方案乙中的长大于墙长， ， ， ， ， 当时，矩形的面积最大，最大为， ， 乙方案能使围成的矩形花圃的面积最大，最大是． 七、（本题满分12分） 22. 如图，正方形，．将正方形绕点逆时针旋转角度（），得到正方形，交于点，延长交于点． （1）求证：； （2）顺次连接D，E，C，F，得到四边形．在旋转过程中，四边形能否为矩形？若能，求出的值；若不能，请说明理由． 【答案】（1）见解析 （2）能， 【解析】 【分析】（1）根据正方形的性质及旋转的性质证明和即可； （2）由旋转得：，故当互相平分时，四边形为矩形，设，则，，，在中，由勾股定理得：，解方程即可． 【小问1详解】 证明：连接 ∵四边形是正方形， ∴，， 由旋转得：，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 同理可证：， ∴， ∵， ∴； 【小问2详解】 解：能， ∵四边形是正方形， ∴，， 由旋转得：， 故当互相平分时，四边形为矩形， ∵互相平分， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形， 设，则，， 由（1）知， ∴在中，由勾股定理得：， 解得：，即． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，勾股定理，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 八、（本题满分14分） 23. 如图1，抛物线经过两点，与轴交于点为第四象限内抛物线上一点． （1）求抛物线的函数表达式； （2）设四边形的面积为，求的最大值； （3）如图2，过点作轴于点，连接与轴交于点，当时，求点的坐标． 【答案】（1） （2）S的最大值为 （3） 【解析】 【分析】（1）将，代入，即可求解； （2）过点P作PM⊥x轴于点N，P为第四象限内抛物线上一点，设点，则，，根据得，然后根据二次函数的最值求解即可； （3）由题意得到，则，设，由，求出即可． 【小问1详解】 解：将，代入，得： ， ， ； 【小问2详解】 解：过点P作轴于点N，如图所示， 令，则， ∴， ∴， ∵P为第四象限内抛物线上一点，设点， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴ ， ∵ ∴当时，S有最大值，． 小问3详解】 解：如图， ∵轴，轴， ∴， ， ， ， ， ， 设，则， ， ， ． 【点睛】本题考查二次函数图象及性质，等腰三角形的判定，勾股定理，求二次函数解析式，待定指数法求函数解析式，熟练掌握二次函数的图象及性质，勾股定理，注意数形结合思想是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $