精品解析： 重庆市永川区文理附中教共体 2025-2026学年九年级上学期11月期中数学试题

文理附中教共体2025-2026学年秋期期中联合质量检测 初2026届数学试题 （全卷共四个大题，满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．试题的答案书写在答题卡上，不得在试卷上直接作答； 2．作答前认真阅读答题卡上的注意事项； 3．作图（包括作辅助线）请一律用黑色铅笔完成； 4．考试结束，由监考人员将答题卡收回． 参考公式：抛物线的顶点坐标为，对称轴为． 一、选择题：（本大题10个小题，每小题4分，共40分）在每个小题的下面，都给出了代号为、、、的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答题卡上题号右侧正确答案所对应的方框涂黑． 1. 2025年10月31日23时44分，搭载神舟“十一号载人飞船的长征二号遥二十一运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，下列航天图标中，其文字上方的图案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的识别，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逐项识别即可，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，旋转前后图形上能够重合的点叫做对称点． 【详解】解：选项B、C、D均不能找到这样的一个点，使图形绕该点旋转后与原来的图形完全重合，所以不是中心对称图形， 选项A能找到这样的一个点，使图形绕该点旋转后与原来的图形完全重合，所以是中心对称图形． 故选A． 2. 已知点在外，且的半径为，则的长可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查点与圆的位置关系，解题的关键是掌握点与圆的位置关系的判定方法．设的半径为，点到圆心的距离，则有：点在圆外，点在圆上，点在圆内，由此即可判断． 【详解】解：点在外，的半径为， ∴， 的长可能是， 故选：D． 3. 如图，点、、在上，，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查圆周角定理，根据圆周角定理，求出的度数，等边对等角求出的度数即可． 【详解】解：∵点、、在上，， ∴，， ∴； 故选B． 4. 将抛物线向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度，得到的抛物线表达式为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【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”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：将抛物线向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度，得到的抛物线表达式为， 故选：． 5. 如图，一个底部呈球形的烧瓶，球的半径为，瓶内液体的最大深度，则截面圆中弦的长为（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了垂经定理，勾股定理，解题的关键是熟练掌握知识点．由垂径定理和勾股定理求出的长，即可得出答案． 【详解】解：如图所示，连接,可知三点共线， 由题意得：， 在中，根据勾股定理得， 即截面圆中弦AB的长为， 故选：C． 6. 2025年国庆节期间，重庆市游客数量再创新高，第一天游客数量为300万人，第三天游客数量为610万人．设平均增长率为x，可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的应用，读懂题目，找出题目中的等量关系是解题的关键．设每天的平均增长率为x，根据“第一天游客数量为300万人，第三天游客数量为610万人”，可得出方程． 【详解】解：设每天的平均增长率为x，那么依题意得， 故选：D． 7. 已知抛物线，下列结论错误的是（ ） A. 抛物线开口方向向上 B. 当时，随的增大而增大 C. 抛物线的对称轴为直线 D. 抛物线与轴交点坐标为 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的图像与性质，理解并掌握二次函数的图像与性质是解题关键．根据，可知该抛物线开口方向向上，即可判断选项A；根据抛物线解析式可知其对称轴为直线，再结合该抛物线开口方向向上，即可判断选项B、C；令，可有，即抛物线与轴交点坐标为，即可判断选项D． 【详解】解： A. 因为，所以该抛物线开口方向向上，本选项正确，不符合题意； B. 因为该抛物线的对称轴为直线，且该抛物线开口方向向上，当时，随的增大而减小，本选项不正确，符合题意； C. 抛物线的对称轴为直线，本选项正确，不符合题意； D. 当时，可有，即抛物线与轴交点坐标为，本选项正确，不符合题意． 故选：B． 8. 一次函数与二次函数的图像相交于，两点，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数与不等式的关系，利用数形结合思想分析问题，理解不等式的解集就是对应的自变量的取值范围是解题关键．根据图像，观察一次函数在二次函数图像下方时所对应的自变量取值范围，即为该不等式的解集． 【详解】解：由图像可知， 关于的不等式的解集为或． 故选：B． 9. 如图，在正方形中，为对角线上的点，为边上的点，连接，将线段绕点顺时针旋转，点恰好与点重合，连接交于点．若正方形的边长为，则的长为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．连接，先证出，根据相似三角形的性质可得，则，再证出，根据相似三角形的性质可得，则，然后根据求解即可得． 【详解】解：如图，连接， ∵正方形的边长， ∴，，，，， 由旋转的性质得：， ∴， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：A． 10. 已知多项式，多项式，则下列结论正确的有（ ） ①若，则代数式的值为； ②当时，代数式的最小值为； ③当时，若，则关于的方程有两个实数根； ④当时，若，则的取值范围是． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】此题考查一元二次方程的根的情况，整式的加减法计算法则，已知字母的值求代数式的值，绝对值方程，①解方程得x值，代入代数式验证；②配方求最小值；③判断的解的个数；④利用绝对值几何意义求解x范围 【详解】①当时，，则 得或， 当时，； 当时，；故①正确； ②当时，， 在时，取最小值，正确； ③时，， ∵，， ∴， ∴， ∵, ∴关于的方程有两个实数根，正确； ④时，，， ∴，表示数轴上表示数的点到数与到数的点的距离和为13， ∴， 解得，正确； 故选D 二、填空题：（本大题6个小题，每小题4分，共24分）请将每小题的答案直接填在答题卡中对应的横线上． 11. 关于的一元二次方程有一个根是，则的值是___________． 【答案】2024 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的解，把代入方程，进行求解即可． 【详解】解：把代入，得：， 解得：； 故答案为：2024 12. 抛物线的顶点坐标是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数顶点式的顶点坐标为，掌握顶点式求顶点坐标是解题的关键．根据顶点式的顶点坐标为求解即可． 【详解】解：抛物线的顶点坐标是， 故答案为：． 13. 若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是一元二次方程根的判别式，注意记忆判别式大于0时有两个不相等的实数根，判别式等于0时有两个相等的实数根，判别式小于0时方程无实数根．根据有两个不相等的实数根，直接得到判别式，即可求解本题． 【详解】解：∵方程有两个不相等的实数根， ∴， 解得：； 故答案为：． 14. 如图，在中，，，，将绕点按逆时针方向旋转得到，此时点恰好在边上，则点与点之间的距离为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理，直角三角形的性质，先连接，根据旋转的性质得是等边三角形，再根据勾股定理求得，进而得出答案． 【详解】解：连接， 根据旋转的性质得，， ∵， ∴是等边三角形， ∴, ∴由旋转可得， ∴是等边三角形， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴在中，， ∴． 故答案为：． 15. 如图，为的直径，为上半圆的一个动点，于点，的角平分线交于点．且的半径为5，连接，则______；若弦的长为6，则______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】如图1，连接，由是的角平分线，可得，由，可得，则，，，由勾股定理得，；如图1，过点A作于点F，由，可得，由勾股定理得，，可求，由勾股定理得，根据，计算求解即可． 【详解】解：如图1，连接． ∵是的角平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得，； 如图1，过点A作于点F， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形，， 由勾股定理得，， 解得，， 由勾股定理得， ∴． 故答案为：，． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，勾股定理的应用，圆周角定理的应用，二次根式的加减运算等知识．熟练掌握等腰三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，勾股定理，圆周角定理是解题的关键． 16. 一个两位自然数，若各位数字之和小于等于9，则称为“完美数”，将m的各个数位上的数字相加所得的数放在m的前面，得到一个新数，那么称为m的“前置完美数”；将m的各个数位上的数字相加所得的数放在m的后面，得到一个新数，那么称为m的“后置充美数”．记，例如：时，，，．请计算______；已知两个“完美数”，，若是一个完全平方数，且，则n的最大值为______． 【答案】 ①. 23 ②. 【解析】 【分析】根据题目所给新定义即可计算；根据题意得出，，且，，结合题意可得，从而得出，由是一个完全平方数，得出或或或，再分情况讨论并结合且计算即可得解． 【详解】解：∵， ∴， ∵，， ∴的各位数字之和为，的各位数字之和为，且，， ∴，，，， ∴，， ∵，，且， ∴， ∴， ∴， ∵是一个完全平方数， ∴或或或， 当时，此时，，即，结合可得：，即， ∵，， ∴，没有满足条件的解，不符合题意，舍去； 当时，此时，，即，结合可得：，即， ∴， ∵，，且， ∴此时，没有满足条件的解，不符合题意，舍去； 当时，此时，，即，结合可得：，即， ∴， ∵，，且， ∴此时，没有满足条件的解，不符合题意，舍去； 当时，此时，，即，结合可得：，即， ∴， ∵，，且， ∴此时，或，，即此时的值为或， ∵， ∴n的最大值为， 综上：n的最大值为， 故答案为：23，． 【点睛】本题考查的是新定义情境下的有理数的混合运算，二元一次方程的整数解，整式的加减运算，不等式的基本性质，理解新定义的含义是解题的关键． 三、解答题：（本大题9个小题，第17、18小题每题8分，其余每小题10分，共86分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解答过程写在答题卡中对应的位置上． 17. 解下列方程： （1）； （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的常用方法（直接开平方法、配方法、公式法、换元法、因式分解法等）是解题关键． （1）方程可以变形为，利用配方法解方程即可得； （2）方程可以变形为，利用因式分解法解方程即可得． 【小问1详解】 解：， ， ， ， ， 所以方程的解，． 【小问2详解】 解：， ， 或， 或， 所以方程的解，． 18. 如图，已知点，，在上，是延长线上一点，请用尺规完成基本作图：作出的角平分线交于点，连接，，猜想线段与的数量关系，并证明你的猜想．（尺规作图保留作图痕迹，不写作法） 证明：∵四边形为内接四边形， ∴ ①  ， ∵， ∴ ② ， ∵平分， ∴ ③ ， ∴， 又∵ ④ （同弧所对的圆周角相等）， ∴， ∴． 【答案】 作图如图， ，，，． 【解析】 【分析】先作出作出的角平分线，然后通过圆周角定理得，又，则，再由圆周角定理得，再利用弧、弦、圆心角的关系即可求解． 【详解】 略 【点睛】本题考查了尺规作图——作角平分线，圆周角定理，圆内接四边形的性质，弧、弦、圆心角的关系，掌握知识点的应用是解题的关键． 19. 关于的一元二次方程有两个不相等的实数根． （1）求的取值范围； （2）请选择一个的正整数值，并求出方程的根． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程的判别式，因式分解法求一元二次方程的根，熟练掌握求解方法是解题关键． （1）根据方程有两个不相等的实数根可得，由此即可求解； （2）根据题意，取值，运用因式分解法求一元二次方程的根即可． 【小问1详解】 解：∵一元二次方程有两个不相等的实数根， ∴， 解得，． 【小问2详解】 解：由（1）可知，且为正整数值， ∴， ∴，即， 解得，． 20. 如图，三个顶点的坐标分别为，，． （1）将绕着点逆时针旋转，画出旋转后的，并写出的坐标； （2）画出关于原点对称的，并写出的坐标； （3）在轴上找一点，使的值最小，请直接写出点的坐标______． 【答案】（1）见解析，的坐标为； （2）见解析，的坐标为； （3） 【解析】 【分析】本题考查了作旋转图形，作中心对称图形，轴对称的性质，一次函数与坐标轴的交点问题； （1）作出三点旋转后的对应点，依次连接得到三角形，并写出的坐标； （2）作出关于原点对称的对应点，依次连接得到三角形，并写出的坐标； （3）作点关于轴的对称点，连接交轴于点，点即为所求，求出直线与轴的交点坐标即可． 【小问1详解】 如图所示，即为所作，的坐标为； 【小问2详解】 如图，即为所作；的坐标为； 【小问3详解】 作点关于轴的对称点，连接交轴于点，点即为所求， 由对称可得D点坐标为， 设直线的解析式为，代入得：， ，解得：， ∴， 令，则，解得， ∴点P的坐标为， 故答案为：． 21. 某服装店以每件50元的价格购进一批T恤，如果以每件60元出售，那么一个月内能售出300件，根据以往销售经验，销售单价每提高1元，销售量就会减少10件，设T恤的销售单价提高x元． （1）服装店希望一个月内销售该种T恤能获得利润3640元，并且尽可能减少库存，问T恤的销售单价应提高多少元？ （2）当销售单价定为多少元时，该服装店一个月内销售这种T恤获得的利润最大？最大利润是多少元？ 【答案】（1）4元 （2）售价为70元时，最大利润为4000元 【解析】 【分析】本题考查了二次函数及一元二次方程的应用，解题的关键是利用利润=单件利润×销售量,列出二次函数解析式． （1）设销售单价提高x元，根据题意由总利润每件利润销量，列出方程求解即可；（2）设销售利润为M元，求得顶点式函数关系式，利用二次函数的性质即可解决问题． 【小问1详解】 解：设T恤的销售单价提高x元，依题意得： ， 解得：或， ∵要尽可能减少库存， ∴不合题意，舍去． ∴T恤的销售单价应提高4元， 【小问2详解】 设利润为M元，由题意得： ， ， ∴当时，元， ∴销售单价：（元）， ∴当服装店将销售单价定为70元时，得到最大利润是4000元． 22. 如图，ABC是⊙O的内接三角形，，，连接AO并延长交⊙O于点D，过点C作⊙O的切线，与BA的延长线相交于点E． （1）求证：AD∥EC； （2）若AD＝6，求线段AE的长． 【答案】 （1）证明：连接OC， ∵CE是⊙O的切线， ∴∠OCE＝， ∵∠ABC＝， ∴∠AOC＝2∠ABC＝， ∵∠AOC+∠OCE＝， ∴AD∥EC； （2）6 【解析】 【分析】（1）连接OC，根据CE是⊙O的切线，可得∠OCE＝，根据圆周角定理，可得∠AOC=，从而得到∠AOC+∠OCE＝，即可求证； （2）过点A作AF⊥EC交EC于点F，由∠AOC＝，OA＝OC，可得∠OAC＝，从而得到∠BAD＝，再由AD∥EC，可得，然后证得四边形OAFC是正方形，可得，从而得到AF=3，再由直角三角形的性质，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：过点A作AF⊥EC交EC于点F， ∵∠AOC＝，OA＝OC， ∴∠OAC＝， ∵∠BAC＝， ∴∠BAD＝， ∵AD∥EC， ∴， ∵∠OCE＝，∠AOC＝，∠AFC=90°， ∴四边形OAFC是矩形， ∵OA＝OC， ∴四边形OAFC是正方形， ∴， ∵， ∴， 在Rt△AFE中，， ∴AE=2AF=6． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，切线的性质，直角三角形的性质，正方形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 23. 已知在矩形中，，，动点从点出发，沿方向以每秒1个单位的速度运动，同时，动点从点出发，沿方向以每秒2个单位的速度运动，当点到达点时，、两点都停止运动．设动点P运动的时间为秒，规定，． （1）请直接写出分别关于的函数表达式，并注明自变量的取值范围； （2）在给定的平面直角坐标系中画出函数的图象；并写出函数的一条性质； （3）根据函数，当时，直接写出的值为______． 【答案】（1）， （2）见解析 （3）2 【解析】 【分析】本题是四边形综合题，主要考查了函数图象的性质，三角形的面积，矩形的性质等知识点． （1）分别表示出，，然后根据三角形的面积公式即可得解； （2）根据题意画出图象；依据图象写出函数的性质即可； （3）作出图象，依据图象直接写出答案即可． 【小问1详解】 解：∵四边形是矩形， ∴，， 由题意可知：，，， ∴， ， ∵当点到达点时，、两点都停止运动，此时 ∴自变量x的取值范围为； 【小问2详解】 解：如图，即为函数，的图象； 函数的性质：当时，函数值随x的增大而增大（答案不唯一）； 【小问3详解】 解：由图象可知：当时，，解得或， ∵， ∴， 故答案为：2． 24. 如图，抛物线与轴交于点，点，交轴于点． （1）求抛物线的解析式． （2）如图1，已知直线上方抛物线上有一点，过点作轴与交于点，过点作轴与轴交于点，求的最大值和此时点的坐标； （3）将原抛物线沿轴向右平移1个单位长度，新抛物线与轴交于点，点的对应点为，点是第一象限中新抛物线上一点，且点到轴的距离等于点到轴的距离的一半，问在平移后的抛物线上是否存在点，使得，请直接写出所有符合条件的点的坐标． 【答案】（1） （2）最大值为，此时点的坐标为 （3）存在点，使得，点的坐标为或 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法求解即可得； （2）先求出直线的解析式为，再设点的坐标为，则，求出的长，利用二次函数的性质求出最值即可得； （3）先求出新抛物线的解析式为，再求出，，，直线的解析式为，然后分两种情况：①过点作，交新抛物线于点，则，求出直线的解析式，与新抛物线的解析式联立求解即可得；②作，交新抛物线于点，交直线于点，根据等腰三角形的判定可得，据此可得，求出直线的解析式，与新抛物线的解析式联立求解即可得． 【小问1详解】 解：将，代入得：， 解得， 所以抛物线的解析式为． 【小问2详解】 解：将代入得：，即， 设直线的解析式为， 将，代入得：，解得， 则直线的解析式为， 设点的坐标为，则， ∵轴，轴， ∴，， ∴， 由二次函数的性质可知，在内，当时，的值最大，最大值为， 此时， ∴的最大值为，此时点的坐标为． 【小问3详解】 解：抛物线， 将原抛物线沿轴向右平移1个单位长度，新抛物线的解析式为， 将代入得：，即， 将代入得：，解得或， ∴， ∵点是第一象限中新抛物线上一点，点到轴的距离等于点到轴的距离的一半，且， ∴点的横坐标为， 将代入得：，即， 设直线的解析式为， 将点，代入得：，解得， ∴直线的解析式为， ①如图，过点作，交新抛物线于点，则， ∴可设直线的解析式为， 将点代入得：，解得， ∴直线的解析式为， 联立，解得（即为点）或， ∴； ②如图，作，交新抛物线于点，交直线于点， ∴， 设点的坐标为， ∴， ， ∴， 解得， ∴， 设直线的解析式为， 将点，代入得：，解得， ∴直线的解析式为， 联立，解得（即为点）或， ∴； 综上，存在点，使得，点的坐标为或． 【点睛】本题考查了二次函数与图形的综合、二次函数最值问题、二次函数图象的平移、等腰三角形的判定、二次函数与二元一次方程组的交点等知识，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键． 25. 如图，在平行四边形中，是对角线，，点是边上一点，连接，将绕着点顺时针旋转得到线段． （1）如图1，若，连接，求的面积； （2）如图2，若，连接交于，求证：； （3）若在（2）的条件下，，点为边上一动点，连接，将线段绕着点顺时针旋转得到线段，连接，当线段取得最小值时，直接写出四边形的面积． 【答案】（1）10 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）过点作于点，先求出，再证出，根据全等三角形的性质可得，则可得的长，然后利用三角形的面积公式求解即可得； （2）在上截取，连接，先证出，根据全等三角形的性质可得，，再证出，根据全等三角形的性质可得，然后证出四边形是平行四边形，则可得，由此即可得证； （3）如图1（点在上）和如图2（点在上），过点作，交于点，连接，，先证出，根据全等三角形的性质可得，则，从而可得当点在边上运动时，点在上运动，再根据点到直线的距离、垂线段最短可得当时，线段取得最小值，根据直角三角形的性质可得，，，然后可证四边形为平行四边形，利用平行四边形的性质求解即可得． 【小问1详解】 解：如图，过点作于点， ∵，，，， ∴，， 由旋转的性质得：， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴的面积为． 【小问2详解】 解：在上截取，连接， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，， 由旋转的性质得：，， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 即． 【小问3详解】 解：∵， ∴，， 由（2）可知，， ∴， ∴， ∴， 如图1（点在上）和如图2（点在上），过点作，交于点，连接，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵将线段绕着点顺时针旋转得到线段， ∴， ∴图1中，， 图2中，， 即在图1和图2中，均有， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴当点在边上运动时，点在上运动， 由点到直线的距离、垂线段最短可知，当时，线段取得最小值， ∴此时在中，， ∴，， ∴， ∴此时四边形为平行四边形， ∴四边形的面积为． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理、旋转的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 文理附中教共体2025-2026学年秋期期中联合质量检测 初2026届数学试题 （全卷共四个大题，满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．试题的答案书写在答题卡上，不得在试卷上直接作答； 2．作答前认真阅读答题卡上的注意事项； 3．作图（包括作辅助线）请一律用黑色铅笔完成； 4．考试结束，由监考人员将答题卡收回． 参考公式：抛物线的顶点坐标为，对称轴为． 一、选择题：（本大题10个小题，每小题4分，共40分）在每个小题的下面，都给出了代号为、、、的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答题卡上题号右侧正确答案所对应的方框涂黑． 1. 2025年10月31日23时44分，搭载神舟“十一号载人飞船的长征二号遥二十一运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，下列航天图标中，其文字上方的图案是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知点在外，且的半径为，则的长可能是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，点、、在上，，则的度数是（ ） A. B. C. D. 4. 将抛物线向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度，得到的抛物线表达式为（　　） A. B. C. D. 5. 如图，一个底部呈球形的烧瓶，球的半径为，瓶内液体的最大深度，则截面圆中弦的长为（） A. B. C. D. 6. 2025年国庆节期间，重庆市游客数量再创新高，第一天游客数量为300万人，第三天游客数量为610万人．设平均增长率为x，可列方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知抛物线，下列结论错误的是（ ） A. 抛物线开口方向向上 B. 当时，随的增大而增大 C. 抛物线的对称轴为直线 D. 抛物线与轴交点坐标为 8. 一次函数与二次函数的图像相交于，两点，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. 或 C. D. 或 9. 如图，在正方形中，为对角线上的点，为边上的点，连接，将线段绕点顺时针旋转，点恰好与点重合，连接交于点．若正方形的边长为，则的长为（ ） A. B. C. 1 D. 10. 已知多项式，多项式，则下列结论正确的有（ ） ①若，则代数式的值为； ②当时，代数式的最小值为； ③当时，若，则关于的方程有两个实数根； ④当时，若，则的取值范围是． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题：（本大题6个小题，每小题4分，共24分）请将每小题的答案直接填在答题卡中对应的横线上． 11. 关于的一元二次方程有一个根是，则的值是___________． 12. 抛物线的顶点坐标是______． 13. 若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是______． 14. 如图，在中，，，，将绕点按逆时针方向旋转得到，此时点恰好在边上，则点与点之间的距离为______． 15. 如图，为的直径，为上半圆的一个动点，于点，的角平分线交于点．且的半径为5，连接，则______；若弦的长为6，则______． 16. 一个两位自然数，若各位数字之和小于等于9，则称为“完美数”，将m的各个数位上的数字相加所得的数放在m的前面，得到一个新数，那么称为m的“前置完美数”；将m的各个数位上的数字相加所得的数放在m的后面，得到一个新数，那么称为m的“后置充美数”．记，例如：时，，，．请计算______；已知两个“完美数”，，若是一个完全平方数，且，则n的最大值为______． 三、解答题：（本大题9个小题，第17、18小题每题8分，其余每小题10分，共86分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解答过程写在答题卡中对应的位置上． 17. 解下列方程： （1）； （2）． 18. 如图，已知点，，在上，是延长线上一点，请用尺规完成基本作图：作出的角平分线交于点，连接，，猜想线段与的数量关系，并证明你的猜想．（尺规作图保留作图痕迹，不写作法） 证明：∵四边形为内接四边形， ∴ ①  ， ∵， ∴ ② ， ∵平分， ∴ ③ ， ∴， 又∵ ④ （同弧所对的圆周角相等）， ∴， ∴． 19. 关于的一元二次方程有两个不相等的实数根． （1）求的取值范围； （2）请选择一个的正整数值，并求出方程的根． 20. 如图，三个顶点的坐标分别为，，． （1）将绕着点逆时针旋转，画出旋转后的，并写出的坐标； （2）画出关于原点对称的，并写出的坐标； （3）在轴上找一点，使的值最小，请直接写出点的坐标______． 21. 某服装店以每件50元的价格购进一批T恤，如果以每件60元出售，那么一个月内能售出300件，根据以往销售经验，销售单价每提高1元，销售量就会减少10件，设T恤的销售单价提高x元． （1）服装店希望一个月内销售该种T恤能获得利润3640元，并且尽可能减少库存，问T恤的销售单价应提高多少元？ （2）当销售单价定为多少元时，该服装店一个月内销售这种T恤获得的利润最大？最大利润是多少元？ 22. 如图，ABC是⊙O的内接三角形，，，连接AO并延长交⊙O于点D，过点C作⊙O的切线，与BA的延长线相交于点E． （1）求证：AD∥EC； （2）若AD＝6，求线段AE的长． 23. 已知在矩形中，，，动点从点出发，沿方向以每秒1个单位的速度运动，同时，动点从点出发，沿方向以每秒2个单位的速度运动，当点到达点时，、两点都停止运动．设动点P运动的时间为秒，规定，． （1）请直接写出分别关于的函数表达式，并注明自变量的取值范围； （2）在给定的平面直角坐标系中画出函数的图象；并写出函数的一条性质； （3）根据函数，当时，直接写出的值为______． 24. 如图，抛物线与轴交于点，点，交轴于点． （1）求抛物线的解析式． （2）如图1，已知直线上方抛物线上有一点，过点作轴与交于点，过点作轴与轴交于点，求的最大值和此时点的坐标； （3）将原抛物线沿轴向右平移1个单位长度，新抛物线与轴交于点，点的对应点为，点是第一象限中新抛物线上一点，且点到轴的距离等于点到轴的距离的一半，问在平移后的抛物线上是否存在点，使得，请直接写出所有符合条件的点的坐标． 25. 如图，在平行四边形中，是对角线，，点是边上一点，连接，将绕着点顺时针旋转得到线段． （1）如图1，若，连接，求的面积； （2）如图2，若，连接交于，求证：； （3）若在（2）的条件下，，点为边上一动点，连接，将线段绕着点顺时针旋转得到线段，连接，当线段取得最小值时，直接写出四边形的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $