精品解析：河南省三门峡市灵宝市第一初级中学2025-2026学年九年级数学上期期中练习题

九年级数学练习题11.1 一、选择题（本大题共8道小题，每道小题3分，共24分） 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. 关于二次函数的图象与性质，下列结论错误的是（ ） A. 图象开口向下 B. 当时，有最大值 C. 当时，随的增大而减小 D. 图象的顶点坐标为 3. 若方程的一个根，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知抛物线的图象如图所示，则下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论是（） A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④ 5. 如图，将绕点C顺时针旋转得到．若点A，D，E在同一条直线上，，则的长为（ ） A. 5 B. C. D. 6. 抛物线过三点，则大小关系是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，已知圆心角，则圆周角的度数是（ ） A. B. C. D. 8. 将抛物线向右平移1个单位，再向上平移3个单位后所得到的抛物线解析式为(　　) A. B. C. D. 9. 若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是（　　） A. B. C. D. 10. 小明以二次函数的图象为模型设计了一款杯子，如图为杯子的设计稿，若，，则杯子的高CE为（ ） A 21 B. 22 C. 23 D. 24 二．填空题: 11. 已知一元二次方程x2－4x－3＝0的两根为m，n，则－mn＋=_______． 12. 某涵洞是抛物线形，截面如图所示，现测得水面宽，涵洞顶点O到水面距离为，在图中所示的平面直角坐标系中，涵洞所在抛物线的函数表达式是________． 13. 已知关于二次函数，当时，的取值范围为_____________ 14. 如图，与轴交于，两点（在左边）与轴交于点，是线段上的一点，连结交轴于点，连结，当和的面积之和与的面积相等时，点的坐标为______． 15. 设是方程的两实数根，则_______________． 三．解答题: 16 解方程： （1）； （2）． （3） （4） 17. 在正方形网格中，建立如图所示的平面直角坐标系，的三个顶点都在格点上，点A的坐标为，请解答下列问题： （1）画出于原点O对称的； （2）将绕点C逆时旋转画出旋转后的 18. 某产品每件成本28元，在试销阶段产品的日销售量y（件）与每件产品的日销售价x（元）之间的关系如图中的折线所示．为维持市场物价平衡，最高售价不得高出83元． （1）求y与x之间的函数关系式； （2）要使每日的销售利润w最大，每件产品的日销售价应定为多少元？此时每日销售利润是多少元？ 19. 如图，圆内接四边形，是的直径，交于点E． （1）求证：点D为的中点； （2）若，求． 20. 如图，已知抛物线与轴交于和两点，与轴交于点． （1）求抛物线的解析式； （2）设抛物线的顶点为M，试判断的形状； （3）在x轴上方抛物线上是否存在一点P，使的面积为8，若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 21. 半角模型探究 如图，正方形的边长为3，E、F分别是、边上的点，且．将绕点D逆时针旋转，得到． （1）求证：； （2）当时，求的长． （3）探究延伸：如图，在四边形中，，，．E、F分别是边、上的点，且．求的周长． 22. 某游乐场的圆形喷水池中心有一喷水管米，从点向四周喷水，喷出的水柱为抛物线且形状相同．如图，以水平方向为轴，点为原点建立平面直角坐标系，点在轴上．已知在与池中心点水平距离为米时，水柱达到最高，此时高度为米． （1）求水柱所在的抛物线（第一象限部分）的函数表达式； （2）现重新改建喷泉，升高喷水管，使落水点与喷水管距离，已知喷水管升高后，喷水管喷出的水柱抛物线形状不变，且水柱仍在距离原点处达到最高，则喷水管要升高多少？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九年级数学练习题11.1 一、选择题（本大题共8道小题，每道小题3分，共24分） 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】A 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形，熟练掌握这些知识点是解题的关键．在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心；在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，根据这些概念逐一判断即可． 【详解】解：A：是轴对称图形，也是中心对称图形，故A正确； B：是中心对称图形，不是轴对称图形，故B错误； C：是轴对称图形，不是中心对称图形，故C错误； D：是轴对称图形，不是中心对称图形，故D错误． 故选：A． 2. 关于二次函数的图象与性质，下列结论错误的是（ ） A. 图象开口向下 B. 当时，有最大值 C. 当时，随的增大而减小 D. 图象的顶点坐标为 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数图象的性质，根据解析式可得二次函数图象开口向下，顶点坐标为，对称轴为直线，则在对称轴右侧随的增大而减小，据此可得答案． 【详解】解：∵二次函数解析式为 ，， ∴二次函数图象开口向下，顶点坐标为，对称轴为直线，故A结论正确，不符合题意，D结论错误，符合题意； ∴当时，有最大值，当时，随的增大而减小，故B、C结论正确，不符合题意； 故选：D． 3. 若方程的一个根，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的解的定义，一元二次方程的解是使方程左右两边相等的未知数的值，据此得到，则，，再把变形为，最后代值计算即可． 【详解】解：∵方程的一个根， ∴， ∴，， ∴， ∴ ， 故选：A． 4. 已知抛物线的图象如图所示，则下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论是（） A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④ 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与系数的关系，解题的关键是熟练掌握二次函数的图形性质，会代入一些特殊值进行计算．由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断． 【详解】解：①抛物线的开口向上， 与轴的交点为在轴的负半轴上， 对称轴为， 同号，即， 故①错误； ②当时，函数值为2， 故②正确； ④当时，， 又， 故④正确； ③对称轴， 解得：， 由④得 故③错误； 综上所述，其中正确的结论是②④； 故选：D． 5. 如图，将绕点C顺时针旋转得到．若点A，D，E在同一条直线上，，则的长为（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据旋转的性质，得，利用勾股定理解答即可． 本题考查了旋转的性质，勾股定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 【详解】解：根据旋转的性质，得，， 故， 故． 故选：D． 6. 抛物线过三点，则大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了比较抛物线上各点纵坐标的大小． 利用开口方向及点到对称轴的距离判断即可． 【详解】解：抛物线的顶点为，开口向上， ∴点离对称轴越远，纵坐标越大． 计算各点横坐标到对称轴的距离： 时，距离为， 时，距离为， 时，距离为， 距离由大到小为， ∴对应纵坐标． 故选A． 7. 如图，已知圆心角，则圆周角的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】同弧所对圆心角是圆周角2倍，即． 【详解】解：， ． 故选：． 【点睛】此题主要考查圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半． 8. 将抛物线向右平移1个单位，再向上平移3个单位后所得到的抛物线解析式为(　　) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据抛物线的顶点式得到抛物线的顶点坐标为，则抛物线向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到的抛物线的顶点坐标为，然后再根据顶点式即可得到平移后抛物线的解析式． 【详解】解：∵抛物线的顶点坐标为， ∴抛物线向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到的抛物线的顶点坐标为， ∴平移后抛物线的解析式为． 故选：B． 【点睛】此题考查了二次函数的平移规律，解题的关键是掌握利用顶点的平移解决二次函数的平移问题． 9. 若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用判别式的意义得到，然后解不等式即可． 【详解】解：∵关于的一元二次方程有两个不相等的实数根， 则，解得：， 故选：C． 【点睛】本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与有如下关系：当△时，方程有两个不相等的实数根；当△时，方程有两个相等的实数根；当△时，方程无实数根． 10. 小明以二次函数的图象为模型设计了一款杯子，如图为杯子的设计稿，若，，则杯子的高CE为（ ） A. 21 B. 22 C. 23 D. 24 【答案】A 【解析】 【分析】首先由求出点的坐标为，然后根据，可知点的横坐标为，代入，得到，所以，又，所以可知杯子高度．本题主要考查了二次函数的应用，求出顶点和点的坐标是解决问题的关键． 【详解】解：， 抛物线顶点的坐标为， ， 点的横坐标为， 把代入，得到， ， ． 故选：A 二．填空题: 11. 已知一元二次方程x2－4x－3＝0的两根为m，n，则－mn＋=_______． 【答案】25 【解析】 【详解】试题分析：由m与n为已知方程的解，利用根与系数的关系求出m+n=4，mn=﹣3，将所求式子利用完全平方公式变形后，即﹣mn+=﹣3mn=16+9=25． 故答案为25． 考点：根与系数的关系． 12. 某涵洞是抛物线形，截面如图所示，现测得水面宽，涵洞顶点O到水面的距离为，在图中所示的平面直角坐标系中，涵洞所在抛物线的函数表达式是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据此抛物线经过原点，可设函数关系式为，根据，涵洞顶点O到水面的距离为，那么A点坐标应该是，利用待定系数法即可求解． 【详解】解：设此抛物线所对应的函数表达式为：， ∵，涵洞顶点到水面的距离为， ∴点坐标应该是， 把点代入得：， 解得：， 故涵洞所在抛物线的函数表达式． 故答案为：． 【点睛】本题考查二次函数的应用，注意结合题意列出式子求出解析式是解题关键． 13. 已知关于的二次函数，当时，的取值范围为_____________ 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质．求得抛物线的对称轴，根据图象即可得出当，函数有最大值1；当时函数有最小值，进而求得它们的范围． 【详解】解：抛物线开口向下，对称轴为直线，抛物线顶点坐标为， 在范围内，当，函数有最大值为1；当时函数有最小值：， 故答案为：． 14. 如图，与轴交于，两点（在左边）与轴交于点，是线段上的一点，连结交轴于点，连结，当和的面积之和与的面积相等时，点的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】先求出，再求出线段AC一次函数为、过的一次函数解析式为，求出，根据面积相等列出等式求出P点坐标． 【详解】∵与x轴交于A，B两点（A在左边）与y轴交于C点， ∴ 设过线段一次函数解析式为， 把坐标代入解析式可得∶ ， ∴， 设，过的一次函数解析式为， 把坐标代入解析式可得∶ ∴， ∴ ∴ ∴． 【点睛】此题考查了二次函数的面积与交点坐标的问题，解题的关键是求出交点坐标，把三角形面积表示出来． 15. 设是方程的两实数根，则_______________． 【答案】7 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的解，根与系数的关系，熟知一元二次方程的相关知识是解题的关键． 根据一元二次方程的解可得，根据根与系数的关系可得，再将化简即可求解． 【详解】解：∵是方程的两实数根， ∴，，即， ∴ ， 故答案为：7． 三．解答题: 16. 解方程： （1）； （2）． （3） （4） 【答案】（1）， （2）， （3）， （4）， 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是掌握一元二次方程的解法． （1）利用配方法求解即可； （2）利用因式分解法求解即可； （3）利用公式法求解即可； （4）利用配方法求解即可． 【小问1详解】 解： ∴，； 【小问2详解】 解： 或 ∴，； 【小问3详解】 解： ，，， ， ， ∴，； 【小问4详解】 解： ∴，． 17. 在正方形网格中，建立如图所示的平面直角坐标系，的三个顶点都在格点上，点A的坐标为，请解答下列问题： （1）画出于原点O对称的； （2）将绕点C逆时旋转画出旋转后的 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】本题考查了作中心对称图形，作轴对称图形． （1）根据关于原点对称的点的坐标特征得到点A、B、C关于原点的对称点、、的坐标，然后描点连线即可得到； （2）利用网格特点和旋转的性质画出点A、B的对应点、，然后描点连线即可得到． 【小问1详解】 解：如图，所求； 小问2详解】 解：如图，为所求． 18. 某产品每件成本28元，在试销阶段产品的日销售量y（件）与每件产品的日销售价x（元）之间的关系如图中的折线所示．为维持市场物价平衡，最高售价不得高出83元． （1）求y与x之间的函数关系式； （2）要使每日的销售利润w最大，每件产品的日销售价应定为多少元？此时每日销售利润是多少元？ 【答案】（1）； （2）每件产品的日销售价应定为70元，此时每日销售利润是882元． 【解析】 【分析】本题考查二次函数的应用． （1）根据函数图象可知该函数分为三段，然后分别设出相应的函数解析式，根据图象提供的信息求出相应的函数解析式即可解答本题； （2）根据第（1）问中的函数解析式可以求出所对应的利润，然后求出各段的最大利润然后进行比较即可解答本题． 【小问1详解】 解：当时，设此段的函数解析式为：， 则，解得，， ∴当时，函数的解析式为：； 当时，设此段函数的解析式为：， 则解得， ，， ∴当时，函数的解析式为： ； 当时，； 由上可得，y与x之间的函数关系式是： ； 【小问2详解】 当时， ， ∴当时取得最大值，最大值为元； 当时， = = ∴当时，取得最大值，最大值为元； 当时， ∴当时，取得最大值，最大值为元； 由上可得，当时，每日点的销售利润最大，最大为元， 即要使每日的销售利润w最大，每件产品的日销售价应定为70元，此时每日销售利润是882元． 19. 如图，圆内接四边形，是的直径，交于点E． （1）求证：点D为的中点； （2）若，求． 【答案】（1）见解析 （2）2 【解析】 【分析】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，熟知垂径定理是解题的关键． （1）由垂径定理可得，据此可证明结论； （2）由垂径定理可得，则，再证明，进而由勾股定理得到的长，再由勾股定理求出的长即可得到答案． 【小问1详解】 证明：∵是的直径，， ∴， 即点D为的中点； 【小问2详解】 解：∵是的直径，， ∴， ∴， ∵是直径，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 20. 如图，已知抛物线与轴交于和两点，与轴交于点． （1）求抛物线的解析式； （2）设抛物线的顶点为M，试判断的形状； （3）在x轴上方的抛物线上是否存在一点P，使的面积为8，若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）抛物线的解析式为 （2）是直角三角形，理由见解析 （3）存在，点P的坐标为 【解析】 【分析】（1）由抛物线与x轴交于，两点，得，将代入可得抛物线的解析式为； （2）由，得抛物线的顶点，即知，故是直角三角形； （3）设点P横坐标为t，则由三角形的面积公式可表达的面积，建立关于t的方程，求出t即可． 【小问1详解】 解：由抛物线与x轴交于两点， 则函数关系式为：， ∴， 解得， ∴； ∴抛物线的解析式为； 【小问2详解】 是直角三角形，理由如下： ∵， ∴抛物线的顶点， ∵， ∴， ∴， ∴是直角三角形； 【小问3详解】 存在，理由如下： ∵， ∴， 设点P的横坐标为t，则， ∴的面积为：， ∴， 解得， ∴点P的坐标为． 【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，坐标与图形的性质，勾股定理逆定理，三角形的面积，一元二次方程的解法等知识点，解决本题的关键是掌握二次函数的性质． 21. 半角模型探究 如图，正方形的边长为3，E、F分别是、边上的点，且．将绕点D逆时针旋转，得到． （1）求证：； （2）当时，求的长． （3）探究延伸：如图，在四边形中，，，．E、F分别是边、上的点，且．求的周长． 【答案】（1）见详解 （2） （3）8 【解析】 【分析】（1）由旋转可得，为直角，可得出，由，得到为，可得出，再由，利用可得出三角形与三角形全等，由全等三角形的对应边相等可得出； （2）由（1）的全等得到，正方形的边长为3，用求出的长，再由求出的长，设，可得出，在直角三角形中，利用勾股定理列出关于的方程，求出方程的解得到的值，即为的长． （3）拓展延伸：如图，在正方形中，、分别在边、上，且，连接，同（2）可得结论仍然成立，再结合，即可作答． 【小问1详解】 证明：逆时针旋转得到， ，， 、、三点共线， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ； 【小问2详解】 解：设， ，， ， ， ， 在中，由勾股定理得， 即， 解得， 则． ∴； 【小问3详解】 解：如图②，将绕点顺时针旋转角度为的度数，得到， 由旋转可得，，，，， ， ， ， ， 点、、三点共线， 在和中， ， ， ， ， ； ∵ ∴ 则 ∴ ∴ 则的周长为． 【点睛】此题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理，利用了转化及方程的思想，熟练掌握性质及定理是解本题的关键． 22. 某游乐场的圆形喷水池中心有一喷水管米，从点向四周喷水，喷出的水柱为抛物线且形状相同．如图，以水平方向为轴，点为原点建立平面直角坐标系，点在轴上．已知在与池中心点水平距离为米时，水柱达到最高，此时高度为米． （1）求水柱所在抛物线（第一象限部分）的函数表达式； （2）现重新改建喷泉，升高喷水管，使落水点与喷水管距离，已知喷水管升高后，喷水管喷出的水柱抛物线形状不变，且水柱仍在距离原点处达到最高，则喷水管要升高多少？ 【答案】（1）抛物线（第一象限）的表达式为 （2）喷水管的高度要升高 【解析】 【分析】（1）运用待定系数法即可求解； （2）设喷水管的高度要升高，把代入即可求解． 【小问1详解】 解：设抛物线的函数表达式为，把，代入得：， 解得：， ∴， ∴抛物线（第一象限）的表达式为； 【小问2详解】 解：设喷水管的高度要升高，则抛物线的表达式为． 把代入得：，解得：， ∴喷水管的高度要升高． 【点睛】本题主要考查二次函数的实际运用，理解图示，掌握待定系数法求解析式是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $