精品解析：河南省信阳市息县2025-2026学年九年级上学期期中学业质量监测数学试卷

2025-2026学年度上期期中学业质量监测 九年级数学试题 注意事项： 1.本试卷共4页，三个大题，23个小题.满分120分，考试时间100分钟. 2.本试卷上不要答题，请按答题卡上注意事项的要求直接把答案填写在答题卡上.答在试卷上的答案无效. 一、选择题（每小题3分，共30分） 1. 古希腊哲学家毕达哥拉斯曾说：“美的线型和其他一切美的形体，都必须有对称形式．”下面的图形中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 一元二次方程的根的情况是（ ） A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 只有一个实数根 D. 没有实数根 3. 已知点A（a，1）与点B（5，b）关于原点对称，则a+b的值为（ ） A. -6 B. -4 C. 4 D. 6 4. 将抛物线 向左平移3个单位长度后，得到的抛物线是（　　） A. B. C. D. 5. 用配方法解一元二次方程时可配方得（ ） A. B. C. D. 6. 在“双减政策”的推动下，我县某中学学生每天书面作业时长明显减少.2022年上学期每天书面作业平均时长为，经过2022年下学期和2023年上学期两次调整后，2023年上学期平均每天书面作业时长为.设该校这两学期平均每天作业时长每期的下降率为x,则可列方程为（　　） A. B. C. D. 7. 下列关于二次函数的说法正确的是（　　） A. 图象是一条开口向下的抛物线 B. 图象与x轴没有交点 C. 当时，y随x的增大而增大 D. 图象的顶点坐标是 8. 如图，点A，B，C在上，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 9. 二次函数的图象如图所示，则一次函数的图象一定不经过（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 10. 图1的摩天轮上以等间隔的方式设置个车厢，车厢依顺时针方向分别编号为号到号，且摩天轮运行时以逆时针方向等速旋转，旋转一圈花费分钟．若图2表示号车厢运行到最高点的情形，则此时经过多少分钟后，号车厢才会运行到最高点？（　　） A. B. C. D. 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 一元二次方程的解是______． 12. 已知抛物线的图像上有、两点，则_____．（填“”、“”或“”） 13. 如图，在等腰中,，E是三角形内一点，连接，将线段绕点O逆时针旋转得到，连接．若，则的度数为__________． 14. 如图，AB为⊙O的直径，弦于点E，已知，则⊙O的半径为__________． 15. 新定义：为二次函数（，，，为实数）的“图象数”，如：的“图象数”为，若“图象数”是的二次函数的图象与轴只有一个交点，则的值为______． 三、解答题（本大题共8个小题，共75分） 16. 用适当的方法解方程： （1） （2） 17. 已知关于x的一元二次方程有实数根． （1）求实数k的取值范围． （2）设方程的两个实数根分别为，若，求k的值． 18. 造纸术、印刷术、指南针和火药是中国古代四大发明．这些发明对人类文明发展产生了深远的影响．某校科技节活动中，计划在如图所示的长，宽的展板上展出介绍四大发明的海报，每幅海报面积均为，若展板外沿与海报之间、相邻海报之间均贴有宽度为的彩色纸带，求彩色纸带的宽度． 19. 如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，的顶点均在格点上，点C的坐标为． （1）以原点O为对称中心，画出关于原点O对称的，并写出点C1的坐标； （2）把绕点A逆时针旋转得到对应的，画出，并写出C2的坐标． 20. 习总书记强调，实行垃圾分类，关系广大人民群众生活环境，关系节约使用资源，也是社会文明水平的一个重要体现．为改善城市生态环境，某公司为配合国家垃圾分类入户的倡议，设计了一款成本为元/个的多用途垃圾桶投放市场，经试销发现，销售量（个）与销售单价（元）符合一次函数关系：当时，；当时，． （1）若该公司获得利润为元，试写出利润与销售单价之间的函数解析式； （2）若物价部门限定该产品的销售单价不得超过30元/个，那么定价为多少元时才可获得最大利润？ 21. 如图，圆内接四边形的对角线，交于点，平分，． （1）求证平分，并求的大小； （2）过点作交的延长线于点．若，，求此圆半径的长． 22. 在二次函数中，与的几组对应值如下表所示． … 0 1 … … 1 … （1）求二次函数的表达式． （2）求二次函数图象的顶点坐标，并在给出的平面直角坐标系中画出二次函数的图象． （3）将二次函数的图象向右平移个单位长度后，当时，若图象对应的函数最大值与最小值的差为5，请直接写出的值． 23. 如图，某足球运动员站在点O处练习射门，将足球从离地面0.5m的A处正对球门踢出(点A在y轴上)，足球的飞行高度y(单位：m)与飞行时间t(单位：s)之间满足函数关系y＝at2＋5t＋c，已知足球飞行0.8s时，离地面的高度为3.5m. (1)足球飞行的时间是多少时，足球离地面最高？最大高度是多少？ (2)若足球飞行的水平距离x(单位：m)与飞行时间t(单位：s)之间具有函数关系x＝10t，已知球门的高度为2.44m，如果该运动员正对球门射门时，离球门的水平距离为28m，他能否将球直接射入球门？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度上期期中学业质量监测 九年级数学试题 注意事项： 1.本试卷共4页，三个大题，23个小题.满分120分，考试时间100分钟. 2.本试卷上不要答题，请按答题卡上注意事项的要求直接把答案填写在答题卡上.答在试卷上的答案无效. 一、选择题（每小题3分，共30分） 1. 古希腊哲学家毕达哥拉斯曾说：“美的线型和其他一切美的形体，都必须有对称形式．”下面的图形中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案． 【详解】解：选项A、B、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，不符合题意； 选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，符合题意， 故选：C． 【点睛】本题主要考查了中心对称图形，关键是找出对称中心． 2. 一元二次方程的根的情况是（ ） A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 只有一个实数根 D. 没有实数根 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，掌握，方程有两个不相等的实数根；，方程有两个相等的实数根；，方程没有实数根是解题关键．根据一元二次方程根的判别式求解即可． 【详解】解：一元二次方程， ， 方程有两个不相等的实数根， 故选：A． 3. 已知点A（a，1）与点B（5，b）关于原点对称，则a+b的值为（ ） A. -6 B. -4 C. 4 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出a，b的值，进而得出答案． 【详解】解：∵点A（a，1）与点B（5，b）关于原点对称， ∴a=-5，b=-1， ∴a+b=-5-1=-6． 故选：A． 【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确掌握横纵坐标的符号关系是解题关键．关于原点对称的点的坐标规律：关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数． 4. 将抛物线 向左平移3个单位长度后，得到的抛物线是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的平移问题，掌握二次函数的平移规律是解答本题的关键．根据抛物线平移规律：左加右减．向左平移3个单位，应在上加3． 【详解】∵ 原抛物线为，向左平移3个单位长度， ∴ 新抛物线为． 故选：D． 5. 用配方法解一元二次方程时可配方得（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查配方法解一元二次方程，根据配方法的步骤求解即可． 【详解】解：移项，得， 配方，得， 即， 故选：A． 6. 在“双减政策”的推动下，我县某中学学生每天书面作业时长明显减少.2022年上学期每天书面作业平均时长为，经过2022年下学期和2023年上学期两次调整后，2023年上学期平均每天书面作业时长为.设该校这两学期平均每天作业时长每期的下降率为x,则可列方程为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，利用2023年上学期平均每天书面作业时长=2022年上学期每天书面作业平均时长×（1﹣该校这两学期平均每天作业时长每期的下降率）2，即可列出关于x的一元二次方程，此题得解． 【详解】解：设根据题意得：． 故选：C． 7. 下列关于二次函数的说法正确的是（　　） A. 图象是一条开口向下的抛物线 B. 图象与x轴没有交点 C. 当时，y随x的增大而增大 D. 图象的顶点坐标是 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查二次函数的基本性质，包括开口方向、顶点坐标、与轴交点及单调性，需熟练掌握顶点式的应用． 根据二次函数顶点式的性质，判断开口方向、顶点坐标、与轴交点及增减性． 【详解】∵二次函数中，， ∴图象开口向上，故A错误； ∵令，得，解得， ∴图象与轴有两个交点，故B错误； ∵对称轴为直线，且开口向上， ∴当时，随增大而减小，故C错误； ∵顶点式为，其中，， ∴顶点坐标为， 故选：D． 8. 如图，点A，B，C在上，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接根据圆周角定理即可得． 【详解】解：∵， ∴由圆周角定理得：， 故选：D． 【点睛】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题关键． 9. 二次函数的图象如图所示，则一次函数的图象一定不经过（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据二次函数图象的开口方向、对称轴判断出、的正负情况，再由一次函数的性质解答． 【详解】解：由图象开口向下可知， 由对称轴，得． ∴一次函数的图象经过第一、二、三象限，不经过第四象限． 故选：D． 【点睛】本题考查二次函数图象和一次函数图象的性质，解答本题的关键是求出、的正负情况，要掌握它们的性质才能灵活解题，此题难度不大． 10. 图1的摩天轮上以等间隔的方式设置个车厢，车厢依顺时针方向分别编号为号到号，且摩天轮运行时以逆时针方向等速旋转，旋转一圈花费分钟．若图2表示号车厢运行到最高点的情形，则此时经过多少分钟后，号车厢才会运行到最高点？（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出从21号旋转到9号旋转的角度占圆大小比例，再根据旋转一圈花费30分钟解答即可． 【详解】解： =20（分钟）． 所以经过20分钟后，9号车厢才会运行到最高点． 故选B． 【点睛】本题考查生活中的旋转现象，理清题意，得出从21号旋转到9号旋转的角度占圆大小比例是解题的关键． 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 一元二次方程的解是______． 【答案】3或 【解析】 【分析】利用因式分解法即可求解． 【详解】 即，或者， ∴，， 故答案为：3或． 【点睛】本题考查采用因式分解法求解一元二次方程的知识，掌握相应的求解方法，是解答本题的关键． 12. 已知抛物线的图像上有、两点，则_____．（填“”、“”或“”） 【答案】 【解析】 【分析】根据二次函数解析式得出抛物线的对称轴以及开口方向，进行判断即可． 【详解】解：∵抛物线的解析式为， ∴， ∴抛物线开口向下，对称轴为， ∵， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了二次函数的性质，根据二次函数的解析式得出抛物线的对称轴以及开口方向是解本题的关键． 13. 如图，在等腰中,，E是三角形内一点，连接，将线段绕点O逆时针旋转得到，连接．若，则的度数为__________． 【答案】##25度 【解析】 【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质、旋转的性质及全等三角形的判定与性质，解题的关键是利用旋转性质证明三角形全等，推导角的数量关系． 由旋转得、，结合等腰的、，证得；再由等腰的，计算 【详解】解：∵ 线段OE绕点逆时针旋转得到OF， ∴ ，． ∵ 是等腰直角三角形，， ∴ ，， ∴ ，即 在和中， ∴ ， ∴ ． ∵ 是等腰直角三角形，， ∴ ， ∴ ． 故答案为：． 14. 如图，AB为⊙O的直径，弦于点E，已知，则⊙O的半径为__________． 【答案】5 【解析】 【详解】解：设圆的半径为r，连接OC， 根据垂径定理可知CE=3，OE=r-1， ， 解得r=5． 故答案为5． 15. 新定义：为二次函数（，，，为实数）的“图象数”，如：的“图象数”为，若“图象数”是的二次函数的图象与轴只有一个交点，则的值为______． 【答案】或2##2或 【解析】 【分析】根据新定义得到二次函数的解析式为，然后根据判别式的意义得到，从而解的方程即可． 【详解】解：由题意得：二次函数的解析式为， ， 解得：，， 故答案为：或2． 【点睛】本题考查了抛物线与轴的交点：把求二次函数，，是常数，与轴的交点坐标问题转化为解关于的一元二次方程． 三、解答题（本大题共8个小题，共75分） 16. 用适当的方法解方程： （1） （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解法，解题的关键是根据方程特点选择因式分解法求解． （1）将方程因式分解为两个一次式的乘积，求解根； （2）移项后提取公因式，通过因式分解求解根． 【小问1详解】 解： 因式分解得， 则或， 解得，． 【小问2详解】 解： 移项得， 提取公因式得， 则或， 解得，． 17. 已知关于x的一元二次方程有实数根． （1）求实数k的取值范围． （2）设方程的两个实数根分别为，若，求k的值． 【答案】（1）k； （2）k=3 【解析】 【分析】根据一元二次方程有实数根得到32-4（k-2）0，解不等式即可； （2）根据根与系数的关系得到，将等式左侧展开代入计算即可得到k值． 【小问1详解】 解：∵一元二次方程有实数根． ∴∆0，即32-4（k-2）0， 解得k 【小问2详解】 ∵方程的两个实数根分别为， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得k=3． 【点睛】此题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程根与系数的关系式，熟练掌握一元二次方程有关知识是解题的关键． 18. 造纸术、印刷术、指南针和火药是中国古代四大发明．这些发明对人类文明发展产生了深远的影响．某校科技节活动中，计划在如图所示的长，宽的展板上展出介绍四大发明的海报，每幅海报面积均为，若展板外沿与海报之间、相邻海报之间均贴有宽度为的彩色纸带，求彩色纸带的宽度． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了根据矩形的面积公式的列一元二次方程解决实际问题的运用及一元二次方程解法的运用．解答时检验根是否符合题意是容易被忽略的地方． 设彩色纸带的宽为，根据题目条件由面积公式列出方程，求出其解就可以． 【详解】解：设彩色纸带的宽为， 根据题意，得， 解方程，得，（不合题意，舍去)． 答：彩色纸带的宽为． 19. 如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，的顶点均在格点上，点C的坐标为． （1）以原点O为对称中心，画出关于原点O对称的，并写出点C1的坐标； （2）把绕点A逆时针旋转得到对应的，画出，并写出C2的坐标． 【答案】（1） 如图； ； （2） 如图； 【解析】 【分析】本题考查旋转变换作图，轴对称的性质，解题的关键是根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形． （1）分别作出的关于原点的对称点，然后顺次连接即可作出图形； （2）以点A为旋转中心，把逆时针旋转，即可得到． 【小问1详解】 ∵点C的坐标为 ∴点的坐标为 【小问2详解】 ∵把绕点A逆时针旋转得到对应的 ∴点的坐标为． 20. 习总书记强调，实行垃圾分类，关系广大人民群众生活环境，关系节约使用资源，也是社会文明水平的一个重要体现．为改善城市生态环境，某公司为配合国家垃圾分类入户的倡议，设计了一款成本为元/个的多用途垃圾桶投放市场，经试销发现，销售量（个）与销售单价（元）符合一次函数关系：当时，；当时，． （1）若该公司获得利润为元，试写出利润与销售单价之间的函数解析式； （2）若物价部门限定该产品的销售单价不得超过30元/个，那么定价为多少元时才可获得最大利润？ 【答案】（1） （2）当销售单价定为元时，商场可获最大利润，最大利润是元 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的应用，熟练掌握二次函数的性质是解题关键． （1）根据利润=销售量×（销售单价-成本）得到与之间的函数关系式， （2）利用二次函数的性质结合已知条件求解即可． 【小问1详解】 解：设销售量y（个）与销售单价x（元）一次函数关系为， 当时，；当时，． ，解得 ， ∴ ， 【小问2详解】 解：， ，抛物线开口向下，在的左侧，随的增大而增大， 时，有最大值，最大值为元． 答：当销售单价定为元时，商场可获最大利润，最大利润是元． 21. 如图，圆内接四边形的对角线，交于点，平分，． （1）求证平分，并求的大小； （2）过点作交的延长线于点．若，，求此圆半径的长． 【答案】（1） 证明：∵， ∴， 又∵， ∴， ∴平分， （2） 【解析】 【分析】（1）根据圆周角定理得出，结合题意可得，再由三角形内角和定理得，最后由圆内接四边形对角互补可求解； （2）根据（1）的结论结合已知条件得出，，是等边三角形，进而得出，由是直径，根据含度角的直角三角形的性质可得，在中，根据含度角的直角三角形的性质求得的长，进而即可求解． 【小问1详解】 解：∵平分， ∴， 又∵ ∴ 又∵， ∴； 【小问2详解】 解：∵，， ∴，则． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴是等边三角形，则． ∵平分， ∴． ∵是直径， ∴，则． ∵四边形是圆内接四边形， ∴，则， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵是直径， ∴此圆半径的长为． 【点睛】本题考查了弧与圆周角的关系，等弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，含度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，熟练掌握以上知识是解题的关键． 22. 在二次函数中，与的几组对应值如下表所示． … 0 1 … … 1 … （1）求二次函数的表达式． （2）求二次函数图象的顶点坐标，并在给出的平面直角坐标系中画出二次函数的图象． （3）将二次函数的图象向右平移个单位长度后，当时，若图象对应的函数最大值与最小值的差为5，请直接写出的值． 【答案】（1） （2）； 画出函数图象，如图， （3）或 【解析】 【分析】本题主要查了二次函数的图象和性质： （1）利用待定系数法解答，即可求解； （2）利用配方法把解析式变形为顶点式，即可求解； （3）分四种情况解答，即可求解． 【小问1详解】 解：把点代入得： ， 解得：， ∴二次函数的解析式为； 【小问2详解】 解：， ∴二次函数图象的顶点坐标为，对称轴为直线， ∴点关于直线的对称点为； 【小问3详解】 解：根据题意得：平移后的抛物线解析式为， ∴平移后的抛物线的对称轴为直线， 当，即时， 最大值在，最小值在 ，差为： 当时，，当时，， ∵图象对应的函数最大值与最小值的差为5， ∴ 解得故舍去 当，即时， 当平移后抛物线的对称轴在y轴和直线左侧时，此时最小值为， 当时，取得最大值，最大值为， ∵图象对应的函数最大值与最小值的差为5， ∴， 解得：或（舍去）； 当，即时，此时最小值为，， 当时，取得最大值，最大值为， ∵图象对应的函数最大值与最小值的差为5， ∴， 解得：或（舍去）， 当平移后抛物线对称轴在直线右侧时，，即， 最小值在，最大值在 ，差为： 当时，，当时，， ∵图象对应的函数最大值与最小值的差为5， ∴ 解得故舍去 综上所述，n的值为或． 23. 如图，某足球运动员站在点O处练习射门，将足球从离地面0.5m的A处正对球门踢出(点A在y轴上)，足球的飞行高度y(单位：m)与飞行时间t(单位：s)之间满足函数关系y＝at2＋5t＋c，已知足球飞行0.8s时，离地面的高度为3.5m. (1)足球飞行的时间是多少时，足球离地面最高？最大高度是多少？ (2)若足球飞行的水平距离x(单位：m)与飞行时间t(单位：s)之间具有函数关系x＝10t，已知球门的高度为2.44m，如果该运动员正对球门射门时，离球门的水平距离为28m，他能否将球直接射入球门？ 【答案】（1）足球飞行的时间是s时，足球离地面最高，最大高度是4.5m；（2）能. 【解析】 【分析】（1）由题意得：函数y=at2+5t+c的图象经过（0，0.5）（0.8，3.5），于是得到，求得抛物线的解析式为：y=﹣t2+5t+，当t=时，y最大=4.5； （2）把x=28代入x=10t得t=2.8，当t=2.8时，y=﹣×2.82+5×2.8+=2.25＜2.44，于是得到他能将球直接射入球门． 【详解】解：（1）由题意得：函数y=at2+5t+c的图象经过（0，0.5）（0.8，3.5）， ∴， 解得：， ∴抛物线的解析式为：y=﹣t2+5t+， ∴当t=时，y最大=4.5； （2）把x=28代入x=10t得t=2.8， ∴当t=2.8时，y=﹣×2.82+5×2.8+=2.25＜2.44， ∴他能将球直接射入球门． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $