广东省湛江市雷州市雷州市三校2025-2026学年九年级上学期11月期中数学试题

雷州三校九年级期中大检测 数学试卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题（每小题3分，共30分） 1．下列图形中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 2．用配方法解方程时，原方程应变形为（   ） A． B． C． D． 3．某机械长今年生产零件50万个，计划明后两年共生产零件132万个，设该厂每年的平均增长率为x，那么x满足方程（　　） A． B． C． D． 4．《九章算术》被尊为古代数学“群经之首”，凯凯在读完《九章算术》卷九勾股定理篇记载的“圆材埋壁”问题后，突发灵感，设计了一个数学题如图，为圆O的直径，弦于点E，，，则直径的长是（   ） A．18 B．19 C．20 D．21 5．若关于的一元二次方程的一个根是，则的值为（   ） A． B． C． D． 6．如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转40°后得到△COD，若∠AOB＝15°，则∠AOD的度数是（    ） A．45° B．55° C．60° D．65° 7．抛物线经过三点，则的大小关系正确的是（    ） A． B． C． D． 8．对于二次函数，下列说法正确的是（  ） A．图象开口向下 B．当时，y有最大值为2 C．对称轴是直线 D．与y轴的交点坐标为 9．如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，则线段的长度的最小值是（　　）    A． B． C． D． 10．已知抛物线经过点、，则下列结论：①若，、在该抛物线上，；②若抛物线与y轴交于点，当时y的最大值与最小值的差为6；③平面直角坐标系内，线段的端点为，，当抛物线与线段有交点时，a的取值范围是；④以为直径的圆与x轴下方抛物线有交点，则a的取值范围是．以上结论正确的个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题（每小题3分，共15分） 11．在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是 ． 12．已知等腰三角形的两边，的长是关于的一元二次方程的两个实数根，第三边的长为8，则的周长 ． 13．如图，是的直径，D，C是上的点，，则 ． 14．如图，在平面直角坐标系中，若将绕点O逆时针旋转，得到，那么的对应点的坐标是 ． 15．如图正方形ABCD的边长为8，E为边BC上一定点，且BE＝2，P为边AB上一动点，连EP，若将EP绕点P逆时针旋转90°至PQ，连AQ，则AQ的最小值为 ． 三、解答题（每小题7分，共21分） 16．解方程：(1)； (2)． 17．如图，三个顶点的坐标分别为、． (1)请画出与关于原点成中心对称的图形； (2)若以点A为旋转中心逆时针旋转后得到的图形为（的对应点为的对应点为），在网格中画出旋转后的图形． 18．已知，是关于的一元二次方程的两实根， (1)求的取值范围； (2)若，求的值． 四、解答题（每小题9分，共27分） 19．已知抛物线经过点，． (1)求抛物线的解析式； (2)求抛物线的顶点坐标和对称轴； (3)当时，求函数y的最大值并说明理由． 20．如图，直线经过上的点，直线交于点，交于点，连接交于点，连接，若点是的中点，． (1)求证：是的切线；（2）求阴影部分面积 21．“天使草莓”是通过草莓杂交育种、脱毒育苗筛查等生物技术而培育的一种草莓品种，因其外观通体雪白、色泽透亮、汁多味美而深受广大消费者欢迎．今年春季，某水果店以60元/盒的价格购进一批名叫“天使”的新品种草莓进行销售．该商家在销售过程中发现当每盒的售价为100元时，平均每天可售出180盒．若每盒的售价每降价5元，则每天可以多售出10盒．设此种草莓每盒的售价为x元，每天销售此种草莓的利润为y元．    (1)用含x的式子表示每盒此种草莓的利润为______元，每天可卖出此种草莓的数量为______盒． (2)若该水果店计划每天销售此种草莓盈利6000元，问此种草莓每盒的售价应定为多少元？ 五、解答题（22每小题13分，23小题14分，共27分） 22．已知：和都是等腰直角三角形，． (1)如图①E在上，点D在上时，线段与的数量关系是______，位置关系是______； (2)把绕点C旋转到如图②的位置，连接，（1）中的结论还成立吗？说明理由； (3)在绕点C在平面内旋转过程中，若，，当A，E，D三点在同一直线上时，则AE的长是______． 23．如图，抛物线，经过点. （1）求抛物线的解析式及顶点M的坐标； （2）连接AC、BC，N为抛物线上的点且在第一象限，当时，求N点的坐标； （3）我们通常用表示整数的最大公约数，例如. 若，则称a、b互素，关于最大公约数有几个简单的性质：①，其中k为任意整数；②； 若点满足：a，b均为正整数，且，则称Q点为“互素正整点”，当时，该抛物线上有多少个“互素正整点”？ 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 雷州三校九年级期中大检测 数学试卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B C C C B D C C B 1．D 【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解答本题的关键． 根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项分析即可，在平面内，一个图形经过中心对称能与原来的图形重合，这个图形叫做叫做中心对称图形；一个图形的一部分，以某条直线为对称轴，经过轴对称能与图形的另一部分重合，这样的图形叫做轴对称图形． 【详解】解：A．该图既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故不符合题意； B．该图不是中心对称图形，是轴对称图形，故不符合题意； C．该图既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故不符合题意； D．该图既是中心对称图形，也是轴对称图形，故符合题意； 故选：D． 2．B 【分析】本题主要考查了用配方法解一元二次方程，配方法的一般步骤：①把常数项移到等号的右边；②把二次项的系数化为1；③等式两边同时加上一次项系数一半的平方． 将方程通过配方法变形，转化为完全平方形式即可． 【详解】解：， 移项得 ： ， 配方得 ： ， 即． 故选：B． 3．C 【分析】本题考查了一元二次方程的应用-增长率问题，设出未知数，分别表示明年、后年生产的零件数量，根据“明后两年共生产零件132万个”即可列出方程． 【详解】解：根据题意得明年生产零件为（万个），后年生产零件为（万个）， 由题意得． 故选：C 4．C 【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，关键是应用勾股定理列出关于的半径的方程． 连接，设的半径是r，利用垂径定理和勾股定理得到，解方程即可． 【详解】解：连接，设的半径是r， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 5．C 【分析】本题考查一元二次方程的解，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．把代入方程得，解出的值即可求解． 【详解】解：把代入方程得， 解得：， 故选：C． 6．B 【分析】根据旋转的性质确定旋转角，再由∠AOD=∠AOB+∠BOD求解即可． 【详解】根据旋转的性质可知：∠BOD=40°， ∴∠AOD=∠AOB+∠BOD=55°， 故选：B． 【点睛】本题考查旋转的性质，根据题意确定旋转角是解题关键． 7．D 【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．根据二次函数的图象与性质可进行求解． 【详解】解：由抛物线可知：开口向上，对称轴为直线， 该二次函数上所有的点满足离对称轴的距离越近，其对应的函数值也就越小， ∵，，， 而，，， ∴点离对称轴最近，点离对称轴最远， ∴； 故选：D． 8．C 【分析】本题考查了二次函数（a，b，c为常数，）的性质，熟练掌握二次函数的性质是解答本题的关键． 对于二次函数，可化为顶点式再根据其性质分析即可． 【详解】解：∵二次项系数， ∴抛物线开口向上， ∴选项A不符合题意， ∵ ， ∴当时，y有最小值为2， ∴选项B不符合题意， ∵， ∴二次函数的对称轴是直线， ∴选项C符合题意， 当时， ， ∴与y轴的交点坐标为， ∴选项D不符合题意， 故选：C． 9．C 【分析】在的上方作，且使，连接，．设，则，根据证明得出，，得出，即可推出结论． 【详解】解：如图，在的上方作，且使，连接，．    设，则， ， ∵将绕点C顺时针旋转得到， ，， 又， ， 在和中， ， ， ，． ， ， ， 的最小值为． 故选：C． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键． 10．B 【分析】本题考查二次函数解析、抛物线的图象性质，一元二次方程的求解，点与圆的位置关系，数形结合思想是解题的关键． 运用抛物线的解析式，抛物线的图象性质，一元二次方程的求解，点与圆的位置关系求解． 【详解】解：∵拋物线上点、关于对称轴对称，， ∴拋物线对称轴为直线，拋物线开口向上， ∴当时，y随x的增大而增大，当时，y随x的增大而减小， 当，即时，、，两点在对称轴上或右侧，恒成立； 当即时，则，即， ∴； 所以当时，； 故①正确； 设拋物线解析式为，把代入可得， ∴拋物线的解析式为，对称轴为直线，抛物线开口向上， 当时，时y有最大值为5，时y有最小值为， ∴y的最大值与最小值的差为9，故不符合题意；故②错误； 把、代入，得，解得， ∴， 把代入可得，，解得， 把代入可得，，解得， ∵当抛物线与线段有交点， ∴a的取值范围是，故③正确； ∵抛物线经过点、， ∴， ∴以为直径的圆的半径为2， ∵抛物线的顶点坐标为， ∴当以为直径的圆与x轴下方抛物线有交点时，，解得， ∴a的取值范围是，故④错误． 故选：B． 11． 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标的特点，掌握关于原点对称的点的坐标横、纵坐标互为相反数是解题的关键．根据关于原点对称的点的坐标，横、纵坐标互为相反数即可求解． 【详解】解：在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是， 故答案为：． 12．23或25 【分析】首先求出一元二次方程的两个根，然后根据等腰三角形的定义分情况讨论即可． 【详解】∵， ， 是等腰三角形， ①，不成立； ②， ∴ 此时三边分别为8，8，9， ∴周长为； ③， ∴， 此时三边分别为7，8，8， ∴周长为， 故答案为：23或25． 【点睛】本题主要考查一元二次方程的解和等腰三角形的定义，分情况讨论是解题的关键． 13．25 【分析】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．根据圆周角定理，先求出，再根据是的直径，求得，最后根据圆周角定理即得答案． 【详解】解：， ， 是的直径， ， ． 故答案为：25． 14． 【分析】本题考查了图形和性质，旋转的性质全等三角形的判定和性质，准确构造全等三角形求得线段长度是解题的关键．分别过点B和点作y轴的垂线，垂足分别为M和N，构建，即可得出答案． 【详解】解：分别过点B和点作y轴的垂线，垂足分别为M和N， 由旋转可知，， ∴， ∴， ∴， ∴ 又∵点B坐标为， ∴， ∴点的坐标为． 故答案为：． 15． 【分析】过点作，垂足为，证明得到，设，得到，即可得到答案． 【详解】解：如下图所示，过点作，垂足为， ∵，， ∴， ∴， ∵ ∴, ∴， 设， 得， ∵， ∴， ∴， ∴ ∴当时，的最小值为； 故答案为： 【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的性质和勾股定理，解题的关键是根据题意建立关于的代数式． 16．(1)， (2)， 【分析】本题主要考查解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法是解答本题的关键． （1）方程运用因式分解法求解即可； （2）方程运用配方法求解即可． 【详解】（1）解：， ， 或， 解得，； （2）解：， ， ， . 解得，． 17．(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了轴对称和旋转作图熟练掌握上述知识、灵活应用数形结合思想是解题的关键. （1）根据中心对称的性质找出对应点即可求解； （2）根据旋转变换的性质找出对应点即可求解． 【详解】（1）解：如图，即为所作； （2）如图，即为所求． 18．(1) (2)2 【分析】本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，解一元二次方程，掌握根与系数的关系是解题的关键． （1）根据根的判别式进行计算即可求解； （2）根据题意可得，将原式变形得，由此解一元二次方程，最后根据（1）中的取值方法确定值即可． 【详解】（1）解：∵关于的一元二次方程有两实根， ∴， 解得：； （2）解：根据题意可得：， ∴， 即， 解得：． ∵， ∴舍去， ∴的值为． 19．(1) (2)顶点坐标为，对称轴为直线 (3)最大值3，见解析 【分析】（1），点为函数图象与轴的交点，将函数解析式按照交点式写出化简即可； （2）将一般式化为顶点式即可； （3）借助（2）中的对称轴，根据时，函数值随自变量的变化情况求解． 【详解】（1）解：抛物线经过点，， 故抛物线解析式为，即． （2）， 所以抛物线的顶点坐标为，对称轴为直线． （3）抛物线开口向下，对称轴为直线， 故当，y随x的增大而减小， 在范围内，时，函数y有最大值， 最大值为． 20．(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）根据题意得到，，，则，即，结合切线的判定即可求解； （2）根据切线的性质得到是等边三角形，设，则，运用含30度角的直角三角形的性质，勾股定理得到，，结合阴影部分的面积为即可求解． 【详解】（1）证明：如图所示，连接， ∵点是的中点， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵是圆的半径，点在圆上， ∴是的切线； （2）解：∵是切线， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点是是中点，且， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 设，则， 在中，，即， 解得，（负值舍去）， ∴， 在中，，， ∴，， ∴阴影部分的面积为：． 【点睛】本题主要考查垂径定理的判定和性质，切线的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，扇形面积的计算，掌握以上知识，数形结合分析是关键． 21．(1)； (2)90元 【分析】（1）根据每盒利润等于每盒售价减每盒成本可得每盒利润，根据每盒的售价每降价5元，则每天可以多售出10盒可得每天可卖出此种草莓的数量； （2）根据每天总利润等于每盒利润乘以每天可卖出此种草莓的数量列出方程求解即可． 【详解】（1）解：∵此种草莓每盒的售价为x元，每盒进价60元， ∴每盒此种草莓的利润为元； 又∵每盒的售价每降价5元，则每天可以多售出10盒， ∴每天可卖出此种草莓的数量为：(盒) 故答案为：； （2）由题意得， 解得，(不符合题意舍去) 答：此种草莓每盒的售价应定为90元 【点睛】本题考查一元二次方程的应用—利润问题、列代数式，根据等量关系列式和列方程是解题的关键． 22．(1)， (2)成立，理由见解析； (3)或 【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得出，，得出，再用，即可得出结论； （2）先由旋转的性质得出，进而判断出，得出，，与交于，与交于，利用全等的性质和对顶角相等进而得出，即可得出结论； （3）分两种情况，①当点在线段上时，过点作于，求出，再用勾股定理求出，利用线段的加减即可得出结论； ②当点在线段上时，过点作于，求出，再由勾股定理求出根据勾股定理得，利用线段的加减即可得出结论． 【详解】（1）解：和都是等腰直角三角形， ，， ， ， 点在上，点在上，且， ， 故答案为：，； （2）成立．理由如下： 如图②，与交于，与交于， 由题意可知：， ， ， 在与中， ， ， ，， 又，， 在中， ， ， ， 所以（1）中的结论仍然成立； （3）当点在线段上时，如图③，过点作于， 是等腰直角三角形，且， ， ， ， 在中，， ， ； ②当点在线段上时，如图④，过点作于， 是等腰直角三角形，且， ， ， ， 在中，， ， ， 综上，的长为或． 故答案为：或． 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，作出辅助线构造出直角三角形是解本题的关键． 23．（1）抛物线的顶点M坐标为；（2）N（4，5）；（3）在时，该抛物线上有65个“互素正整点” 【分析】（1）将A、B、C三点坐标代入中即可得到答案； （2）设，求得直线NC的解析式为y=（t-2）x-3，设设直线CN与x轴交于点D，求出点D的坐标，根据即可列式计算得出点N的坐标； （3）抛物线上的任意正整点R(横纵坐标为正整数的点)可以表示为，得到，找到符合条件的值即可得到答案. 【详解】（1）∵抛物线经过点A（﹣1，0），B（3，0），C（0，-3）， 解得：， ∴=, 抛物线的顶点M坐标为； （2）∵N是抛物线上第一象限的点， ∴设（t＞0），又点C（0，-3）， 设直线NC的解析式为，N在直线NC上， 解得k=t-2 ∴直线NC的解析式为y=（t-2）x-3， 设直线CN与x轴交于点D， 当y=0时，x=， ∴D（，0），BD=3﹣， ∵S△NBC=S△ABC， ∴S△CDB+S△BDN=AB•OC，即BD•|yC﹣yN|= [3﹣（﹣1）]×3， 即×（3﹣）[3﹣（﹣t2+2t+3）]=6， 整理，得：t2﹣3t﹣4=0， 解得：t1=4，t2=﹣1（舍去）， 当t=4时，t2-2t-3=5， ∴N（4，5）； (3)抛物线上的任意正整点R(横纵坐标为正整数的点)可以表示为： ，t为正整数，且， 由性质①②，t与的最大公约数， ， 即只需满足即可，又因为3是素数，当且仅当t不是3的倍数时，t与3互素， 在4到100共97个数中，总共有32个数是3的倍数， 故共有65个数不是3的倍数，满足， 即在时，该抛物线上有65个“互素正整点”. 【点睛】此题是一道二次函数的综合题，考查了待定系数法求解析式，三角形的面积，解一元二次方程等知识，正确把握和运用相关知识，运用数形结合思想是解题的关键. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $