精品解析：湖北省黄冈市蕲春县2025-2026学年九年级上学期期中数学试题

蕲春县2025年秋季初中教学质量检测 九年级上学期数学试题 （时间：120分钟 分数：120分） 一、单选题（共10小题，每小题3分，共30分） 1. 下面的一元二次方程中，一次项系数为5的方程是（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的定义；一元二次方程的标准形式为，其中是一次项系数．直接检查各选项方程中一次项的系数是否为5即可． 【详解】解：∵一元二次方程的一次项系数是标准形式中的系数． 选项A：，一次项系数为，不符合． 选项B：，一次项系数为，符合． 选项C：，一次项系数为，不符合． 选项D：方程化为一般式为：，一次项系数为，不符合． ∴一次项系数为5的方程是B． 故选：B． 2. 中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，下列四幅作品分别代表“立春”“立夏”“大雪”“芒种”，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形，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；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时我们也可以说这个图形关于这条直线(成轴）对称，据此判断即可求解，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】解：、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意； 、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 故选：． 3. 用配方法解方程x2-2x=2时，配方后正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方程左右两边都加上1，左边化为完全平方式，右边合并即可得到结果． 【详解】解：x2-2x=2， x2-2x+1=2+1，即（x-1）2=3． 故选：C． 【点睛】本题考查了解一元二次方程-配方法，熟练掌握用配方法解一元二次方程的步骤是解决问题的关键． 4. 关于二次函数，下列说法正确的是（ ） A. 开口向上 B. 对称轴是直线 C. 有最小值2 D. 顶点坐标是 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查抛物线顶点式的图象与性质，由的符号确定抛物线开口方向、由顶点式性质确定对称轴、最值及定点坐标即可得到答案，熟记抛物线顶点式的图象与性质是解决问题的关键． 【详解】解：二次函数， A、由可知，抛物线开口向下，选项错误，不符合题意； B、抛物线的对称轴是直线，选项错误，不符合题意； C、由可知，抛物线开口向下，有最大值，当时，，选项错误，不符合题意； D、由抛物线顶点式性质，的顶点坐标是，选项正确，符合题意； 故选：D． 5. 已知关于x的方程的一个根为，则实数m的值为（ ） A. 4 B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了由一元二次方程解求参数，熟练掌握方程的解的定义是解题的关键．将已知根代入方程，解关于的一元一次方程即可． 【详解】解：根据题意，将代入方程得： 化简得： 解得， 故选：B． 6. 已知，，是抛物线（为常数）上的点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟练求出对称轴，并熟悉二次函数的增减性是解题的关键．求出抛物线的对称轴为直线，然后根据二次函数的增减性解答即可． 【详解】解：∵， ∴抛物线的对称轴为直线， ∵， ∴抛物线开口向下， ∴当时，y随x的增大而减小，当时，函数有最大值， ∵关于对称点为，， ∴． 故选：B． 7. 如图，已知四边形是的内接四边形，为延长线上一点，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍可求得的度数，再根据圆内接四边形对角互补，可推出，即可得到答案． 【详解】解：是圆周角，与圆心角对相同的弧，且， ， 又四边形是的内接四边形， ， 又， ， 故选：A． 8. 某树主干长出若干数目的支干，每个支干又长出同样数目小分支，主干、支干和小分支总数共73．若设主干长出x个支干，则可列方程是（ ） A. （1＋x）2＝73 B. 1＋x＋x2＝73 C. （1＋x）x＝73 D. 1＋x＋2x＝73 【答案】B 【解析】 【详解】解：设每个支干长出x个小分支，根据题意列方程得：x2+x+1=73．故选B． 点睛：此题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，要根据题意分别表示主干、支干、小分支的数目，找到关键描述语，找到等量关系是解决问题的关键． 9. 如图，将绕点C顺时针旋转得到．若点A，D，E在同一条直线上，，则的长为（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据旋转的性质，得，利用勾股定理解答即可． 本题考查了旋转的性质，勾股定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 【详解】解：根据旋转的性质，得，， 故， 故． 故选：D． 10. 对称轴为直线的抛物线（a，b，c为常数，且）如图所示，小明同学得出了以下结论：①，②，③，④，⑤（m为任意实数），⑥当时，y随x的增大而减小．其中结论正确的个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数系数符号由抛物线开口方向、对称轴和抛物线与轴的交点确定． 由抛物线的开口方向判断的符号，由抛物线与轴的交点判断的符号，结合对称轴判断①，然后根据对称轴及抛物线与轴交点情况判断②，根据对称性求得时的函数值小于0，判断③；根据时的函数值，结合，代入即可判断④，根据顶点坐标即可判断⑤，根据函数图象即可判断⑥． 【详解】解：①由图象可知：， ∵对称轴为直线：， ∴， ∴，故①正确； ②∵抛物线与轴有两个交点， ∴， ∴，故②正确； ③∵对称轴为直线，则与的函数值相等， ∴当时，，故③错误； ④当时，， ∴，故④正确； ⑤当时，取到最小值，此时，， 而当时，， 所以， 故，即，故⑤正确， ⑥当时，y随的增大而减小，故⑥正确， 综上，正确的是①②④⑤⑥共5个， 故选：C． 二、填空题（共5小题，每小题3分，共15分） 11. 若点与点关于原点对称，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了关于原点对称的点坐标的特征，有理数的乘方．根据关于原点对称的点的坐标关系，横坐标和纵坐标均互为相反数，可求出和的值，再代入计算代数式． 【详解】解：∵点与点关于原点对称， ∴，， 解得， ∴， ∴． 故答案为： 12. 设是方程的两个实数根，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数关系．根据一元二次方程根与系数的关系，直接计算两根之和． 【详解】解：方程中，，，根据根与系数的关系，． 故答案为：． 13. 如图，已知，以点为圆心，的长为半径画圆，交轴正半轴于点，则线段的长度等于___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了勾股定理与圆的半径性质，熟练掌握“利用勾股定理计算线段长度、结合圆的半径相等确定点的坐标”是解题的关键． 先利用勾股定理求出的长度，再结合圆的半径相等得到的长度，进而确定点的坐标，最后用勾股定理计算的长度． 【详解】解：∵ ，， ∴ ，． 在中，． ∵ 以圆心，为半径画圆， ∴ ． ∵ ， ∴ ，即． 在中， ． 故答案为：． 14. 如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转40°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC=105°，则∠C=____°． 【答案】45 【解析】 【分析】由旋转的性质和等腰三角形的性质得到的度数，再由∠AOC=105°，计算得到的度数，最后由三角形外角和得到的度数，即可知道的度数． 【详解】解：∵是由绕点O顺时针旋转40°后得到的图形 ∴ ∴ 又∵ ∴ 又∵ ∴ ∴ 故答案为：45 【点睛】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，学会数形结合处理相关的数据是解题的重点． 15. 如图，的角平分线，相交于点，，则___________．若的面积为，四边形的面积为，则的面积为___________． 【答案】 ①. ②. ． 【解析】 【分析】先根据三角形内角和求出，再利用角平分线性质得到，最后结合三角形内角和求；利用角平分线的性质，证明与、与面积相等，进而通过面积关系计算的面积． 【详解】解：∵ ， ∴ ． ∵ 、是角平分线， ∴ ，， ∴ ， ∴ ． 在上取一点，使，连接． ∵ 平分， ∴ ． 又∵ ，， ∴ （）， ∴ ，． ∵ ， ∴ ， ∴ ，． ∴， ∵ 平分， ∴ ． 又∵ ， ∴ （）， ∴ ． ∴ ． ∵ ，， ∴， 即 ， 解得 ． 故答案为：；． 【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理、角平分线的性质及全等三角形的判定与性质，熟练掌握“利用角平分线构造全等三角形转化面积关系”是解题的关键． 三、解答题（本大题共9小题，共75分） 16. 计算： 【答案】3 【解析】 【分析】本题主要考查了实数混合运算．根据零指数幂运算法则，算术平方根定义，进行计算即可． 【详解】解： ． 17. 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； （1）根据直接开平方法解一元二次方程； （2）根据因式分解法解一元二次方程，即可求解． 【小问1详解】 解： ∴ 解得： 【小问2详解】 解： ∴ ∴或， 解得：． 18. 四边形ABCD是正方形，E、F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE=BF，连接AE、AF、EF． （1）求证：△ADE≌△ABF． （2）填空：△ABF可以由△ADE绕旋转中心　 　点，按顺时针方向旋转　 　度得到． 【答案】（1）证明见解析；（2）A；90 【解析】 【分析】（1）根据正方形的性质，用SAS证明△ADE≌△ABF； （2）△ADE与△ABF的公共顶点是旋转中心，对应线段的夹角是旋转角． 【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴AD=AB，∠D=∠ABC=90°， 而F是CB的延长线上的点， ∴∠ABF=90°， 在△ADE和△ABF中， ， ∴△ADE≌△ABF（SAS）； （2）△ABF可以由△ADE绕旋转中心点A，按顺时针方向旋转90度得到． 故答案为A，90． 19. 二次函数的图象如图，根据图象回答下列问题： （1）写出方程的两个根； （2）写出不等式的解集； （3）写出不等式的解集； （4）如果方程无实数根，求的取值范围． 【答案】（1）x1=−1,x2=2；（2）−1＜x＜2；（3）x<−1或x>2；（4）m>3. 【解析】 【分析】（1）根据函数图象与x轴的交点写出即可； （2）根据函数图象写出x轴下方部分的x的取值范围即可； （3）根据函数图象写出x轴上方部分的x的取值范围即可； （4）根据函数顶点坐标的纵坐标列出不等式，然后求解即可． 【详解】(1)∵抛物线与x轴的交点为(−1,0),(2,0)， ∴方程ax2+bx+c=0的两个根是x1=−1,x2=2； (2)由图可知,不等式ax2+bx+c<0的解集−1＜x＜2； (3)由图可知,不等式ax2+bx+c>0的解集x<−1或x>2； (4)∵方程无实根， ∴−m<−3， 所以，m>3. 【点睛】此题考查二次函数与不等式（组），解题关键在于结合函数图象进行解答. 20. 如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，Rt△ABC的三个顶点A(－2，2)，B(0，5)，C(0，2) ． (1)将△ABC以点C为旋转中心旋转180°，得到△A1B1C，请画出△A1B1C图形． (2)平移△ABC，使点A的对应点A2坐标为(－2，－6)，请画出平移后对应的△A2B2C2的图形． (3)若将△A1B1C绕某一点旋转可得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标． 【答案】(1)画图见解析；（2）画图见解析；（3）(0，－2) 【解析】 【分析】（1）利用旋转的性质得出对应点坐标进而得出答案； （2）利用平移规律得出对应点位置，进而得出答案； （3）利用旋转图形的性质，连接对应点，即可得出旋转中心的坐标． 【详解】解：（1）如图所示：△A1B1C即为所求； （2）如图所示：△A2B2C2即为所求； （3）旋转中心坐标（0，﹣2）． 作图－旋转变换；作图－平移变换． 【点睛】本题考查作图一旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质，属于中考常考题型． 21. 如图，是的直径，是弦，于点，连接． （1）求证：； （2）若，求的长． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（）连接，过点作于，则，由圆周角定理和等腰三角形的性质可得，即得，得到，进而可证，得到，即可求证； （）连接，由得，即得，设，则，在中，由勾股定理得，解方程求出即可求解． 【小问1详解】 证明：连接，过点作于，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：连接， ∵， ∴， ∵， ∴， 设，则， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理，弧弦圆心角的关系，垂径定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质等，正确作出辅助线是解题的关键． 22. 某居民小区要在一块一边靠墙（墙长20米）的空地上修建一个矩形花园，花园的一边靠墙，另三边用总长40米的栅栏围成（如图所示）．若设花园的边长为米，花园的面积为平方米． （1）求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围； （2）满足条件的花园面积能否达到50平方米？若能，请求出的值；若不能，请说明理由； （3）当是多少时，矩形场地面积最大？最大面积是多少？ 【答案】（1），． （2）当时，满足条件的花园面积能达到50平方米； （3）当时，最大，最大面积为200平方米． 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的实际应用、一元二次方程的求解及二次函数的最值问题，熟练掌握“根据实际问题列函数关系式、结合自变量范围分析函数的取值与最值”是解题的关键． （1）根据栅栏总长表示出BC的长度，再结合矩形面积公式列函数关系式，同时根据墙长确定自变量取值范围． （2）将面积50代入函数关系式，解方程并结合自变量范围判断是否可行． （3）将函数关系式化为顶点式，结合自变量取值范围求最大值． 【小问1详解】 解：∵，三边栅栏总长40， ∴． ∴，即． ∵墙长20， ∴， 解得． 【小问2详解】 解：令，则， 整理得， 解得． ∵， ，（舍去）， ∴， ∴当时，满足条件的花园面积能达到50平方米； 【小问3详解】 解：， 化为顶点式：． ∵， ∴当时，最大，最大面积为200平方米． 23. 已知，正方形中，，绕点顺时针旋转，它的两边分别交、（或它们的延长线）于点、，于点． （1）如图①，当绕点旋转到时，请你直接写出与的数量关系：___________； （2）如图②，当绕点旋转到时，（1）中发现的与的数量关系逐成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明； （3）如图⑧，已知，于点，且，，直接写出的长___________；（提示：可利用（2）得到的结论） 【答案】（1） （2）成立，理由见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）先证明，可得，，再证明即可； （2）延长至，使，证明，能得到； （3）分别沿、翻折和，得到和，然后分别延长和交于点，得正方形，设，则，，在中，由勾股定理，解得． 【小问1详解】 解：如图①，．理由如下： 四边形是正方形， ，， 在和中， ， ， ，， 是等腰三角形， 又， ，， ， ，， ， 在和中， ， ， ； 故答案为：； 【小问2详解】 数量关系成立．如图②，延长至，使． ∵四边形是正方形， ，， 在和中， ， ∴， ，， ， ， ， ， 在和中， ， ． ，， 、是和对应边上的高， ． 【小问3详解】 如图③分别沿、翻折和，得到和， ，，． 分别延长和交于点，得正方形， 由（2）可知，． 设，则，， 在中，由勾股定理，得， ， 解得， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、翻折变换的性质以及勾股定理等知识；正确作出辅助线，熟练掌握翻折变换的性质，构造全等三角形是解题的关键． 24. 如图，抛物线的顶点为，与 x 轴交于 A、B 两点，且 B，与y 轴交于点 C ． （1）求抛物线的函数解析式； （2）对称轴上是否存在点 N ，使的周长最小，若存在，请求出点坐标，若 不存在，请说明理由； （3）在直线的下方抛物线的图象上能否找到一点 P ，使四边形的面积最大？若能，请求出面积的最大值及点 P 的坐标；若不能，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在，点坐标为 （3）存在，面积的最大值为，点P的坐标为． 【解析】 【分析】本题考查二次函数与一次函数的综合应用，涉及到待定系数法求函数解析式、求平面直角坐标系内三角形面积等，解题的关键是用含x的式子表示出的长度． （1）设函数的解析式为，将B代入求出a值即可； （2）令，求出点A坐标，进而求出直线的解析式，中，的长度固定，点A、点B关于直线对称，当点N是对称轴与直线的交点时，之和最小，即的周长最小，求出点N的坐标即可； （3）过点P作轴于点E，交于点F，设，则，F ，利用求出的最大值，再利用求出答案即可． 【小问1详解】 解：抛物线的顶点为， 设函数的解析式为， 又函数图象经过点， ， 解得， ， 即抛物线的函数解析式为； 【小问2详解】 解：存在， 函数的图象与y轴交于点C， ， ， 令，得， 解得，， ， ∵抛物线的解析式为：， ∴抛物线的对称轴为直线：， ∵， ∴设直线的解析式为，可得， 解得， 故直线的解析式为：， ∵中，的长度固定，点A、点B关于直线对称， ∴当点N是对称轴与直线的交点时，之和最小，即的周长最小， 将代入中得：， ∴点N的坐标是； 【小问3详解】 解：如图，过点P作轴于点E，交于点F，设，则， 点F的坐标为． ， ， 当时，有最大值，最大值为， 此时四边形的面积最大，最大值为 时，， 在直线的下方抛物线的图象上能否找到一点 P ，使四边形的面积最大，面积的最大值为，点P的坐标为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 蕲春县2025年秋季初中教学质量检测 九年级上学期数学试题 （时间：120分钟 分数：120分） 一、单选题（共10小题，每小题3分，共30分） 1. 下面的一元二次方程中，一次项系数为5的方程是（） A. B. C. D. 2. 中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，下列四幅作品分别代表“立春”“立夏”“大雪”“芒种”，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 3. 用配方法解方程x2-2x=2时，配方后正确的是（　　） A. B. C. D. 4. 关于二次函数，下列说法正确的是（ ） A. 开口向上 B. 对称轴是直线 C. 有最小值2 D. 顶点坐标是 5. 已知关于x方程的一个根为，则实数m的值为（ ） A. 4 B. C. 3 D. 6. 已知，，是抛物线（为常数）上的点，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，已知四边形是的内接四边形，为延长线上一点，，则等于（ ） A. B. C. D. 8. 某树主干长出若干数目的支干，每个支干又长出同样数目小分支，主干、支干和小分支总数共73．若设主干长出x个支干，则可列方程是（ ） A. （1＋x）2＝73 B. 1＋x＋x2＝73 C. （1＋x）x＝73 D. 1＋x＋2x＝73 9. 如图，将绕点C顺时针旋转得到．若点A，D，E在同一条直线上，，则的长为（ ） A. 5 B. C. D. 10. 对称轴为直线的抛物线（a，b，c为常数，且）如图所示，小明同学得出了以下结论：①，②，③，④，⑤（m为任意实数），⑥当时，y随x的增大而减小．其中结论正确的个数为（ ） A 3 B. 4 C. 5 D. 6 二、填空题（共5小题，每小题3分，共15分） 11. 若点与点关于原点对称，则___________． 12. 设是方程的两个实数根，则___________． 13. 如图，已知，以点为圆心，的长为半径画圆，交轴正半轴于点，则线段的长度等于___________． 14. 如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转40°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC=105°，则∠C=____°． 15. 如图，的角平分线，相交于点，，则___________．若的面积为，四边形的面积为，则的面积为___________． 三、解答题（本大题共9小题，共75分） 16. 计算： 17. 解方程： （1） （2）． 18. 四边形ABCD是正方形，E、F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE=BF，连接AE、AF、EF． （1）求证：△ADE≌△ABF． （2）填空：△ABF可以由△ADE绕旋转中心　 　点，按顺时针方向旋转　 　度得到． 19. 二次函数的图象如图，根据图象回答下列问题： （1）写出方程两个根； （2）写出不等式的解集； （3）写出不等式解集； （4）如果方程无实数根，求的取值范围． 20. 如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，Rt△ABC的三个顶点A(－2，2)，B(0，5)，C(0，2) ． (1)将△ABC以点C为旋转中心旋转180°，得到△A1B1C，请画出△A1B1C的图形． (2)平移△ABC，使点A的对应点A2坐标为(－2，－6)，请画出平移后对应的△A2B2C2的图形． (3)若将△A1B1C绕某一点旋转可得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标． 21. 如图，是的直径，是弦，于点，连接． （1）求证：； （2）若，求的长． 22. 某居民小区要在一块一边靠墙（墙长20米）的空地上修建一个矩形花园，花园的一边靠墙，另三边用总长40米的栅栏围成（如图所示）．若设花园的边长为米，花园的面积为平方米． （1）求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围； （2）满足条件的花园面积能否达到50平方米？若能，请求出的值；若不能，请说明理由； （3）当是多少时，矩形场地面积最大？最大面积是多少？ 23. 已知，正方形中，，绕点顺时针旋转，它的两边分别交、（或它们的延长线）于点、，于点． （1）如图①，当绕点旋转到时，请你直接写出与的数量关系：___________； （2）如图②，当绕点旋转到时，（1）中发现的与的数量关系逐成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明； （3）如图⑧，已知，于点，且，，直接写出的长___________；（提示：可利用（2）得到的结论） 24. 如图，抛物线的顶点为，与 x 轴交于 A、B 两点，且 B，与y 轴交于点 C ． （1）求抛物线的函数解析式； （2）对称轴上是否存在点 N ，使的周长最小，若存在，请求出点坐标，若 不存在，请说明理由； （3）在直线下方抛物线的图象上能否找到一点 P ，使四边形的面积最大？若能，请求出面积的最大值及点 P 的坐标；若不能，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $