精品解析：江西省南昌市外国语学校教育集团2025-2026学年九年级上学期10月份质量检测数学测试卷

南昌市外国语学校教育集团2025-2026学年上学期 九年级10月学习质量检测数学学科试卷 说明：1．本卷共六大题，23小题，全卷满分120分，考试时间为120分钟． 2．本卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，不得在试卷上作答，否则不给分． 一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分，每小题只有一个正确选项） 1. 下列人工智能图标中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形的定义，熟练掌握中心对称图形的定义是解答本题的关键． 根据中心对称图形的定义解答即可． 【详解】解：A、该图形不是中心对称图形，故A选项不符合题意； B、该图形是中心对称图形，故B选项符合题意； C、该图形不是中心对称图形，故C选项不符合题意； D、该图形不是中心对称图形，故D选项不符合题意； 故选：B． 2. 已知x＝a是一元二次方程的解，则代数式的值为（ ） A. 3 B. 6 C. ﹣3 D. ﹣6 【答案】B 【解析】 【分析】把x＝a代入一元二次方程，得a2-2a-3=0，再变形，得a2-2a=3，然后方程两边同乘以2，即可求解． 【详解】解：把x＝a代入一元二次方程，得 a2-2a-3=0， ∴a2-2a=3， ∴2a2-4a=6， 故选：B． 【点睛】本题考查一元二次方程的解，代数式求值，熟练掌握方程的解是使方程左右两边相等的未知数值是解题的关键． 3. 《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础框架《九章算术》中记载：“今有户高多于广六尺八寸，两隅相去适一丈，问户高、广各几何．”大意是说：“已知长方形门的高比宽多尺寸，门的对角线长丈，那么门的高和宽各是多少？”（1丈尺，1尺寸），若设门宽为尺，则根据题意，列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设门宽为尺，则根据勾股定理建立方程即可求解． 【详解】解：设门宽为尺，则高为尺，根据题意得， ， 故选：C． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，勾股定理，根据题意列出方程是解题的关键． 4. 如图，在中，，将绕点A顺时针旋转，使点C的对应点落在边上．若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理． 由旋转的性质可得，，，从而得到，再结合，可得，再根据三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：由旋转的性质得：，，， ， ，， ， ， ． 故选：B． 5. 如图是抛物线（）图象的一部分，抛物线的顶点坐标为，与轴的一个交点为．点和点均在直线（）上．则①；②；③抛物线与轴的另一个交点是；④；⑤不等式的解集为． 其中结论正确的是（ ） A. ②④⑤ B. ①③⑤ C. ②⑤ D. ①②⑤ 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，根据对称轴可判断①和③；由函数图象可判断②和⑤；由二次函数的性质可判断④，综上即可求解，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键． 【详解】解：∵抛物线的对称轴为直线， ∴，即，故①错误； ∵抛物线开口向上， ∴， ∴， ∵抛物线与轴的交点在轴下方， ∴， ∴，故②正确； ∵抛物线的对称轴为直线，抛物线与轴的一个交点为， ∴抛物线与轴的另一个交点为，故③错误； ∵抛物线开口向上，对称轴为直线， ∴二次函数的最小值为， 当时，， ∴， 又∵直线经过抛物线的顶点坐标为， ∴， ∴，故④正确； · 由函数图象可知，当时，， ∴不等式的解集为，故⑤正确； 综上，结论正确的是②④⑤， 故选：． 二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分） 6. 已知点和点关于原点对称，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据关于原点对称的点的坐标特征，得出a和b的值，即可求解． 【详解】解：∵点和点关于原点对称， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了关于原点对称点的坐标特征，解题的关键是掌握关于原点对称的点，横坐标和纵坐标都互为相反数． 7. 若抛物线y＝x2－4x＋c的顶点在x轴上，则c的值是______． 【答案】4． 【解析】 【详解】试题分析：将抛物线y＝x2－4x＋c配方成y=(x-2) -4+c，顶点坐标为（2，c-4）,所以c-4=0,故c的值为4. 8. 将抛物线向上平移个单位，再向左平移个单位，所得抛物线的函数解析式为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象的平移，根据“左加右减，上加下减”解答即可求解，掌握二次函数图象的平移规律是解题的关键． 【详解】解：所得抛物线的函数解析式为， 故答案为：． 9. 已知关于的一元二次方程的两个实数根分别为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的定义，一元二次方程根和系数的关系，代数式求值，根据一元二次方程根的定义可得，根据一元二次方程根和系数的关系得，进而代入代数式计算即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：∵关于的一元二次方程的两个实数根分别为， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 10. 从地面竖直向上抛出一个小球，小球的高度h（单位：）与小球运动时间t（单位：s）之间的关系式是．那么小球到达最大高度的时间是________ 【答案】3 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的应用，理解题意是关键；把二次函数解析式配方即可求得小球到达最高点时的时间． 【详解】解：， ∵二次项系数为负， ∴当时，小球运动到最高点． 故答案为：3． 11. 如图，矩形中，，．矩形绕着点A旋转（旋转角），点B、C、D的对应点分别是点、、，如果点恰好落在矩形的对称轴上，则到的距离为_______． 【答案】或或 【解析】 【分析】本题重点考查了旋转的性质，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．矩形性质，矩形的四个角都是直角，矩形的对角线相等，矩形具有平行四边形的所有性质，矩形是轴对称图形，邻边不相等的矩形有两条对称轴，以及勾股定理．熟练掌握旋转的性质，同时因矩形有两条对称轴需要分情况讨论是解决本题的关键． 分情况讨论，落在对称轴或者上，当落在上时，根据矩形的性质，可以快速得到答案；当落在上时，通过旋转的性质得到，并利用矩形性质得到的值，并利用勾股定理得到，进而得到到的距离． 【详解】解：点恰好落在矩形的对称轴上，需要分情况讨论， ①在对称轴上时， ∵为矩形对称轴， ∴， ∵在对称轴上， ∴到BC的距离为． ②在对称轴上，且在AD的下方时，由题意可得， ∵为矩形对称轴， ∴， ∵矩形绕着点A旋转， ∴， ∴， ∴到的距离为． ②在对称轴上，且在的上方时，由题意可得， ∵为矩形对称轴， ∴， ∵矩形绕着点A旋转， ∴， ∴， ∴到的距离为． 故答案为：或或． 三、解答题（本大题共5个小题，每小题6分，共30分） 12. 解方程： （1）． （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握因式分解法是解题的关键． （1）使用因式分解法解方程即可； （2）先化为标准形式后再使用因式分解法解方程即可． 【小问1详解】 解：， 因式分解，得， ∴或， ∴，； 【小问2详解】 解：， 移项，得， 因式分解，得， 即或， ∴，． 13. 已知二次函数解析式为． （1）将化成的形式，并写出它的顶点坐标； （2）当时，的取值范围是 ． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（）利用配方法把二次函数解析式转化为顶点式，进而写成顶点坐标即可； （）求出抛物线与轴的交点坐标，再根据二次函数的图象开口向下即可求解； 本题考查了二次函数的顶点式，二次函数与不等式，掌握配方法及二次函数的图象是解题的关键． 【小问1详解】 解：， 即， ∴它的顶点坐标为； 【小问2详解】 解：当时，， 解得，， ∴抛物线与轴的交点坐标为和， ∵， ∴抛物线开口向下， ∴当时，的取值范围是， 故答案为：． 14. 如图，中，，，，将绕点逆时针旋转得，若点在上，求的长． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，由勾股定理可得，由旋转的性质可得，则可得到，据此利用勾股定理可得答案． 【详解】解：∵中，，，， ∴， 由旋转的性质可得， ∴， ∴． 15. 请仅用无刻度的直尺分别在图1、图2中按要求作图（保留作图痕迹，不写作法）． （1）如图1，作出关于点对称的； （2）如图2，旋转得到，作出旋转中心点． 【答案】（1） 如图1，所作为所求； （2） 如图2，所作点为所求． 【解析】 【分析】本题主要考查旋转中心，画中心对称图形等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． （1）根据中心对称的性质画图即可； （2）根据旋转的性质：旋转中心点在对应点连线的垂直平分线上，由此找出旋转中心点即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，． （1）求实数m的取值范围； （2）是否存在实数m，使得？若存在，求出m的值，若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式的应用及根与系数的关系． （1）有两个不相等的实数根时必须满足，进一步解出答案． （2）根据一元二次方程中根与系数的关系解方程即可得到结论． 【小问1详解】 解：∵方程有两个不相等的实数根，． ， ． 【小问2详解】 解：存在实数，使得成立；理由如下： ∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 解得：或， ∵， ∴． 四、解答题（本大题共3个小题；每小题8分，共24分） 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，点的坐标为，请解答下列问题： （1）画出关于原点成中心对称的并写出的坐标； （2）将绕点逆时针旋转，画出旋转后的； （3）是内的任一点，在（）的条件下，旋转后对应点的坐标为 ．（用表示） 【答案】（1） 解：如图所示，即为所求，由图可得，点的坐标为； （2）解：如图所示，即为所求； （3） 【解析】 【分析】（）根据中心对称图形的性质作出图形，再根据图形写成点的坐标即可； （）根据旋转的性质作图即可； （）根据旋转前后对应点的坐标变化找出规律即可求解； 本题考查了作中心对称图形，旋转作图，坐标与图形，掌握中心对称图形和旋转的性质是解题的关键． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：∵，，，， ∴旋转后的对应点的坐标为， 故答案为：． 18. 如图，抛物线经过、两点，与y轴交于点C，点G为抛物线的顶点． （1）求抛物线的解析式及点G的坐标； （2）连接，将直线向上移动m个单位长度，若它与抛物线只有一个交点，求m的值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由点和，求出抛物线的解析式，用配方法求顶点的坐标； （2）由求出点C坐标，再求出直线的解析式，写出平移后和解析式与抛物线解析式联立，根据只有一个交点，令根的判别式为0，解方程即可求出m的值． 【小问1详解】 解：∵抛物线经过、， ∴， 解得 ∴抛物线的解析式为， ∵， ∴抛物线顶点G的坐标为. 【小问2详解】 解：对， 令，则， ∴， ∴设直线解析式为， 代入， 得， 解得， ∴， ∴直线向上移动m个单位长度解析式为， ∵直线向上移动m个单位长度与抛物线只有一个交点， ∴联立， ∴， ∴， 解得． 【点睛】本题考查了二次函数与一次函数综合．熟练掌握待定系数法求二次函数的解析式、一次函数解析式，二次函数的图像与性质，一次函数平移，一次函数与二次函数图像的交点问题，一元二次方程根的判别式，是解题的关键． 19. 某超市以每件元的价格购进一种商品，经过市场调查发现，该商品每天的销售量（件）与销售单价（元）之间满足如图所示的一次函数关系．（不用分析取值范围）． （1）求与之间的函数关系式； （2）一段时间后，老板为了减少库存清仓甩卖，当销售单价定为多少时，该超市每天能获利润元． 【答案】（1） （2）元 【解析】 【分析】（）利用待定系数法解答即可求解； （）根据题意列出方程，解方程即可求解； 本题考查了一次函数的应用，一元二次方程的应用，理解题意是解题的关键． 【小问1详解】 解：设与之间的函数关系式为，把和代入得， ， 解得， ∴与之间的函数关系式为； 【小问2详解】 解：由题意得，， 整理得，， 解得，， ∵要减少库存清仓甩卖， ∴， 答：当销售单价定为元时，该超市每天能获利润元． 20. 如图1，果农正在进行的果树压枝处理可以减少树枝对营养成分的吸收，使更多的营养成分流向花芽，从而促进花芽分化，提高开花结果的数量和质量．如图2是一棵树枝在平面直角坐标系中的示意图，树枝近似呈直线生长，树枝上一点的生长高度与它到树干的水平距离近似满足一次函数关系，树枝经过压枝后变成抛物线形状，该抛物线最低点距离地面，且与树干的水平距离为． （1）求该抛物线的解析式（无需写出自变量的取值范围）； （2）经过压枝，树枝生长一段时间后依然满足（1）中的抛物线，且测得树枝端点处距离地面．为了使果树间不相互影响，要求树枝的最外端距离树干不得超过，试通过计算判断此树枝是否需要修剪． 【答案】（1） （2）不需要修建 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的应用，解题的关键是∶ （1）先求出点A的坐标，然后根据待定系数法求解即可； （2）把代入（1）中所求的解析式，求出点C的横坐标，即可判断． 【小问1详解】 解：令，则， ∴， 设该抛物线的解析式为， 把代入， 得， 解得， ∴； 【小问2详解】 解：不需要修建， 理由如下： 把代入， 得， 解得，（舍去）， ∵， ∴不需要修建． 21. 如图，点是的边上的动点，，连接，并将线段绕点逆时针旋转得到线段． （1）作，垂足在线段上，当时，判断点是否在直线上，并说明理由； （2）若， ①旋转后，求以为邻边的正方形的面积． ②旋转后点落在的延长线上，求的长． 【答案】（1） 点在直线上，理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴将线段绕点逆时针旋转落在直线上，即点在直线上； （2）①；② 【解析】 【分析】（）证明即可求解； （）①作于点，可得，即得是等腰直角三角形，由直角三角形的性质得，进而根据勾股定理求出即可求解；②过点作于点，由等腰直角三角形得，设，则，，利用勾股定理求出的值即可求解； 本题考查了旋转，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形的性质等，掌握旋转的性质是解题的关键． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：①作于点，则， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵，， ∴， ∴， ∴； ②过点作于点，， ∵将线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴，， ∵， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得，（不合题意，舍去）， ∴． 六、解答题（本大题共1个小题，每小题12分，共12分） 22. 综合与探究 如图，抛物线交轴于A、两点，交轴于点．直线经过、两点，若点，．点是抛物线上的一个动点（不与点A、重合）． （1）求抛物线的函数解析式． （2）过点作直线轴于点，交直线于点，当时，求点坐标． （3）若点是直线上的一个动点．请判断在点右侧的抛物线上是否存在点，使是以为斜边的等腰直角三角形．若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）， （3）存在，P点坐标为，或，或 【解析】 【分析】（1）把，代入，解方程组，求出a，b的值，即得； （2）求出，直线的解析式，设，则，分，， 和 ，四种情况解答； （3）过点F，P作轴于G，轴于H，得，根据等腰直角三角形．得，得，得，得，设，分和两种情况解答． 【小问1详解】 解：∵抛物线交轴于，两点， ∴， 解得， ∴； 【小问2详解】 解：∵中，当时，， ∴， ∴设直线的解析式为， ∵， ∴， ∴， ∴， 设， 则， 当时， ，， ∵， ∴， 解得（舍去），或（舍去）， ∴点P不存在； 当时，， ∴， 解得解得，或（舍去）， ∴， ∴； 当时，，点P不存在； 当时，，， ∴， 解得，或（舍去）， ∴， ∴， 故点坐标为， 【小问3详解】 解： 过点F，P作轴于G，轴于H，则， ∵是以为斜边的等腰直角三角形． ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设， 当时，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴, 解得，， ∴P坐标为，或； 当时，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴, 解得，（舍去）， ∴P坐标为； 故P坐标为，或，或． 【点睛】本题考查了函数与三角形综合．熟练掌握待定系数法求一次函数解析式，求二次函数解析式一次函数图象和性质，二次函数图象和性质，函数的线段问题，等腰直角三角形性质，全等三角形的判定和性质，分类讨论，是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南昌市外国语学校教育集团2025-2026学年上学期 九年级10月学习质量检测数学学科试卷 说明：1．本卷共六大题，23小题，全卷满分120分，考试时间为120分钟． 2．本卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，不得在试卷上作答，否则不给分． 一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分，每小题只有一个正确选项） 1. 下列人工智能图标中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知x＝a是一元二次方程的解，则代数式的值为（ ） A. 3 B. 6 C. ﹣3 D. ﹣6 3. 《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础框架《九章算术》中记载：“今有户高多于广六尺八寸，两隅相去适一丈，问户高、广各几何．”大意是说：“已知长方形门的高比宽多尺寸，门的对角线长丈，那么门的高和宽各是多少？”（1丈尺，1尺寸），若设门宽为尺，则根据题意，列方程为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在中，，将绕点A顺时针旋转，使点C的对应点落在边上．若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 5. 如图是抛物线（）图象的一部分，抛物线的顶点坐标为，与轴的一个交点为．点和点均在直线（）上．则①；②；③抛物线与轴的另一个交点是；④；⑤不等式的解集为． 其中结论正确的是（ ） A. ②④⑤ B. ①③⑤ C. ②⑤ D. ①②⑤ 二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分） 6. 已知点和点关于原点对称，则的值为________． 7. 若抛物线y＝x2－4x＋c的顶点在x轴上，则c的值是______． 8. 将抛物线向上平移个单位，再向左平移个单位，所得抛物线的函数解析式为______． 9. 已知关于的一元二次方程的两个实数根分别为，则______． 10. 从地面竖直向上抛出一个小球，小球的高度h（单位：）与小球运动时间t（单位：s）之间的关系式是．那么小球到达最大高度的时间是________ 11. 如图，矩形中，，．矩形绕着点A旋转（旋转角），点B、C、D的对应点分别是点、、，如果点恰好落在矩形的对称轴上，则到的距离为_______． 三、解答题（本大题共5个小题，每小题6分，共30分） 12. 解方程： （1）． （2）． 13. 已知二次函数解析式为． （1）将化成的形式，并写出它的顶点坐标； （2）当时，的取值范围是 ． 14. 如图，中，，，，将绕点逆时针旋转得，若点在上，求的长． 15. 请仅用无刻度的直尺分别在图1、图2中按要求作图（保留作图痕迹，不写作法）． （1）如图1，作出关于点对称的； （2）如图2，旋转得到，作出旋转中心点． 16. 关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，． （1）求实数m的取值范围； （2）是否存在实数m，使得？若存在，求出m的值，若不存在，请说明理由． 四、解答题（本大题共3个小题；每小题8分，共24分） 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，点的坐标为，请解答下列问题： （1）画出关于原点成中心对称的并写出的坐标； （2）将绕点逆时针旋转，画出旋转后的； （3）是内的任一点，在（）的条件下，旋转后对应点的坐标为 ．（用表示） 18. 如图，抛物线经过、两点，与y轴交于点C，点G为抛物线的顶点． （1）求抛物线的解析式及点G的坐标； （2）连接，将直线向上移动m个单位长度，若它与抛物线只有一个交点，求m的值． 19. 某超市以每件元的价格购进一种商品，经过市场调查发现，该商品每天的销售量（件）与销售单价（元）之间满足如图所示的一次函数关系．（不用分析取值范围）． （1）求与之间的函数关系式； （2）一段时间后，老板为了减少库存清仓甩卖，当销售单价定为多少时，该超市每天能获利润元． 20. 如图1，果农正在进行的果树压枝处理可以减少树枝对营养成分的吸收，使更多的营养成分流向花芽，从而促进花芽分化，提高开花结果的数量和质量．如图2是一棵树枝在平面直角坐标系中的示意图，树枝近似呈直线生长，树枝上一点的生长高度与它到树干的水平距离近似满足一次函数关系，树枝经过压枝后变成抛物线形状，该抛物线最低点距离地面，且与树干的水平距离为． （1）求该抛物线的解析式（无需写出自变量的取值范围）； （2）经过压枝，树枝生长一段时间后依然满足（1）中的抛物线，且测得树枝端点处距离地面．为了使果树间不相互影响，要求树枝的最外端距离树干不得超过，试通过计算判断此树枝是否需要修剪． 21. 如图，点是的边上的动点，，连接，并将线段绕点逆时针旋转得到线段． （1）作，垂足在线段上，当时，判断点是否在直线上，并说明理由； （2）若， ①旋转后，求以为邻边的正方形的面积． ②旋转后点落在的延长线上，求的长． 六、解答题（本大题共1个小题，每小题12分，共12分） 22. 综合与探究 如图，抛物线交轴于A、两点，交轴于点．直线经过、两点，若点，．点是抛物线上的一个动点（不与点A、重合）． （1）求抛物线的函数解析式． （2）过点作直线轴于点，交直线于点，当时，求点坐标． （3）若点是直线上的一个动点．请判断在点右侧的抛物线上是否存在点，使是以为斜边的等腰直角三角形．若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $