精品解析：河南省信阳市百师联盟2025-2026学年上学期九年级数学期中试题

2025河南省信阳市百师联盟九年级数学上册期中试题 一．选择题（共10小题，30分） 1. 我国民间建筑装饰图案中，蕴含着丰富的数学之美．下列图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知m和n分别为一元二次方程的两个不相等的实数根，则的值为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 3. 如图，点A，B，C，D，O都在方格纸的格点上，若可以由旋转得到，则正确的旋转方式是（ ） A 绕点D逆时针旋转 B. 绕点O顺时针旋转 C. 绕点O逆时针旋转 D. 绕点B逆时针旋转 4. 如图，经过点，交y轴于点B，若，则点B的纵坐标是（ ） A. B. C. D. 5. 《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，奠定了中国传统数学的基本框架，书中的算法体系至今仍在推动着计算机的发展和应用．《九章算术》中记载：今有户不知高、广，竿不知长、短．横之不出四尺，从之不出二尺，斜之适出．问户高、广、斜各几何？译文是：今有门，不知其高、宽，有竿，不知其长、短．横放，竿比门宽长出4尺；竖放，竿比门高长出2尺；斜放，竿与门对角线恰好相等．问门高、宽、对角线长分别是多少？若设门对角线长为x尺，则可列方程为( ) A. B. C. D. 6. 如图，要修建一个圆形喷水池，在池中心竖直安装一根水管，在水管的顶端安一个喷水头，使喷出的抛物线形水柱在与池中心的水平距离为处达到最高，且最高高度为，水柱落地处离池中心，则水管的长是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，将绕点A顺时针旋转，得到，连接．若，，则的大小是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，两点在抛物线上（常数），若对于，，都有，则a的值不可能是（ ） A. B. C. D. 9. 如图，是半圆的直径，点在半圆上，若，则的度数为（ ） A B. C. D. 10. 如图1，在菱形中，，．点从顶点出发，沿着某条直线在菱形内部运动到一点，再从该点沿着直线运动到顶点，设点的运动路程为，，图2是点运动时，随的变化关系图象，则点运动的总路程是（ ） A. B. 6 C. D. 2 二．填空题（共5小题，15分） 11. 将一元二次方程化为一般形式后，常数项是1，则一次项系数是________． 12. 某商场购进一种单价为40元的商品，如果以单价60元售出，那么每天可卖出300个，根据销售经验，每降价1元，每天可多卖出20个，设每个商品降价x（元），每天获得利润y（元），则y与x的函数关系式是________． 13. 如图，正方形的边长为平分交的延长线于F，交于M．当M为的中点时,的长是__________． 14. 如图，在中，，，，点D是上一点，，点P是线段上一个动点，以为直径作，点M为的中点，连接，则的最小值为________________． 15. 如图,中,，将绕点A逆时针旋转，得到，连接并延长交于F．则__________；若，则的长度为__________． 三．解答题（共8小题，75分） 16 解方程： （1）；（因式分解法） （2）． 17. 如图，在中,，将绕点A顺时针旋转得到，使点C的对应点E落在上，连接． （1）若，求的度数； （2）若，求的长． 18. 已知关于的方程有两个实数根． （1）求的取值范围； （2）若方程有一个根是1，求方程另一个根及的值． 19. 如图，在等腰中,交于两点，半径于H． （1）求证：； （2）若，求的半径． 20. 如图所示，，C为上的三点，，延长交于点E，过点B作的切线交射线于D． （1）求证：； （2）连接，若，求半径和的长． 21. 如图1所示的某种发石车是古代一种远程攻击的武器．将发石车置于山坡底部处，以点为原点，水平方向为轴方向，建立如图2所示的平面直角坐标系，将发射出去的石块当作一个点看，其飞行路线可以近似看作抛物线的一部分，山坡上有一堵防御墙，其竖直截面为，墙宽米，与轴平行，点与点的水平距离为28米、垂直距离为6米．已知发射石块在空中飞行的最大高度为10米 （1）求抛物线的解析式； （2）试通过计算说明石块能否飞越防御墙； 22. 对于代数式A、B，定义一种新运算：．现研究新函数的图象与性质，过程如下： （1）根据新运算规则，新函数可改写为： ； （2）在如图的平面直角坐标系中，画出函数y的图象； （3）写出该函数的一条性质： ； （4）①若方程有四个不相等的实数根，则t的取值范围是 ； ②该函数的图象与直线有两个交点，则b的取值范围是 ． 23. 如图，在矩形中,，对角线相交于点O，对角线所在的直线l绕点O顺时针方向旋转，旋转中，直线l分别交于点，将四边形沿直线l折叠得到四边形，其中线段交于点交于点H． （1）如图(一)，探究出数量关系为_____． （2）如图(二)，①证明：； ②在(1)的基础上，当时，求证：； （3）深入研究，当时，请直接写出的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025河南省信阳市百师联盟九年级数学上册期中试题 一．选择题（共10小题，30分） 1. 我国民间建筑装饰图案中，蕴含着丰富的数学之美．下列图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，如果把一个图形绕某一点旋转度后能与自身重合，这个图形就是中心对称图形． 【详解】解：A.轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； B.是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意； C.不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； D.是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意； 故选D． 2. 已知m和n分别为一元二次方程的两个不相等的实数根，则的值为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据根与系数的关系，可知两根之和等于，即可求出的值． 【详解】解：和分别为一元二次方程的两个不相等的实数根， ． 故选：C． 【点睛】本题考查了根与系数关系，解题的关键是牢记两根之和等于． 3. 如图，点A，B，C，D，O都在方格纸的格点上，若可以由旋转得到，则正确的旋转方式是（ ） A. 绕点D逆时针旋转 B. 绕点O顺时针旋转 C. 绕点O逆时针旋转 D. 绕点B逆时针旋转 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了图形旋转的性质（旋转中心、旋转方向、旋转角度的判断），解题的关键是确定旋转中心，分析对应点绕旋转中心的旋转方向与角度． 观察与的对应点，确定旋转中心为；分析到、到的旋转方向和角度，可知绕点逆时针旋转到绕点逆时针旋转到，从而确定旋转方式． 【详解】解：观察图形，由旋转得到，对应点，，旋转中心为； 绕点逆时针旋转到绕点逆时针旋转到， 故旋转方式是绕点逆时针旋转． 故选：C． 4. 如图，经过点，交y轴于点B，若，则点B的纵坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了垂径定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．作轴交y轴于点C，由可得，再由图可知点B在y轴的负半轴上，即可解答． 【详解】解：如图，作轴交y轴于点C， ，轴， ，， ， 由图可知，点B在y轴的负半轴上，则点B的纵坐标是． 故选：C． 5. 《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，奠定了中国传统数学的基本框架，书中的算法体系至今仍在推动着计算机的发展和应用．《九章算术》中记载：今有户不知高、广，竿不知长、短．横之不出四尺，从之不出二尺，斜之适出．问户高、广、斜各几何？译文是：今有门，不知其高、宽，有竿，不知其长、短．横放，竿比门宽长出4尺；竖放，竿比门高长出2尺；斜放，竿与门对角线恰好相等．问门高、宽、对角线长分别是多少？若设门对角线长为x尺，则可列方程为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理的实际应用及根据实际问题列一元二次方程，解题的关键是用含的代数式表示出门的高和宽，再利用勾股定理建立方程．设门对角线长为尺，则竿长为尺；由“横之不出四尺”得门宽为尺，由“从之不出二尺”得门高为尺；因门的高、宽与对角线构成直角三角形，根据勾股定理“两直角边的平方和等于斜边的平方”，可列出方程，进而确定对应选项． 【详解】解：设门对角线长为尺，则竿长为尺． 由题意可知，门宽为尺，门高为尺． 因为门的高、宽与对角线构成直角三角形， 根据勾股定理得：， 该方程与选项A一致． 故选：A． 6. 如图，要修建一个圆形喷水池，在池中心竖直安装一根水管，在水管的顶端安一个喷水头，使喷出的抛物线形水柱在与池中心的水平距离为处达到最高，且最高高度为，水柱落地处离池中心，则水管的长是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，利用顶点式求得抛物线的解析式，再令，求得相应的函数值，即为所求的答案． 【详解】解：由题意可知点是抛物线的顶点， ∴设这段抛物线的解析式为． ∵该抛物线过点， ∴， 解得：． ∴． ∵当时，， ∴水管应长． 故选：C． 7. 如图，将绕点A顺时针旋转，得到，连接．若，，则的大小是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．由旋转的性质可得，，设，可证为等边三角形，再由角的数量关系转化求解即可． 【详解】设， 将绕点A顺时针旋转，得到， ，， ， 为等边三角形， ， ， ， ， 故选：C． 8. 已知，两点在抛物线上（常数），若对于，，都有，则a的值不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数综合，熟练掌握二次函数的图象和性质、解不等式组等知识点是解题关键．利用作差法建立关于和的不等式组，因为不确定，所以要分类讨论，再根据范围取舍即可． 【详解】解：由题得，， ， ， ， ①当时，， 或， 解得或， ， 或， 或， ， ； ②当时，， 或， 解得， ， ，解得， 综上，或． 故选：B． 9. 如图，是半圆的直径，点在半圆上，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，直角三角形的性质，圆内接四边形的性质，由圆周角定理得，即得，再根据圆内接四边形的性质即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：∵是半圆的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故选：． 10. 如图1，在菱形中，，．点从顶点出发，沿着某条直线在菱形内部运动到一点，再从该点沿着直线运动到顶点，设点的运动路程为，，图2是点运动时，随的变化关系图象，则点运动的总路程是（ ） A. B. 6 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了动点问题的函数图象，菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，根据函数图象可得当时，，则当时，点P在线段的垂直平分线上运动，根据菱形的性质可得当时，点P在直线上运动，证明是等边三角形，得到，则由勾股定理得到，根据题意可得点从顶点出发，沿着运动4个单位到达点E，再从点E沿着直线运动到顶点，利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】解：如图所示，连接，设交于， 由图2可知，当时，，即， ∴当时，点P在线段的垂直平分线上运动， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴当时，点P在直线上运动， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵点从顶点出发，沿着某条直线在菱形内部运动到一点，再从该点沿着直线运动到顶点， ∴点从顶点出发，沿着运动4个单位到达点E，再从点E沿着直线运动到顶点， ∴， ∴， ∴点运动的总路程是， 故选：B． 二．填空题（共5小题，15分） 11. 将一元二次方程化为一般形式后，常数项是1，则一次项系数是________． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了一元二次方程的一般形式，即．其中a是二次项系数，b是一次项系数，c是常数项． 【详解】解：∵， ∴， ∴一次项系数是． 故答案为：． 12. 某商场购进一种单价为40元的商品，如果以单价60元售出，那么每天可卖出300个，根据销售经验，每降价1元，每天可多卖出20个，设每个商品降价x（元），每天获得利润y（元），则y与x的函数关系式是________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查二次函数的应用，理解题意，根据利润等于单件利润乘以销售量列函数关系式即可． 【详解】解：设每个商品降价x（元），每天获得利润y（元）， 则y与x的函数关系式是：，即， 故答案为：． 13. 如图，正方形的边长为平分交的延长线于F，交于M．当M为的中点时,的长是__________． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 过点作于点，交于点，连接交于点，连接， 由正方形的性质可得，，，即得，，根据等腰三角形的性质可得，，，即可得，再推出可得，进而由得到，进而利用勾股定理可得，得到，由四边形是矩形得到，，，即得到，最后利用勾股定理即可求解． 【详解】解：过点作于点，交于点，连接交于点，连接， ∵正方形的边长为，，为的中点， ∴，，， ∴，， ∵平分， ∴，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， 故答案为：． 14. 如图，在中，，，，点D是上一点，，点P是线段上一个动点，以为直径作，点M为的中点，连接，则的最小值为________________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，垂线段最短的应用． 连接，，过点A作，交的延长线于T．由点M为的中点，根据垂径定理得，从而，进而，在中，由，根据垂线段最短可得，即可解答． 【详解】如图，连接，，过点A作，交的延长线于T． ∵点M为的中点， ∴， ∴， ∵ ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴在中，， ∵， ∴的最小值为． 故答案为： 15. 如图,中,，将绕点A逆时针旋转，得到，连接并延长交于F．则__________；若，则的长度为__________． 【答案】 ①. 120 ②. 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，三角形外角的性质，含直角三角形的性质，等腰三角形的性质，作出辅助线构造特殊三角形是解题的关键． 先根据旋转的性质可得，可得，进而得出，然后根据三角形的外角的性质得出；在上取一点G，使，过点F作，于点H，先根据勾股定理求出，再设，可表示，根据勾股定理表示出，然后根据求出x，可得，最后根据勾股定理求出答案． 【详解】解：由旋转的性质可得，， ∴， ∴． ∵是的外角， ∴； 在上取一点G，使，过点F作，于点H， 在中，， ∴， 根据勾股定理，得. ∵， ∴． ∵， ∴. ∵是的外角， ∴． 在中，， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． 设，则， 根据勾股定理，得， ∴， 即， 解得， ∵， ∴根据勾股定理，得， 代入x得， ． 故答案为：120，． 三．解答题（共8小题，75分） 16. 解方程： （1）；（因式分解法） （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】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方法是解答本题的关键． （1）方程移项后提取公因式得两个 一元一次方程，求解这两个一元一次方程即可得解除； （2）方程运用公式法求解即可． 【小问1详解】 解：， ， ， ，， ∴，； 【小问2详解】 解：， 这里， ， ∴， ∴，． 17. 如图，在中,，将绕点A顺时针旋转得到，使点C的对应点E落在上，连接． （1）若，求的度数； （2）若，求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等，也考查了勾股定理： （1）先根据旋转的性质得到，，，则可计算出，再根据等腰三角形的性质与三角形内角和定理计算出，然后计算即可； （2）先利用勾股定理计算出，再根据旋转的性质得到，，，所以，然后在中利用勾股定理可计算出的长 【小问1详解】 解：∵绕点A顺时针旋转得到使点C的对应点E落在上， ∴ ∴， ∵ ∴， ∴； 【小问2详解】 解：在中， ∵， ∴， ∵绕点A顺时针旋转得到使点C的对应点E落在上， ∴，，， ∴， 在中，． 18. 已知关于的方程有两个实数根． （1）求的取值范围； （2）若方程有一个根是1，求方程的另一个根及的值． 【答案】（1） （2）当时，另一个根为；当时，另一个根为5 【解析】 【分析】本题考查解一元二次方程和一元二次方程的解、根的判别式． （1）根据方程有两个实数根，则，求解即可． （2）把代入，得出关于m的方程求解即可求出m值，再把m值代入方程，然后解一元二次方程即可求解． 【小问1详解】 解：∵关于x的方程有两个实数根， ∴， 解得：； 【小问2详解】 解：把代入，得， 解得：或， 分以下两种情况： 当时，方程， 解得或， 此时另一个根为； 当时，方程为， 解得或， 此时另一个根为5； 综上所述，当时，另一个根为；当时，另一个根为5． 19. 如图，在等腰中,交于两点，半径于H． （1）求证：； （2）若，求的半径． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质、垂径定理、勾股定理． （1）根据等腰三角形的三线合一定理可证，根据垂径定理可证，根据等式的性质可得； （2）连接构造，由（1）知，，设半径为，则，利用勾股定理求圆的半径． 【小问1详解】 证明：在中，，于， ， 是的弦，是半径，且于， ， ， ； 【小问2详解】 解：如下图所示，连接， 由（1）知，， 设半径为，则， 在中， 解得：， 的半径为． 20. 如图所示，，C为上的三点，，延长交于点E，过点B作的切线交射线于D． （1）求证：； （2）连接，若，求半径和的长． 【答案】（1）证明见解析 （2）的半径为的长为 【解析】 【分析】本题考查了圆的切线性质、圆周角定理、全等三角形判定、相似三角形判定与性质及勾股定理的应用，解题的关键是正确判定相似三角形的对应角与对应边，利用切线性质和圆周角关系构建等量关系． （1）核心是通过证，结合外角定理和圆周角相等证，进而得垂直； （2）核心是先由勾股定理求，再通过两组对应角相等证，代入数据求半径和． 【小问1详解】 证明：连接、 ∵、、均为的半径， ∴． 又∵， ∴． ∴，即． ∵是的外角， ∴， ∴． ∵与均为弧所对的圆周角， ∴， ∴， ∴（内错角相等，两直线平行）， ∵是的切线，是半径， ∴（切线垂直于过切点的半径）， ∴． ∵， ∴（两直线平行，同位角相等）， 即． 【小问2详解】 解：∵ ∴中，由勾股定理得： ． ∵是的直径， ∴（直径所对的圆周角为直角）． 又∵， ∴（均为直角）． ∵与均为弧所对的圆周角， ∴， ∴（两角分别相等的两个三角形相似）， ∴． ∵，设半径为，则 ①求半径：代入得：， 化简得：， 即， ②求：代入得：， 化简得：， 解得：， 答：的半径为的长为． 21. 如图1所示的某种发石车是古代一种远程攻击的武器．将发石车置于山坡底部处，以点为原点，水平方向为轴方向，建立如图2所示的平面直角坐标系，将发射出去的石块当作一个点看，其飞行路线可以近似看作抛物线的一部分，山坡上有一堵防御墙，其竖直截面为，墙宽米，与轴平行，点与点的水平距离为28米、垂直距离为6米．已知发射石块在空中飞行的最大高度为10米 （1）求抛物线的解析式； （2）试通过计算说明石块能否飞越防御墙； 【答案】（1） （2）石块能飞越防御墙 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的实际应用．熟练掌握待定系数法求函数解析式，二次函数的性质，根据函数值求函数值，是解题的关键． （1）根据石块在空中飞行的最大高度为10米，得到抛物线解析式为，将点代入，求得，即得抛物线解析式为，化为顶点式为； （2）根据墙宽米，与轴平行，点与点的水平距离为28米、垂直距离为6米，得到，当时，，得到石块能飞越防御墙． 【小问1详解】 ∵发射石块在空中飞行的最大高度为10米， ∴抛物线解析式为：， 将点代入， 得， 解得：， ∴抛物线解析式为，， 即； 【小问2详解】 ∵墙宽米，与轴平行，点与点的水平距离为28米、垂直距离为6米， ∴点C与点的水平距离为30米、垂直距离为6米， ∴， 当时， ， ∴石块能飞越防御墙． 22. 对于代数式A、B，定义一种新运算：．现研究新函数的图象与性质，过程如下： （1）根据新运算规则，新函数可改写为： ； （2）在如图的平面直角坐标系中，画出函数y的图象； （3）写出该函数一条性质： ； （4）①若方程有四个不相等的实数根，则t的取值范围是 ； ②该函数的图象与直线有两个交点，则b的取值范围是 ． 【答案】（1） （2）见解析 （3）函数图象关于轴对称 （4）①；②或 【解析】 【分析】本题考查了定义的新运算，二次函数的性质，一次函数的性质，掌握相关性质是解答本题的关键． （1）根据新定义运算法则进行变形即可； （2）根据题意画出函数图象即可； （3）根据（2）中的函数图象写出函数的一条性质即可； （4）①画出函数图象，由函数图象得出结论； ②画出函数图象，由函数图象得出结论 【小问1详解】 解：∵， ∴， 故答案为：； 【小问2详解】 解：画函数的图象如下： 【小问3详解】 解：由图象知，函数图象关于轴对称； 故答案为：函数图象关于轴对称； 【小问4详解】 解：①如图，当时，直线与的图象有四个交点， 所以，方程有四个不相等的实数根时，t的取值范围是； 故答案为：； ②如图，当直线与相切时，直线与函数的图象有三个交点， 令， 整理得， ∴， 解得，； 当时，，解得， 当时，，解得， 所以，函数的图象与直线有两个交点时，b的取值范围是或． 故答案为：或． 23. 如图，在矩形中,，对角线相交于点O，对角线所在的直线l绕点O顺时针方向旋转，旋转中，直线l分别交于点，将四边形沿直线l折叠得到四边形，其中线段交于点交于点H． （1）如图(一)，探究出的数量关系为_____． （2）如图(二)，①证明：； ②在(1)的基础上，当时，求证：； （3）深入研究，当时，请直接写出的长． 【答案】（1） （2）①证明见解析；②证明见解析 （3）的长为或． 【解析】 【分析】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，熟练掌握以上知识是解决本题的关键． （1）通过折叠的性质，平行线的性质得出等腰三角形； （2）①识别出和是八字型倒角，从而得出，再根据平行线得出，即可得证； ②证线段等线段线段，思路就是截长补短，再观察题干条件有，构造等边即可证出； （3）先利用勾股定理求的长，设，则，之后利用线段和差建立方程即可求解． 【小问1详解】 解：． 四边形折叠得到四边形， ， ∵， ， ， ； 【小问2详解】 证明：①四边形是矩形， ，， ，， ， 由折叠性质： ， ， 又， ， ∵， ， ； ②， ， ， 如图，在延长线上取一点， ， ， 在上截取，则等边三角形， ， ， ， ，， ， ， ， ； 【小问3详解】 解：①当点在右上方时，如图过点作于点， ，， 在中，， 设，则， ， ， 解得， ； ②当点在左上方时， 同理可得， 设，则， ， ， 解得， ． 综上，的长为或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $