精品解析：安徽省淮南市淮南西部地区 2025-2026学年九年级上学期11月期中数学试题（第二次联考）

2025秋季九年级第二次同步练习数学试卷 考生注意：本卷八大题，共23小题，满分150分，考试时间120分钟． 一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分） 1. 如图，四个图标分别是剑桥大学、北京大学、浙江大学和北京理工大学的校徽的重要组成部分，其中是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是轴对称图形的概念，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．根据轴对称图形的概念判断即可． 【详解】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意； C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意； D、不轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意； 故选：B． 2. 抛物线y＝（x＋1）2﹣1的顶点坐标为（ ） A. （﹣1，﹣1） B. （1，﹣1） C. （﹣1，1） D. （1，1） 【答案】A 【解析】 【分析】根据二次函数y＝a（x－h）2＋k的顶点坐标为（h，k），可得到已知二次函数的顶点坐标． 【详解】解：抛物线y＝（x＋1）2﹣1的顶点坐标为（﹣1，﹣1）． 故答案为：A． 【点睛】本题考查了二次函数的顶点式，熟记二次函数y＝a（x－h）2＋k的图象的顶点坐标为（h，k）是解题的关键． 3. 一个等腰三角形的两边是方程的两根，则这个三角形的周长为（ ） A. 8 B. 10 C. 8或10 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了因式分解求一元二次方程的解，等腰三角形的定义，三角形三边数量关系，解方程得两根为2和4，讨论等腰三角形的两种可能情况，利用三角形三边关系判断有效性，再计算周长． 【详解】 ， ∴，， 若腰为2，则三边为2、2、4． ∵，不满足三角形三边关系， ∴不成立； 若腰为4，则三边为4、4、2． ∵， ∴成立． ∴周长为． 故选：B． 4. 若是方程的一个根，设，，则M与N的大小关系正确的为（ ） A. B. C. D. 不确定 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根的定义和作差法比较大小，通过代入和化简得到定值，从而确定大小关系．将代入方程得到关系式，然后计算，利用代入化简比较大小． 【详解】解： 是方程 )的根， ，即 ． ， ， ． 故选：A． 5. 为了加快数字化城市建设，某市计划新建一批智能充电桩，第一个月新建了300个充电桩，第三个月新建了500个充电桩，设该市新建智能充电桩个数的月平均增长率为x，根据题意，请列出方程（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程的应用，解题的关键是理解题意；因此此题可根据增长率问题进行求解． 【详解】解：由题意可列方程为； 故选C． 6. 如图，将绕点顺时针旋转角，得到，若点恰好在的延长线上，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据旋转的性质和四边形的内角和是360º即可求解． 【详解】由旋转的性质得：∠BAD=，∠ABC=∠ADE， ∵∠ABC+∠ABE=180º， ∴∠ADE+∠ABE=180º， ∵∠ABE+∠BED+∠ADE+∠BAD=360º，∠BAD= ∴∠BED=180º-， 故选：D． 【点睛】本题考查了旋转的性质、四边形的内角和是360º，熟练掌握旋转的性质是解答的关键． 7. 如图，点A，B的坐标分别为和，抛物线的顶点在线段上运动（抛物线随顶点一起平移，与x轴交于C、D两点（C在D的左侧），点C的横坐标最小值为，则点D的横坐标最大值为（ ） A. B. 1 C. 5 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】根据图象，当抛物线顶点为时，C点横坐标最小，根据此时抛物线的对称轴，可判断出间的距离；当抛物线顶点为时，D点横坐标最大，进而可判断出D点横坐标最大值． 【详解】解：根据题意，当抛物线顶点为时，C点横坐标最小为，则抛物线的对称轴为直线，此时点D坐标为，则， 当抛物线顶点为时，D点横坐标最大，此时抛物线的对称轴为直线，又， ∴，， 点D的横坐标最大为8， 故选：D． 【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，能够正确地判断出点C横坐标最小、点D横坐标最大时抛物线的顶点坐标是解答此题的关键． 8. 如图，，是的两条平行弦，且，，，之间的距离为5，则的直径是（ ） A. B. C. 8 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】作于M，延长交于N，连接，，由垂径定理，勾股定理即可求解． 【详解】解：作于，延长交于，连接，，设， ∵、是两条平行弦 ∴ ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 直径长是， 故选：B． 【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，解题的关键是构造直角三角形，以便应用垂径定理，勾股定理进行解题． 9. 二次函数的图象与一次函数在同一平面直角坐标系中的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先分析二次函数的图像的开口方向即对称轴位置，而一次函数的图像恒过定点，即可得出正确选项． 【详解】二次函数的对称轴为，一次函数的图像恒过定点，所以一次函数的图像与二次函数的对称轴的交点为，只有A选项符合题意． 故选A． 【点睛】本题考查了二次函数的图像与性质、一次函数的图像与性质，解决本题的关键是能推出一次函数的图像恒过定点，本题蕴含了数形结合的思想方法等． 10. 已知二次函数的图象经过点，，，，．则下列四个结论①；②；③方程的解为，；④对于任意实数t，总有中，正确结论是（ ） A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④ 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数图象的性质，待定系数法，数形结合法，配方法，二次函数图象上点的坐标的特征，利用已知条件画出函数的大致图象是解题的关键，利用抛物线的对称性可求得抛物线的对称轴，利用对称轴方程可得a，b的关系，用待定系数法将代入，可得c与a的关系，利用配方法可求得抛物线的顶点坐标，由此可画出函数的大致图象，利用图象可判定①正确；将a，b关系式代入可得②正确；令解方程即可判定③正确；利用函数的最小值可判定④不正确． 【详解】解：∵点和的纵坐标相同， ∴对称轴为直线， ∴，即， ∵点在图象上， ∴， 代入，得， ∴，故②正确； ∵， ∴， ∴函数为， 令，得， ∵， ∴， 解得，，故③正确； ∵对称轴，， ∴点到对称轴距离为4，点到对称轴距离为1， ∴ ，故①正确； ∵， ∴最小值为， 但（∵ ）， ∴，不一定 ，故④错误； 综上，正确结论为①②③， 故选：A． 二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分） 11. 点关于原点的对称点为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查关于原点对称的点的坐标特征，解题的关键是掌握关于原点对称的点的横、纵坐标都互为相反数． 根据关于原点对称的点的坐标特征，直接求出点关于原点的对称点的坐标． 【详解】解：关于原点对称的点的坐标特征是：横、纵坐标都互为相反数． 点关于原点的对称点，其横坐标为，纵坐标为， 因此对称点为． 故答案：． 12. 如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，CD⊥AB，垂足为D，已知CD=4，OD=3，求AB的长是__．= 【答案】10 【解析】 【分析】连接OC，根据勾股定理求出OC的长，进而可得出结论． 【详解】解：连接OC， ∵CD⊥AB，垂足为D，CD=4，OD=3， AB=2OC=10 故答案为：10． 【点睛】本题考查的是垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键． 13. 若m，n分别是一元二次方程的两个根，则的值为______． 【答案】11 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解，根与系数的关系．根据一元二次方程解的定义和根与系数的关系得到，，然后利用整体代入的方法计算． 【详解】解：∵m，n分别是一元二次方程的两个根， ∴，， ∴，即， ∴， 故答案为：11． 14. 定义：符号的含义为：当时，，当时，，如：，． （1）________； （2）方程的解是________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程，解一元一次不等式，配方法，解题的关键是正确理解定义以及熟练运用一元二次方程的解法． （1）通过比较二次函数与常数2的大小关系，利用配方法求得，从而根据定义得出结果； （2）根据与的大小关系分类讨论，分别解方程并验证解的取值范围是否符合条件． 【详解】解：（1）对于 ，需比较与2的大小， 配方法： ， 因此恒有， ∵当 时，， ∴， 故答案为：； （2）方程， 分以下两种情况讨论： ①当，即时，， 则，即， 解得， 其中符合条件，不符合条件，舍去； ②当，即 时，， 则，即， 解得， 其中 符合条件，不符合条件，舍去； 综上，方程的解为． 故答案为：． 三、解答题（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15. 解方程：． 【答案】， 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，解题的关键是掌握公式法． 利用公式法解一元二次方程即可． 【详解】解：原方程可化为：， ∵ ，． 16. 求抛物线的开口方向，对称轴，顶点坐标． 【答案】开口向上，对称轴是轴，顶点坐标 【解析】 【分析】本题考查的是二次函数的性质，直接根据二次函数的性质进行解答即可，熟知二次函数的性质是解答此题的关键． 【详解】解：， 即． ， 开口向上，对称轴是轴，顶点坐标． 四、解答题（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 17. 如图，三个顶点分别为，，． \ （1）请画出绕点B逆时针旋转后的； （2）请画出关于原点对称的图形． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】本题考查作图-旋转变换． （1）分别作出A，C的对应点即可； （2）分别作出A，B，C的对应点即可． 【小问1详解】 解：如图所示； 【小问2详解】 解：如图所示． ． 18. 在方程中，若，则原方程的两个根是，；若，则原方程的两个根是________，． （1）完成上面的填空； （2）试用上述结论解下列方程 ①； ②． 【答案】（1） （2）①，；②， 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的根的特征，解题的关键是理解并运用和时方程根的规律． （1）根据的特征，确定方程的一个根； （2）利用题目给出的结论，分别分析两个方程，求出它们的根． 【小问1详解】 解：对于方程，当时，把代入方程，左边为， 。 故答案为： 【小问2详解】 解：①解方程， ，则， 根据结论，当时，，另一个根． 方程的根为； ②解方程， ，则， 根据结论，当时，，另一个根． 方程根为． 五、解答题（本大题共2小题，每小题10分，满分20分） 19. 如图，经过A，B，C三点，，连接． （1）求证：； （2），的半径为25，求的长． 【答案】（1）见解析 （2）的长为40 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，垂径定理． （1）证得，得到，根据等腰三角形三线合一的性质即可证得； （2）由（1）得，故，根据垂径定理得，由勾股定理得，再由勾股定理可得的长． 【小问1详解】 证明：如图，连接、， ∴在和， ∴， ， ∵， ； 【小问2详解】 解：如图，延长交于点D， 由（1）得， ∴， 又∵，， ∴， ∵的半径为25， ∴， ∴在中，， ∴， ∴在中，， 即的长为40． 20. 已知△ABC中，∠ABC=90°，∠C=30°，AB=1．若把△ABC绕点B顺时针旋转得到△EBD， （1）如图1，当点E落在AC边上时，求旋转角度大小． （2）如图2，当点E落在直线CD上时，求点C和点D之间的距离． 【答案】（1）60°；（2）3 【解析】 【分析】（1）先证明△ABE为等边三角形，求得∠ABE=60°，即可求得旋转角度的大小； （2）根据旋转的性质判定△BDC和△EBC都是等腰三角形，利用含30度角的直角三角形的性质求得AC=ED=2，即可求得点C和点D之间的距离． 【详解】（1）根据旋转的性质得：AB=BE， ∵△ABC中，∠ABC=90°，∠C=30°， ∴∠A=90°-∠C=60°， ∴△ABE为等边三角形， ∴∠ABE=60°， 故旋转角度的大小为60°； （2）∵△ABC中，∠ABC=90°，∠C=30°，AB=1， ∴AC=2AB=2， 根据旋转的性质得AB=BE，AC=ED=2，BC=BD，∠ACB=∠D=30°，∠A=∠BED=60°， ∵BC=BD， ∴∠D=∠BCD=30°， ∴∠CBE=∠BED -∠BCD =60°-30°=30°， ∴EC=EB=AB=1， ∴CD= EC+ ED=1+2=3， ∴点C和点D之间的距离为3． 【点睛】本题考查了旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键． 六、解答题（本题满分12分） 21. 如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象经过点，点B，与y轴交于点C． （1）求a，b的值； （2）若点P为直线上一点，点P到A，B两点的距离相等，将该抛物线向左（或向右）平移，得到一条新抛物线，并且新抛物线经过点P，求新抛物线的顶点坐标． 【答案】（1） （2）或． 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）先求出抛物线的对称轴为直线，，再由对称性可得点P在在直线上，求出直线的解析式为，即可，设平移后的新抛物线的解析式为，代入点P坐标得到，解方程即可得到答案． 【小问1详解】 解：∵二次函数的图象经过点，点B， ∴， 解得； 【小问2详解】 解：由（1）得抛物线解析式为 ∴抛物线的对称轴为直线，， ∵点P到A，B两点的距离相等， ∴点P在抛物线的对称轴上，即在直线上， 设直线的解析式为， ∴， ∴ ∴直线的解析式为， 在中，当时，， ∴， 设平移后的新抛物线的解析式为， ∵新抛物线经过点P， ∴， 解得， ∴新抛物线的顶点坐标为或． 【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的平移问题，一次函数与几何综合，灵活运用所学知识是解题的关键. 七、解答题（本题满分12分） 22. 正方形中，E是边上一点， （1）将绕点A按顺时针方向旋转，使重合，得到，如图1所示.观察可知：与相等的线段是_______，______. （2）如图2，正方形中，分别是边上的点，且，试通过旋转的方式说明： （3）在（2）题中，连接分别交于，你还能用旋转的思想说明. 【答案】（1）BF，AED；（2）证明见解析；（3）证明见解析. 【解析】 【详解】试题分析：(1)、直接根据旋转性质得到DE=BF，∠AFB=∠AED；(2)、将△ADQ绕点A按顺时针方向旋转90°，则AD与AB重合，得到△ABE，根据旋转的性质得∠EAQ=∠BAD=90°，AE=AQ，BE=DQ，而∠PAQ=45°，则∠PAE=45°，再根据全等三角形的判定方法得到△APE≌△APQ，则PE=PQ，于是PE=PB+BE=PB+DQ，即可得到DQ+BP=PQ； (3)、根据正方形的性质有∠ABD=∠ADB=45°，将△ADN绕点A按顺时针方向旋转90°，则AD与AB重合，得到△ABK，根据旋转的性质得∠ABK=∠ADN=45°，BK=DN，AK=AN，与（2）一样可证明△AMN≌△AMK得到MN=MK，由于∠MBA+∠KBA=45°+45°=90°，得到△BMK为直角三角形，根据勾股定理得BK2+BM2=MK2，然后利用等相等代换即可得到BM2+DN2=MN2． 试题解析：(1)、∵△ADE绕点A按顺时针方向旋转，使AD、AB重合，得到△ABF， ∵DE=BF，∠AFB=∠AED． (2)、将△ADQ绕点A按顺时针方向旋转90°，则AD与AB重合，得到△ABE，如图2， 则∠D=∠ABE=90°， 即点E、B、P共线，∠EAQ=∠BAD=90°，AE=AQ，BE=DQ， ∵∠PAQ=45°， ∴∠PAE=45° ∴∠PAQ=∠PAE， ∴△APE≌△APQ（SAS）， ∴PE=PQ， 而PE=PB+BE=PB+DQ， ∴DQ+BP=PQ； (3)、∵四边形ABCD为正方形， ∴∠ABD=∠ADB=45°， 如图，将△ADN绕点A按顺时针方向旋转90°，则AD与AB重合，得到△ABK， 则∠ABK=∠ADN=45°，BK=DN，AK=AN， 与（2）一样可证明△AMN≌△AMK，得到MN=MK， ∵∠MBA+∠KBA=45°+45°=90°， ∴△BMK为直角三角形， ∴BK2+BM2=MK2， ∴BM2+DN2=MN2． 考点：(1)、旋转的性质；(2)、全等三角形的判定与性质；(3)、勾股定理；(4)、正方形的性质． 八、解答题（本题满分14分） 23. 如图，在平面直角坐标系中有一，O为坐标原点，，，将绕原点O逆时针旋转，得到，抛物线经过A，B两点． （1）求抛物线的解析式及顶点G的坐标； （2）判断抛物线是否经过点C，请说明理由； （3）在第二象限内，抛物线上存在异于点G的一点P，使与的面积相等，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1），顶点的坐标为 （2）抛物线经过点；理由见解析 （3）存在， 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图像及性质、待定系数法、图形旋转的性质等知识点，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）由点A的坐标、点B的坐标即可求出抛物线的解析式，将其化为顶点式后即可求顶点坐标； （2）由旋转的性质可知点C的坐标，将其代入解析式看是否满足等式，即可； （3）过点作，交抛物线于，先求出直线的解析式，再设直线的解析式为，把顶点的坐标为代入直线的解析式，得直线的解析式为：，联立，即可求解． 【小问1详解】 解：，， 点A的坐标为，点B的坐标为， 抛物线经过A，B两点， ，解得， ， 顶点的坐标为； 【小问2详解】 抛物线经过点，理由如下： 由旋转知，， ， 由（1）知当时，， 抛物线经过点； 【小问3详解】 存在，如图所示，过点作，交抛物线于， 由旋转知， ， 由（2）知， 设直线的解析式为：， ，解得， 直线的解析式为：． 与的面积相等， 设直线的解析式为：． 把顶点的坐标为代入直线的解析式，得， 解得，， 直线的解析式为：， 联立， 解得或 点P在第二象限内，是抛物线上异于点G的一点， 点P的坐标为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025秋季九年级第二次同步练习数学试卷 考生注意：本卷八大题，共23小题，满分150分，考试时间120分钟． 一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分） 1. 如图，四个图标分别是剑桥大学、北京大学、浙江大学和北京理工大学的校徽的重要组成部分，其中是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 抛物线y＝（x＋1）2﹣1的顶点坐标为（ ） A （﹣1，﹣1） B. （1，﹣1） C. （﹣1，1） D. （1，1） 3. 一个等腰三角形的两边是方程的两根，则这个三角形的周长为（ ） A. 8 B. 10 C. 8或10 D. 6 4. 若是方程一个根，设，，则M与N的大小关系正确的为（ ） A. B. C. D. 不确定 5. 为了加快数字化城市建设，某市计划新建一批智能充电桩，第一个月新建了300个充电桩，第三个月新建了500个充电桩，设该市新建智能充电桩个数的月平均增长率为x，根据题意，请列出方程（ ） A. B. C. D. 6. 如图，将绕点顺时针旋转角，得到，若点恰好在的延长线上，则等于（ ） A. B. C. D. 7. 如图，点A，B的坐标分别为和，抛物线的顶点在线段上运动（抛物线随顶点一起平移，与x轴交于C、D两点（C在D的左侧），点C的横坐标最小值为，则点D的横坐标最大值为（ ） A. B. 1 C. 5 D. 8 8. 如图，，是两条平行弦，且，，，之间的距离为5，则的直径是（ ） A. B. C. 8 D. 10 9. 二次函数的图象与一次函数在同一平面直角坐标系中的图象可能是（ ） A. B. C. D. 10. 已知二次函数的图象经过点，，，，．则下列四个结论①；②；③方程的解为，；④对于任意实数t，总有中，正确结论是（ ） A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④ 二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分） 11. 点关于原点的对称点为________． 12. 如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，CD⊥AB，垂足为D，已知CD=4，OD=3，求AB的长是__．= 13. 若m，n分别是一元二次方程两个根，则的值为______． 14. 定义：符号的含义为：当时，，当时，，如：，． （1）________； （2）方程的解是________． 三、解答题（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15. 解方程：． 16. 求抛物线的开口方向，对称轴，顶点坐标． 四、解答题（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 17. 如图，三个顶点分别为，，． \ （1）请画出绕点B逆时针旋转后的； （2）请画出关于原点对称的图形． 18. 在方程中，若，则原方程两个根是，；若，则原方程的两个根是________，． （1）完成上面的填空； （2）试用上述的结论解下列方程 ①； ②． 五、解答题（本大题共2小题，每小题10分，满分20分） 19. 如图，经过A，B，C三点，，连接． （1）求证：； （2），的半径为25，求的长． 20. 已知△ABC中，∠ABC=90°，∠C=30°，AB=1．若把△ABC绕点B顺时针旋转得到△EBD， （1）如图1，当点E落在AC边上时，求旋转角度大小． （2）如图2，当点E落在直线CD上时，求点C和点D之间的距离． 六、解答题（本题满分12分） 21. 如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象经过点，点B，与y轴交于点C． （1）求a，b的值； （2）若点P为直线上一点，点P到A，B两点的距离相等，将该抛物线向左（或向右）平移，得到一条新抛物线，并且新抛物线经过点P，求新抛物线的顶点坐标． 七、解答题（本题满分12分） 22. 正方形中，E是边上一点， （1）将绕点A按顺时针方向旋转，使重合，得到，如图1所示.观察可知：与相等的线段是_______，______. （2）如图2，正方形中，分别是边上的点，且，试通过旋转的方式说明： （3）在（2）题中，连接分别交于，你还能用旋转的思想说明. 八、解答题（本题满分14分） 23. 如图，在平面直角坐标系中有一，O为坐标原点，，，将绕原点O逆时针旋转，得到，抛物线经过A，B两点． （1）求抛物线的解析式及顶点G的坐标； （2）判断抛物线是否经过点C，请说明理由； （3）在第二象限内，抛物线上存在异于点G的一点P，使与的面积相等，若存在，请求出点P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 $