精品解析：甘肃省武威市凉州区2025-2026学年九年级上学期期中质量检测数学试卷

2025-2026学年第一学期期中质量检测试卷 九年级 数学 总分：120分 考试时间：120分钟 一、单选题 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】C 【解析】 【分析】本题考查轴对称及中心对称的定义，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念，要注意：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 根据轴对称图形与中心对称图形的概念逐选项判断即可． 【详解】解：根据轴对称图形与中心对称图形的概念可知： A、是轴对称图形而不是中心对称图形； B、是中心对称图形而不是轴对称图形； C、既是轴对称图形也是中心对称图形； D、是轴对称图形而不是中心对称图形； 故选：C． 2. 二次函数的对称轴是，则（ ） A. B. 3 C. D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质，解决本题的关键是掌握二次函数的对称轴． 根据二次函数的对称轴为，将代入求解即可． 【详解】解：二次函数的对称轴是， 即，解得． 故选：C ． 3. 如图，点A，B，C在上，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查圆周角定理，掌握一条弧所对的圆周角等于这条弧所对圆心角的一半是解题的关键． 直接运用圆周角定理求解即可． 【详解】解：∵， ∴． 故选：B． 4. 关于的一元二次方程的常数项被墨迹覆盖，已知是该方程的一个解，则被墨迹覆盖的常数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】此题考查了一元二次方程的解，设常数项为，然后把代入方程即可求解，解题的关键是熟记把方程的解代入原方程，等式左右两边相等． 【详解】解：设常数项为，将代入原方程得：， 解得：， 故选：． 5. 已知点和关于原点对称，则的值为（ ） A. 1 B. C. D. 2025 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查坐标与中心对称，根据关于原点对称的点的横纵坐标均为相反数，进而求出的值，再根据有理数的乘方法则进行计算即可． 【详解】解：由题意， ∴， ∴； 故选B． 6. 如图，，是的两条弦，点在上，是的中点，连接，，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，圆心角、弧、弦的关系，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．连接，根据已知得，从而可得，然后利用圆周角定理进行计算即可解答． 【详解】解：连接， 是的中点， ， ， ， 故选：． 7. 将抛物线先向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度，得到的新抛物线解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象的平移与几何变换，利用抛物线解析式的变化规律：左加右减，上加下减是解题关键．根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可． 【详解】解：根据题意得到新抛物线的解析式为：． 故选：A． 8. 在同一平面直角坐标系内，函数和的图象大致是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查二次函数和一次函数的图象判断．熟练掌握二次函数和一次函数的性质，是解题的关键．根据，直线与轴交于负半轴，根据时，直线随x的增大而增大，抛物线开口向上，时，直线随x的增大而减小，抛物线开口向下，进行判断即可． 【详解】解：∵，当时，， ∴直线与轴交于负半轴； 当时，直线随x的增大而增大，抛物线开口向上，当时，直线随x的增大而减小，抛物线开口向下， ∴只有B选项符合题意， 故选：B． 9. 下列方程中，关于x的一元二次方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的定义，解题的关键是掌握一元二次方程的定义：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．依次分析每个选项是否符合一元二次方程的定义． 【详解】解：A、方程，展开可得，即，整理为．它只含有一个未知数，且未知数的最高次数是2，是整式方程，所以是一元二次方程，符合题意； B、方程，分母中含有未知数，是分式方程，不是整式方程，所以不是一元二次方程，不符合题意； 、方程，当时，方程变为，此时未知数的最高次数是1，不是一元二次方程，所以该方程不一定是一元二次方程，不符合题意； D、方程，展开得，整理可得，未知数的最高次数是1，是一元一次方程，不是一元二次方程，不符合题意； 故选：A． 10. 已知是关于的一元二次方程的两个不相等的实数根，且满足，则的值是（ ） A. 3 B. C. 3或1 D. 或1 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查根与系数的关系以及根的判别式，由根与系数的关系结合，可得出关于m的分式方程，解之即可得出m的值，再根据根的判别式，即可得出m的值，此题得解． 【详解】解：∵是关于的一元二次方程的两个不相等的实数根， ∴，， ∴， 解得：或， 经检验，或均为原分式方程的解． ∵是关于的一元二次方程的两个不相等的实数根， ∴， ∴， ∴． 故选：A． 二、填空题 11. 二次函数与轴的交点坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数与坐标轴的交点坐标，当时，求出即可，熟练掌握坐标轴上点的坐标特征是解题的关键． 【详解】解：当时，， ∴与轴的交点坐标为， 故答案为：． 12. 如图，是的直径，，则__________． 【答案】##80度 【解析】 【分析】本题主要考查了直径所对的圆周角为直角，熟练掌握圆周角的性质，是解题的关键．根据直径所对的圆周角为直角，进行解答即可． 【详解】解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 13. 如图，是的直径，是的弦，半径，连接，交于点E，，则的度数是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，三角形内角和定理，由垂径定理可推出，则由圆周角定理和平角的定义可得的度数，再由三角形内角和定理可得答案． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 14. 已知是关于的一元二次方程，则_____． 【答案】1 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的定义，解题的关键是根据一元二次方程的定义列出关于的条件并求解． 根据一元二次方程的定义，未知数最高次数是2且二次项系数不为0，根据题意列出关于的条件，进而求解的值． 【详解】解：因为是关于的一元二次方程，所以需要满足： 二次项系数不为0，即，解得， 未知数的最高次数是2，即， 解，可得，即或， 又因为．所以． 故答案为：1． 15. 如图在平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于A，B两点，把绕点逆时针旋转后得到，则点的坐标是_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查一次函数与几何图形结合在一起的应用，旋转前后对应边长度不变是解题的关键．先根据函数图象分别求出、的长度，再通过旋转之后对应边相等可求出点的坐标． 【详解】解：令时，则；令时，则，解得：； ∴， ， 由旋转的性质可知：， ∴的横坐标为6，纵坐标为， ∴点的坐标是． 故答案为． 16. 已知是方程的一个根，则代数式的值等于___________ 【答案】6 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的解，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． 把代入得，即，然后把变形为，然后利用整体代入计算即可． 【详解】解：把代入得， ∴， ∴． 故答案为：6． 17. 如图，是的直径，弦于点E，且，则的半径为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了垂径定理，勾股定理．设的半径为r，则，根据垂径定理可得，然后在中，利用勾股定理解答即可． 【详解】解：设的半径为r，则， ∵是的直径，弦，， ∴， 在中，， 即， 解得：， 即的半径为． 故答案为： 18. 如图，将二次函数位于轴下方的图象沿轴翻折，得到一个新函数的图象（图中的实线）．观察图象若关于的方程有且只有两个解，则的取值范围为_____________． 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查了二次函数与几何变换，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，数形结合是解题的关键．根据图象求得答案即可． 【详解】解：将二次函数位于轴下方的图象沿轴翻折， 得到新函数的解析式为：， 关于的方程有且只有两个解，即为直线与新函数图象有且只有两个公共点， 观察图象可得：的取值范围或， 故答案为：或． 三、解答题 19. 解一元二次方程： （1）； （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键； （1）利用配方法解一元二次方程； （2）利用因式分解法解一元二次方程． 【小问1详解】 解：由， 得， 配方得，， 直接开平方得，， 或， ，． 【小问2详解】 解：由， 得， ， 或， 解得，． 20. 如图，在平面直角坐标系中，各顶点的坐标分别为，，，将绕原点顺时针旋转得到，点、、的对应点分别为、、 （1）请你画出； （2）写出点，，的坐标． 【答案】（1）作图见解析 （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了画旋转图形，写出平面直角坐标系的点的坐标， （1）将点绕点O顺时针旋转得到点，再依次连接可得答案； （2）直接写出各点坐标即可 【小问1详解】 解：如图所示； 【小问2详解】 解：点. 21. 已知：关于的方程． （1）求证：方程总有两个实数根； （2）如果为正整数，且方程的两个根均为整数，求的值． 【答案】（1） 见解析 （2）1或3 【解析】 【分析】（1）利用一元二次方程根的判别式，证明，从而说明方程总有两个实数根； （2）先求出方程的两个根，再根据为正整数，且两个根均为整数的条件，确定的值． 【小问1详解】 证明：， ∴方程是关于的一元二次方程， ， ∴方程总有两个实数根． 【小问2详解】 解：， ，． 为正整数，且方程的两个根均为整数， 或3． 22. 如图，在中，． 求证： （1）； （2）． 【答案】（1） 证明：∵， ∴，即， ∴； （2） 证明：在和中， ， ∴， ∴． 【解析】 【分析】本题考查了弧、弦、圆心角之间的关系，全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由得出，即，即可得证； （2）证明，即可得证． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 23. 如图逆时针旋转一定角度后与重合． （1）若，，指出旋转中心，并求出旋转的度数； （2）若，且点恰好成为的中点，求的长． 【答案】（1）旋转中心为点A， （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质、三角形内角和定理、中点的定义等知识点，掌握旋转的性质是解题的关键． （1）根据旋转的性质可得旋转中心为点A，三角形内角和定理可得，旋转角的度数为； （2）根据旋转的性质可得，最后根据线段中点的定义即可解答． 【小问1详解】 解：在中，，， ∴， ∴， ∵当逆时针旋转一定角度后与重合， ∴旋转中心为点A，旋转角的度数为； 【小问2详解】 解：由旋转得，，， ∵为的中点， ∴， ∴． 24. 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） 证明：如图，连接． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵四边形内接于， ∴， ∵， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴； （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】 略 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴， ∵为的直径， ∴， 在中利用勾股定理，得． 25. 如图，有一拱形公路桥，圆弧形桥拱下面的水面跨度，拱高（弧的中点到弦的距离）为 （1）求桥拱所在圆的半径． （2）该地区连降暴雨，河水猛涨， 桥下水面提高了，求此时水面的宽度． 【答案】（1）50米 （2）此时水面的宽度为60米 【解析】 【分析】题目主要考查垂径定理及勾股定理解三角形，理解题意，结合图形，熟练掌握运用垂径定理是解题关键． （1）如图所示，点E为桥拱所在的圆的圆心，作，延长交圆于点C，连接，得出，设圆的半径为r，利用勾股定理求解即可； （2）根据题意，假设水面上升到，且，连接，利用垂径定理及勾股定理求解即可． 【小问1详解】 解：如图所示，点E为桥拱所在的圆的圆心，作，延长交圆于点C，连接， ∴， 设圆的半径为r， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴桥拱所在圆的半径为50米； 【小问2详解】 根据题意，假设水面上升到，且，连接，如图所示： 由（1）得桥拱所在圆的半径为50米， ∴， ∴， ∴， ∴此时水面的宽度为60米． 26. 小明投资销售一种进价为每件20元的护眼台灯．销售过程中发现，每月销售量件与销售单价元之间的关系可近似地看作一次函数：； （1）设小明每月获得利润为元，求每月获得利润元与销售单价元之间的函数关系式，并确定自变量的取值范围． （2）当销售单价定为多少元时，每月可获得最大利润？每月的最大利润是多少？ 【答案】（1）， （2）当销售单价定为元时，每月可获得最大利润，最大利润是元 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的实际应用，解题的关键是正确理解题意． （1）由题意得，每月销售量与销售单价之间的关系可近似看作一次函数，利润=(定价−进价)×销售量，从而列出关系式； （2）首先确定二次函数的对称轴，然后根据其增减性确定最大利润即可． 【小问1详解】 解：由题意，得：， 即； ∵， ∴， ∴自变量的取值范围； 【小问2详解】 解：对于函数 ∵， 当时， 答：当销售单价定为元时，每月可获得最大利润，最大利润是元． 27. 如图，抛物线交x轴于点和点B，交y轴于点． （1）求抛物线的函数表达式； （2）若点在抛物线对称轴上，是否存在一点，使的周长最小？若存在求出周长的最小值；若不存在说明理由． （3）如图，设点是线段上的一动点，作轴，交抛物线于点，求线段长度的最大值． 【答案】（1） （2）存在，的周长最小值为 （3） 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的综合问题，待定系数法求解析式，周长与线段的最值问题； （1）把点、的坐标分别代入函数解析式，解方程组即可得到结论； （2）根据轴对称的性质，，则当在上时，的周长最小，求得直线的解析式，代入，即可求解； （3）先求出直线的解析式为，再设点坐标为，则点坐标为，然后用含的代数式表示，根据二次函数的性质即可求出线段长度的最大值． 【小问1详解】 把，代入，得：， 解得：， 故该抛物线的解析式为：； 【小问2详解】 存在，理由如下， ∵，对称轴为直线， ∵点在抛物线对称轴上，关于对称， ∴， ∴ 当在直线上时，的周长最小 ∵设直线的解析式为， 将，代入，得：， 解得：， 即直线的解析式为． ∴当时， ∴ 当时， 解得： ∴ ∴的周长最小值为： 【小问3详解】 ∵直线的解析式为． 设点坐标为，则点坐标为， ， ∴当时，有最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第一学期期中质量检测试卷 九年级 数学 总分：120分 考试时间：120分钟 一、单选题 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. 二次函数的对称轴是，则（ ） A. B. 3 C. D. 6 3. 如图，点A，B，C在上，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 关于的一元二次方程的常数项被墨迹覆盖，已知是该方程的一个解，则被墨迹覆盖的常数为（ ） A. B. C. D. 5. 已知点和关于原点对称，则的值为（ ） A. 1 B. C. D. 2025 6. 如图，，是的两条弦，点在上，是的中点，连接，，若，则的度数为（　　） A. B. C. D. 7. 将抛物线先向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度，得到的新抛物线解析式为（ ） A. B. C. D. 8. 在同一平面直角坐标系内，函数和的图象大致是（　　） A. B. C. D. 9. 下列方程中，关于x的一元二次方程是（ ） A. B. C. D. 10. 已知是关于的一元二次方程的两个不相等的实数根，且满足，则的值是（ ） A. 3 B. C. 3或1 D. 或1 二、填空题 11. 二次函数与轴的交点坐标为______． 12. 如图，是的直径，，则__________． 13. 如图，是的直径，是的弦，半径，连接，交于点E，，则的度数是______． 14. 已知是关于的一元二次方程，则_____． 15. 如图在平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于A，B两点，把绕点逆时针旋转后得到，则点的坐标是_____． 16. 已知是方程的一个根，则代数式的值等于___________ 17. 如图，是的直径，弦于点E，且，则的半径为______． 18. 如图，将二次函数位于轴下方的图象沿轴翻折，得到一个新函数的图象（图中的实线）．观察图象若关于的方程有且只有两个解，则的取值范围为_____________． 三、解答题 19. 解一元二次方程： （1）； （2）． 20. 如图，在平面直角坐标系中，各顶点的坐标分别为，，，将绕原点顺时针旋转得到，点、、的对应点分别为、、 （1）请你画出； （2）写出点，，的坐标． 21. 已知：关于的方程． （1）求证：方程总有两个实数根； （2）如果为正整数，且方程的两个根均为整数，求的值． 22. 如图，在中，． 求证： （1）； （2）． 23. 如图逆时针旋转一定角度后与重合． （1）若，，指出旋转中心，并求出旋转的度数； （2）若，且点恰好成为的中点，求的长． 24. 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． 25. 如图，有一拱形公路桥，圆弧形桥拱下面的水面跨度，拱高（弧的中点到弦的距离）为 （1）求桥拱所在圆的半径． （2）该地区连降暴雨，河水猛涨， 桥下水面提高了，求此时水面的宽度． 26. 小明投资销售一种进价为每件20元的护眼台灯．销售过程中发现，每月销售量件与销售单价元之间的关系可近似地看作一次函数：； （1）设小明每月获得利润为元，求每月获得利润元与销售单价元之间的函数关系式，并确定自变量的取值范围． （2）当销售单价定为多少元时，每月可获得最大利润？每月的最大利润是多少？ 27. 如图，抛物线交x轴于点和点B，交y轴于点． （1）求抛物线的函数表达式； （2）若点在抛物线对称轴上，是否存在一点，使的周长最小？若存在求出周长的最小值；若不存在说明理由． （3）如图，设点是线段上的一动点，作轴，交抛物线于点，求线段长度的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $