精品解析：广东省汕头市潮南区陈店公办学校2025-2026学年九年级上学期10月期中数学试题

2025～2026学年度第一学期 九年级数学科期中考试卷（Y） （内容：21.1～23.3） 说明：1．全卷共4页，考试用时120分钟，满分为120分． 2．请将答案写在答题卷相应的位置上． 1. 下列是小红借助旋转、平移或轴对称设计的四个图案，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 抛物线的对称轴是（ ） A. 直线 B. 直线 C. 直线 D. 直线 3. 陀螺是一款常见的玩具．图1为通过折纸制作的一种陀螺，图2为这种陀螺的示意图．若将图2中的图案绕点O旋转可以与自身重合，则x的值可以是（ ） A. 30 B. 45 C. 60 D. 105 4. 若点与点关于原点对称，则（ ） A. 8 B. C. 9 D. 5. 某商品经过两次降价，每瓶零售价比原来降低了，则平均每次降价的百分率是（ ） A. B. C. D. 6. 若一元二次方程的两根之和与两根之积分别为，，则点在平面直角坐标系中位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 7. 已知二次函数的图象上有两点和，则的值等于（　　） A. 1 B. C. 2022 D. 8. 对于两个不相等的实数a，b，我们规定符号max{a，b}表示a、b中的较大的数，如：max{2，4}＝4，按照这个规定，方程max{x，﹣x}＝x2﹣x﹣1的解为（　　） A. 1+或1﹣ B. 1或﹣1 C. 1﹣或1 D. 1+或﹣1 9. 如图，已知等边的边长为8，点是边上的动点，以为边向右作等边，点是边的中点，连接， 则的最小值是（ ） A. B. 4 C. D. 不能确定 10. 如图，正方形的顶点，在抛物线上，点在轴上．若两点的横坐标分别为（），下列结论正确的是（　　） A. B. C. D. 二、填空题 11. 已知关于的一元二次方程的常数项是0，则______． 12. 已知点，，都在二次函数的图象上，则，，的大小关系用“”连接的结果为________． 13. 抛物线的部分图象如图所示，则当时，的取值范围是______ ． 14. 如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转后得到，则阴影部分的面积为________． 15. 若是关于x的方程的一个根，则关于x的方程必有一个根为________． 三、解答题（一） 16. 已知整式．化简P，若，利用判别式判断此方程实数根的情况． 17. 如图，将绕顶点逆时针旋转至，连接．若，求证：． 18. 已知关于x的一元二次方程，其中一个根为． 解方程：． 四、解答题 19. 已知关于x的方程x2－(k＋1)x＋k2＋1＝0 (1) 当k取何值方程有两个实数根 (2) 是否存在k值使方程的两根为一个矩形的两邻边长，且矩形的对角线长为 20. 如图，是等边三角形，． （1）尺规作图：将绕点A逆时针旋转得到，点B旋转后的对应点为点C（保留作图痕迹，不写作法）； （2）求证：四边形是菱形； 21. 综合实践——用矩形硬纸片制作无盖纸盒． 如图1，有一张长，宽的长方形硬纸片，裁去角上同样大小的四个小正方形之后，折成图2所示的无盖纸盒．（硬纸片厚度忽略不计）     （1）若纸盒的底面积为，请计算剪去的正方形的边长； （2）如图3，小明先在原矩形硬纸片的两个角各剪去一个同样大小的正方形（阴影部分），经过思考他发现，再剪去两个同样大小的矩形后，可将剩余部分折成一个有盖纸盒．若折成的有盖长方体纸盒的表面积为，请计算剪去的正方形的边长． 五、解答题（三） 22. 如图，在河道中，建有三个钢拱，包括一个主拱和两个腹拱，均呈抛物线型．主拱跨度米，拱顶C到主拱水面的距离为米，两侧各有一个对称腹拱，右侧腹拱跨度为，顶点为D．以主拱水面为x轴，过顶点C的垂线为y轴建立坐标系，设主拱抛物线解析式为，右侧腹拱所在抛物线解析式为． （1）直接写出b的值，并求a； （2）求的长； （3）汛期水位上涨，当刚好到达点D时，需在主拱内边缘两侧各对称安装一根临时支撑柱和（要求：支撑柱顶端M、在主拱上，底端N、在腹拱上，且、均垂直水平面）， ①请在第一象限画出的示意图；（任意画出一条即可） ②当支撑柱高度为米时，分别求M和的横坐标． 23. 如图，在中，，，将绕点顺时针旋转后，得到，三点共线，连接． （1）求证：； （2）在（）的条件下，如图，以点为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，已知，求过三点的抛物线的解析式； （3）在（）的条件下，将（）中所求抛物线沿轴正方向平移个单位长度后，与的三条边一共有两个不同的交点，请直接写出的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年度第一学期 九年级数学科期中考试卷（Y） （内容：21.1～23.3） 说明：1．全卷共4页，考试用时120分钟，满分为120分． 2．请将答案写在答题卷相应的位置上． 1. 下列是小红借助旋转、平移或轴对称设计的四个图案，其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】根据图形的性质和轴对称图形与中心对称图形的定义解答． 【详解】解：A、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意； B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意； C、既是轴对称图形又是对称图形，故此选项符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意． 故选：C． 【点睛】掌握中心对称图形与轴对称图形的概念．在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．这个旋转点，就叫做中心对称点．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．这条直线叫做对称轴． 2. 抛物线的对称轴是（ ） A. 直线 B. 直线 C. 直线 D. 直线 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查将二次函数的性质，解析式化为顶点式，顶点坐标是，对称轴是直线．将解析式化为顶点式即可得解． 【详解】解：∵， 抛物线的对称轴是是直线， 故选：B． 3. 陀螺是一款常见的玩具．图1为通过折纸制作的一种陀螺，图2为这种陀螺的示意图．若将图2中的图案绕点O旋转可以与自身重合，则x的值可以是（ ） A. 30 B. 45 C. 60 D. 105 【答案】B 【解析】 【分析】根据旋转的定义找出旋转角即可求解． 【详解】解：如图，旋转中心外有8个5边形，则相当于把一个圆平均分成8分， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查旋转的定义，熟练掌握旋转的定义是解题的关键． 4. 若点与点关于原点对称，则（ ） A. 8 B. C. 9 D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了关于原点对称的点的性质，负整数指数幂；正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．直接利用关于原点对称点的性质得出，的值，进而代入代数式求值，即可求解． 【详解】解：∵点与点关于原点对称， ∴ ∴ 故选：D． 5. 某商品经过两次降价，每瓶零售价比原来降低了，则平均每次降价的百分率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，读懂题意，掌握经过两次降价，平均每次降价百分率的表达，是解答本题的关键． 根据题意，设平均每次降低的百分率是，故，解方程，得到答案． 【详解】解：设平均每次降低的百分率是，根据题意得： ， 解得：或（舍去）． 故平均每次降低的百分率是． 故选：． 6. 若一元二次方程的两根之和与两根之积分别为，，则点在平面直角坐标系中位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，点的坐标；将方程化为标准形式后，利用根与系数的关系求出两根之和与积，再根据点的坐标判断所在象限． 【详解】解：原方程 展开并整理为标准形式： 其中 ，，． ∴，． ∴点即 的横、纵坐标均为负数，故位于平面直角坐标系的第三象限． 故选：C． 7. 已知二次函数的图象上有两点和，则的值等于（　　） A. 1 B. C. 2022 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得a、b是方程的两个根，则有即，又由，将所求式子变形为，然后再求值即可． 【详解】解：∵二次函数的图象上有两点和， ∴， ∴， 把代入得，， ∵二次函数的图象上有两点和， ∴a，b是方程的两个根， ∴， ∴， ∴． 故选D． 【点睛】本题考查二次函数图象上点的坐标特点，熟练掌握二次函数的图象与性质，二次函数与方程之间的关系是解题的关键． 8. 对于两个不相等的实数a，b，我们规定符号max{a，b}表示a、b中的较大的数，如：max{2，4}＝4，按照这个规定，方程max{x，﹣x}＝x2﹣x﹣1的解为（　　） A. 1+或1﹣ B. 1或﹣1 C. 1﹣或1 D. 1+或﹣1 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意应分为x>0和x<0两种情况讨论，并列出关于x的分式方程求解，结合x的取值范围确定方程max{x，﹣x}＝x2﹣x﹣1的解即可． 【详解】解：①当x≥﹣x，即x≥0时， ∵max{x，﹣x}＝x2﹣x﹣1， ∴x＝x2﹣x﹣1， 解得：x＝1+（1﹣<0，不符合舍去）； ②当﹣x＞x，即x＜0时，﹣x＝x2﹣x﹣1， 解得：x＝﹣1（1>0，不符合舍去）， 即方程max{x，﹣x}＝x2﹣x﹣1的解为1+或﹣1， 故选：D． 【点睛】本题考查了解分式方程，有关实数、实数运算的新定义，掌握分式方程的解法是解题的关键． 9. 如图，已知等边的边长为8，点是边上的动点，以为边向右作等边，点是边的中点，连接， 则的最小值是（ ） A. B. 4 C. D. 不能确定 【答案】C 【解析】 【分析】首先结合等边三角形的性质证明，由全等三角形的性质可得，进而可得点的运动轨迹在经过点，且与夹角为的射线上，当时，取最小值，根据“直角三角形中30度角所对的直角边等于斜边的一半”以及勾股定理解得此时的值，即可获得答案． 【详解】解：∵与均为等边三角形，且等边的边长为8， ∴，，，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴点的运动轨迹在经过点，且与夹角为的射线上， ∴当时，取最小值，如图， ∵点是边的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即的最小值是． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识，准确判断点的运动轨迹是解题关键． 10. 如图，正方形的顶点，在抛物线上，点在轴上．若两点的横坐标分别为（），下列结论正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．依据题意，连接、交于点，过点作轴于点，过点作于点，先证明．可得，．点、的横坐标分别为、，可得，．，，，设，则，，，，，．再由，进而可以求解判断即可． 【详解】解：如图，连接、交于点，过点作轴于点，过点作于点， 四边形是正方形， 、互相平分，，， ，， ． ，， ． ，． 点、的横坐标分别为、， ，． ，，， 设，则，， ，，，． 又，， ，． ． ． ． 点、在轴的同侧，且点在点的右侧， ． ． 故选：B． 二、填空题 11. 已知关于的一元二次方程的常数项是0，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的定义以及相关概念，解题的关键是确定常数项，并注意二次项系数不为零的前提条件． 根据一元二次方程的定义以及常数项为0，列出方程解答即可． 【详解】解：由题意可知：， ∴解得：或， 又∵， ∴， ∴． 故答案为：． 12. 已知点，，都在二次函数的图象上，则，，的大小关系用“”连接的结果为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的图象和性质，先求出对称轴，利用对称性求出的对称点为，再根据二次函数的图象和性质得到当时，y随x的增大而减小，即可得出结论． 【详解】解： 对称轴 ∴的对称点为 ∵ ∴二次函数的图象开口向上， ∴当时，y随x的增大而减小， ∵ ∴ 故答案为：． 13. 抛物线的部分图象如图所示，则当时，的取值范围是______ ． 【答案】或 【解析】 【分析】先求出抛物线与轴另一交点的坐标，再利用函数图象即可而出结论． 【详解】解：抛物线与轴的一个交点坐标是，对称轴是直线， 抛物线与轴另一交点的坐标是， 当时，或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查的是二次函数与不等式，能根据题意利用数形结合求出的取值范围是解答此题的关键． 14. 如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转后得到，则阴影部分的面积为________． 【答案】9 【解析】 【分析】此题考查了旋转的性质，含30度直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．利用旋转的性质可得，，由题意可得阴影部分的面积，过点作，利用含30度直角三角形的性质，即可求解． 【详解】解：由旋转的性质可得：，， ∴ ∴阴影部分的面积 过点作，如下图： ∵ ∴ ，即阴影部分的面积为 故答案为： 15. 若是关于x的方程的一个根，则关于x的方程必有一个根为________． 【答案】2023 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解，由关于x的一元二次方程有一个根为，可得出关于的一元二次方程有一个根为，解之可得出x的值，此题得解． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程有一个根为， ∴关于的一元二次方程即有一个根为， 即， 解得：， 故答案为：2023． 三、解答题（一） 16. 已知整式．化简P，若，利用判别式判断此方程实数根的情况． 【答案】，方程有两个不相等的实数根 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式．熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键． 先对整式化简，再将转化为一元二次方程，最后利用判别式判断方程实数根的情况即可． 【详解】解：； 当时，， ∵； ∴方程有两个不相等的实数根． 17. 如图，将绕顶点逆时针旋转至，连接．若，求证：． 【答案】 证明：由旋转可知， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质等知识，证明是解题关键．首先根据旋转的性质可得，再利用“”证明，结合全等三角形的性质即可获得答案． 【详解】略 18. 已知关于x的一元二次方程，其中一个根为． 解方程：． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解法和一元二次方程的根的定义．熟练掌握一元二次方程的解法和一元二次方程的根的定义是解题的关键． 根据一元二次方程的根的定义，将已知根代入方程得到、、的关系，再将其代入要求解的方程进行化简求解即可． 【详解】解：将代入得， ， 则，， 所以，， 所以原方程可化为， 解得，． 四、解答题 19. 已知关于x的方程x2－(k＋1)x＋k2＋1＝0 (1) 当k取何值方程有两个实数根 (2) 是否存在k值使方程的两根为一个矩形的两邻边长，且矩形的对角线长为 【答案】(1)k≥; (2)2. 【解析】 【分析】（1）根据判别式是非负数，这样就可以确定k的取值范围； （2）设方程的两根为x1，x2，依题意x12＋x22＝5，又根据根与系数的关系可以得到x1＋x2＝k＋1，x1x2＝k2＋1，而x12＋x22＝(x1＋x2)2－2x1x2，这样利用这些等式变形即可求解． 【详解】解：(1) ∵△＝[－(k＋1)]2－4×(k2＋1)＝2k－3≥0， ∴k≥； (2) 设方程的两根为x1、x2， ∴x12＋x22＝5， ∵x1＋x2＝k＋1，x1x2＝k2＋1， ∴x12＋x22＝(x1＋x2)2－2x1x2＝(k＋1)2－2×(k2＋1)＝5，解得k1＝－6，k2＝2， ∵x1＋x2＝k＋1＞0， ∴k＞－1， ∴k＝2. 【点睛】此题主要考查了一元二次方程的根的判别式和根与系数的关系，（1）利用判别式是非负数确定k的取值范围，（2）利用根与系数的关系确定k的值． 20. 如图，是等边三角形，． （1）尺规作图：将绕点A逆时针旋转得到，点B旋转后的对应点为点C（保留作图痕迹，不写作法）； （2）求证：四边形是菱形； 【答案】（1） 如图，即为所求； （2） 证明：由（1）可知：，， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 【解析】 【分析】本题考查了尺规作图，菱形的判定，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质． （1）作，然后截取，连接即可完成作图； （2）由（1）可得，，根据是等边三角形，即可解决问题． 【小问1详解】 解：证明：在和中，， ∴ ∴绕点A逆时针旋转得到； 【小问2详解】 略 21. 综合实践——用矩形硬纸片制作无盖纸盒． 如图1，有一张长，宽的长方形硬纸片，裁去角上同样大小的四个小正方形之后，折成图2所示的无盖纸盒．（硬纸片厚度忽略不计）     （1）若纸盒的底面积为，请计算剪去的正方形的边长； （2）如图3，小明先在原矩形硬纸片的两个角各剪去一个同样大小的正方形（阴影部分），经过思考他发现，再剪去两个同样大小的矩形后，可将剩余部分折成一个有盖纸盒．若折成的有盖长方体纸盒的表面积为，请计算剪去的正方形的边长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，理解题意，正确列出一元二次方程是解此题的关键． （1）设减去的正方形的边长为，则纸盒底面长方形的长为，宽为，根据题意列出一元二次方程，解方程即可得出答案； （2）设剪去的正方形的边长为，根据题意列出一元二次方程，解方程即可得出答案． 【小问1详解】 解：设减去的正方形的边长为，则纸盒底面长方形的长为，宽为， 由题意得：， 解得：或（舍去）， ∴剪去正方形的边长为； 【小问2详解】 解：设剪去的正方形的边长为， 由题意得：， 解得：或（不符合题意，舍去）， ∴剪去的正方形的边长为． 五、解答题（三） 22. 如图，在河道中，建有三个钢拱，包括一个主拱和两个腹拱，均呈抛物线型．主拱跨度米，拱顶C到主拱水面的距离为米，两侧各有一个对称腹拱，右侧腹拱跨度为，顶点为D．以主拱水面为x轴，过顶点C的垂线为y轴建立坐标系，设主拱抛物线解析式为，右侧腹拱所在抛物线解析式为． （1）直接写出b的值，并求a； （2）求的长； （3）汛期水位上涨，当刚好到达点D时，需在主拱内边缘两侧各对称安装一根临时支撑柱和（要求：支撑柱顶端M、在主拱上，底端N、在腹拱上，且、均垂直水平面）， ①请在第一象限画出的示意图；（任意画出一条即可） ②当支撑柱高度为米时，分别求M和的横坐标． 【答案】（1）， （2）6 （3） ①如图所示， ②M的横坐标为15，的横坐标为 【解析】 【分析】（1）根据，，得，，得，代入，解得； （2）令，求得，得； （3）设，得，得，解得（舍去），得M的横坐标为15，由对称性得的横坐标为． 【小问1详解】 解：∵，， ∴，， ∴， ∴， 解得； 【小问2详解】 解：时， ， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：①略 ②由（1）可得， ∵， ∴设， ∴， ∵ ∴， 解得（舍去）， ∴M的横坐标为15， 由对称性知，的横坐标为． 【点睛】 本题考查了二次函数的应用——拱桥问题，熟练掌握待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的图象和性质，二次函数的对称性，坐标轴上或平行坐标轴的线段的长度，分类讨论，是解答的关键． 23. 如图，在中，，，将绕点顺时针旋转后，得到，三点共线，连接． （1）求证：； （2）在（）的条件下，如图，以点为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，已知，求过三点的抛物线的解析式； （3）在（）的条件下，将（）中所求抛物线沿轴正方向平移个单位长度后，与的三条边一共有两个不同的交点，请直接写出的取值范围． 【答案】（1） 证明：∵，， ∴， 由旋转得，，，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴； （2） （3） 【解析】 【分析】（）由等腰三角形的性质得，再利用旋转的性质证明和是等边三角形，得，即得，即可求证； （）由等边三角形的性质得，过点作轴于，利用勾股定理和直角三角形的性质可得，，再利用待定系数法解答即可求解； （）由等边三角形的性质得，即得，分别求出抛物线沿轴正方向平移经过点和经过点的距离即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵是等边三角形， ∴， 过点作轴于，则， ∵， ∴，， ∴，， ∴，， ∵， ∴， 解得， ∴， ∴， 设抛物线解析式为，把、和代入得， ， 解得， ∴过三点的抛物线的解析式为； 【小问3详解】 解：∵是等边三角形， ∴， ∴， 把代入，得， 解得，， ∴抛物线沿轴正方向平移个单位长度经过点； ∵， 把代入，得， 解得，， ∵， ∴抛物线沿轴正方向平移个单位长度对称轴左侧图象经过点； ∴当时，抛物线与的三条边一共有两个不同的交点． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，二次函数的平移，待定系数法求二次函数解析式，掌握以上知识点是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $