精品解析：陕西省渭南市韩城市2025-2026学年上学期九年级期中调研数学试题

2025～2026学年度第一学期期中调研试题（卷） 九年级数学 注意事项： 1．本试卷共6页，满分120分，时间120分钟，学生直接在试题上答卷； 2．答卷前将装订线内的项目填写清楚． 一、选择题（共8小题，每小题3分，计24分，每小题只有一个选项是符合题意的） 1. 下列交通标志牌中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 若关于的方程的一个根是，则的值是() A. B. C. D. 3. 已知中最长的弦为8，则的半径是（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 4. 将抛物线先向右平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度，则经过这两次平移后所得抛物线的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 5. 用配方法解一元二次方程，将它转化为的形式，则的值为（ ） A. B. 2024 C. D. 1 6. 如图，是由绕点逆时针旋转得到的，点的对应点恰好落在边上，，则旋转角的度数可以是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，四边形是的内接四边形，是的直径，连接．若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 8. 已知二次函数（，，为常数，且）的图象经过，两点，则下列说法中错误的是（） A. 该函数图象的对称轴为直线 B. 无论取何值，均满足 C. 函数在处取得最值 D. 若为该函数图象上的点，则当时，一定成立 二、填空题（共6小题，每小题3分，计18分） 9. 若点关于原点的对称点，那么________． 10. 某种型号的小型飞行器着陆后滑行的距离单位：米关于滑行的时间单位：秒的函数解析式是，此飞行器滑行的最大距离是______米． 11. 如图，是的直径，内接于，，平分，则的度数为________． 12. 某款芯片价格由2023年的1600元下降到2025年的900元，则该芯片价格这两年平均每年下降的百分率为______． 13. 如图，已知抛物线的图象交轴于，两点（点在点左侧），点在第二象限的抛物线上，连接，且，则点的坐标为______． 14. 如图，在中，，，将绕点A顺时针旋转得到，若点P为上一动点，旋转后点P的对应点，则线段的最小值是______． 三、解答题（共12小题，计78分．解答应写出过程） 15. 解方程:x(2x+1)=4x+2 16. 已知二次函数，证明：无论m取任何实数时，该函数图象与x轴总有交点． 17. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，． （1）将绕坐标原点O逆时针旋转，得到，请在图中画出； （2）直接写出（1）中点的坐标：___________． 18. “赛场展英姿，青春正当时”，某市举办中学生篮球联赛．联赛采用单循环赛制，即每支队伍需与其余所有队伍各赛一场，充分展现各队实力．已知本次联赛共进行了场激烈对决，求共有多少支参赛队伍？ 19. 如图，为的弦，请用尺规作图法在上找一点，连接，，使得是以为底边的等腰三角形．（保留作图痕迹，不写作法） 20. 如图，在中，，，点为垂足，将绕点顺时针旋转，使与重合，点落在点处，延长交的延长线于点，延长交的延长线于点，求证：． 21. 如图是一个半圆形桥洞的截面示意图，圆心为O，直径是河底线，弦是水位线，，米，于点E，此时测得，求水位线的长． 22. 如图，已知二次函数的图象经过A（2,0）. （1）求的值. （2）若二次函数于轴相交于的点，且该二次函数的对称轴与轴交于点，连结，求的面积. 23. 洛川苹果肉质细嫩紧致，汁多松脆，酸甜可口，一家水果店以每斤元的价格购进洛川苹果若干斤，然后以每斤元的价格出售，每天可售出斤．通过市场调研发现，洛川苹果每斤的售价每降低元，每天可多售出斤．设洛川苹果每斤的售价降低元． （1）该水果店每天洛川苹果的销售量是_____斤；（用含的代数式表示） （2）若该水果店销售洛川苹果想要每天盈利元，且每天至少售出斤，则该水果店应将洛川苹果每斤的售价降低多少元？ 24. 如图，为的直径，是的弦，，于点，交于点，连接交于点． （1）求证； （2）若，，求的半径． 25. 某村庄为吸引游客，沿绿道旁的河流边打造喷水景观，为保持绿道地面干燥，水柱呈抛物线状喷入河流中．如图是其截面图，已知绿道路面宽米，当水柱离喷水口处水平距离为2米时，水柱离地面的垂直距离最大，其最大值为4米．以喷水口为原点，路面为轴，过点作的垂线为轴，建立平面直角坐标系． （1）求水柱所在抛物线的函数解析式； （2）出于安全考虑，在河道的坝边处竖直向上安装护栏，若护栏高度为米，判断水柱是否会喷射到护栏上，并说明理由． 26. 【特例感知】 （1）如图1，在中，，，，将绕点逆时针旋转得到，点、的对应点分别为点、，连接，点，，恰好在一条直线上，则的长为______； 【类比迁移】 （2）如图2，将绕点逆时针旋转得到，点、的对应点分别为点、，连接，且点，，在一条直线上，与相交于点．若，请探究线段，，之间具有怎样的数量关系？并说明理由； 【问题解决】 （3）如图3，某市政府为了提升城市的生态环境质量，促进城市与自然的和谐共生，决定在一块空地上规划公园，将点规划为公园入口，点、点规划为公园出口，根据设计要求，入口与出口，之间的距离相等（即），且满足，点规划为公园中的观景点，已知米，米，计划沿修建一条笔直的观赏栈道，要使得栈道的长尽可能大，求当最大时四边形的面积．（公园入口、出口及观景点大小均忽略不计） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年度第一学期期中调研试题（卷） 九年级数学 注意事项： 1．本试卷共6页，满分120分，时间120分钟，学生直接在试题上答卷； 2．答卷前将装订线内的项目填写清楚． 一、选择题（共8小题，每小题3分，计24分，每小题只有一个选项是符合题意的） 1. 下列交通标志牌中，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，根据中心对称图形的定义判断即可，解题的关键是正确理解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． 【详解】解：、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，所以不是中心对称图形，不符合题意； 、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，所以不是中心对称图形，不符合题意； 、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； 、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，所以不是中心对称图形，不符合题意； 故选：． 2. 若关于的方程的一个根是，则的值是() A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根的概念，直接代入根即可求解参数关系．将根代入方程，得到关于和的方程，通过代数变形求解． 【详解】解：是方程的根， 代入得， 即， ， ， ． 故选：D． 3. 已知中最长的弦为8，则的半径是（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了直径是圆中最长的弦，根据半径是直径的一半计算即可． 【详解】∵中最长的弦为8, ∴的直径为8， 故半径为4， 故选A． 4. 将抛物线先向右平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度，则经过这两次平移后所得抛物线的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数图象与几何变换，二次函数的性质，利用平移可求得平移后的抛物线的解析式，可求得其顶点坐标． 【详解】解：将抛物线先向右平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度后抛物线解析式为，即， ∴顶点坐标为， 故选：D． 5. 用配方法解一元二次方程，将它转化为的形式，则的值为（ ） A. B. 2024 C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查配方法，一移，二配，三变形，将方程配方后，求出的值，进而求出的值即可． 【详解】解：， ， ∴， ∴， ∴； 故选C． 6. 如图，是由绕点逆时针旋转得到的，点的对应点恰好落在边上，，则旋转角的度数可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理的应用．根据旋转的性质可得，，进而可得，根据三角形内角和定理可得，即可求解． 【详解】解：∵是由绕点逆时针旋转得到的，点的对应点恰好落在边上， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即旋转角的度数为， 故选：B． 7. 如图，四边形是的内接四边形，是的直径，连接．若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 根据圆内接四边形的性质求出，根据圆周角定理得到，计算即可得到答案． 【详解】解：四边形是的内接四边形， ， ， ， 是的直径， ， 故选：D ． 8. 已知二次函数（，，为常数，且）的图象经过，两点，则下列说法中错误的是（） A. 该函数图象的对称轴为直线 B. 无论取何值，均满足 C. 函数在处取得最值 D. 若为该函数图象上的点，则当时，一定成立 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查二次函数的图像与性质．根据两点纵坐标相同，可得对称轴；代入点坐标和对称轴关系可推导出系数关系；最值在顶点处取得；函数值大小比较需考虑开口方向． 【详解】解：∵二次函数图像经过点和， ∴对称轴为直线，故A正确． ∵对称轴， ∴， 代入点得，即， ∴，即，故B正确． ∵对称轴为， ∴函数在处取得最值，故C正确． 对于D，当时，开口向上，时；当时，开口向下，，故不一定成立，D错误． 故选：D． 二、填空题（共6小题，每小题3分，计18分） 9. 若点关于原点的对称点，那么________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点，两个点关于原点对称时，它们的横纵坐标都互为相反数，可得m、n的值，即可解答． 【详解】∵点关于原点的对称点是 故答案为：1． 【点睛】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律． 10. 某种型号的小型飞行器着陆后滑行的距离单位：米关于滑行的时间单位：秒的函数解析式是，此飞行器滑行的最大距离是______米． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的应用，将函数解析式配方成顶点式求出取得最大值时的的值即可得． 【详解】解：，， 当时，取得最大值， 此飞行器滑行的最大距离是米． 故答案为：． 11. 如图，是的直径，内接于，，平分，则的度数为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查圆周角定理．根据同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角进行求解即可． 【详解】解：连接， ∵，平分， ∴， ∵是的直径， ∴ ∴， ∴， 故答案为：． 12. 某款芯片价格由2023年的1600元下降到2025年的900元，则该芯片价格这两年平均每年下降的百分率为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用；设平均每年下降的百分率为，根据指数下降模型，列出方程，通过解方程求得． 【详解】解：设平均每年下降的百分率为． 由题意，得， 即， 所以（取算术平方根）， 解得． 故答案为：． 13. 如图，已知抛物线的图象交轴于，两点（点在点左侧），点在第二象限的抛物线上，连接，且，则点的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，等腰直角三角形的判定与性质，连接，作轴于，先求出，设，则，，求出为等腰直角三角形，得出，即，求出的值即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图，作轴于， 在中，令，则， 解得：，， ∴， ∵点P是抛物线上一动点， ∴设，则，， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴，即， 解得：或， ∵点P在第二象限， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 14. 如图，在中，，，将绕点A顺时针旋转得到，若点P为上一动点，旋转后点P的对应点，则线段的最小值是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，角的直角三角形的性质，勾股定理，垂线段最短，掌握旋转的性质是解题的关键． 连接、，过点A作于点，由等腰三角形的“三线合一”得到，从而，进而得到，由旋转得到，，根据勾股定理求得，求出的最小值，即可解答． 【详解】解：如图，连接、，过点A作于点， ∴， ∵在中，，， ∴， ∴， ∴， ∵将绕点A顺时针旋转得到， ∴，， ∴， ∵点为上一动点，旋转后点的对应点， ∴当点与点重合时，有最小值为， ∴线段的最小值是． 故答案为：． 三、解答题（共12小题，计78分．解答应写出过程） 15. 解方程:x(2x+1)=4x+2 【答案】x1=2,x2=- 【解析】 【分析】方程整理后, 利用因式分解法求出解即可. 【详解】x(2x+1)=2(2x+1) 即(x-2)(2x+1)=0 ∴x-2=0或2x+1=0 ∴x1=2,x2=-， 【点睛】本题主要考查解一元二次方程的因式分解法. 16. 已知二次函数，证明：无论m取任何实数时，该函数图象与x轴总有交点． 【答案】 证明： ∴无论m取任何实数时，该函数图象与x轴总有交点. 【解析】 【分析】根据题意利用二次函数的定义进行分析，然后计算判别式的值得到△=，从而得到结论． 【详解】略 【点睛】本题考查二次函数的性质和抛物线与x轴的交点问题，注意掌握把求二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程． 17. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，． （1）将绕坐标原点O逆时针旋转，得到，请在图中画出； （2）直接写出（1）中点的坐标：___________． 【答案】（1） 即为所求： （2） 【解析】 【分析】本题考查作图﹣旋转变换，解决本题的关键是掌握旋转的性质． （1）根据图形旋转的性质，先分别作三个顶点绕原点旋转得到的对应点，再将三个对应点连结成三角形即可； （2）根据图形即可写出坐标． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由图可知点的坐标． 故答案为：． 18. “赛场展英姿，青春正当时”，某市举办中学生篮球联赛．联赛采用单循环赛制，即每支队伍需与其余所有队伍各赛一场，充分展现各队实力．已知本次联赛共进行了场激烈对决，求共有多少支参赛队伍？ 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，设有支参赛队伍，根据本次联赛共进行了场激烈对决列方程求解即可． 【详解】解：设有支参赛队伍，依题意得， ， ， 解得（舍去） 答：有16支参赛队伍． 19. 如图，为的弦，请用尺规作图法在上找一点，连接，，使得是以为底边的等腰三角形．（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】 如图，即为所求 【解析】 【分析】本题考查了等腰三角形的判定，垂径定理，作垂线；连接并延长交于点，过点作的垂线交于点，连接，则即为所求； 【详解】解：根据作图可得，，是的直径 ∴垂直平分， ∴， ∴是以为底边的等腰三角形． 20. 如图，在中，，，点为垂足，将绕点顺时针旋转，使与重合，点落在点处，延长交的延长线于点，延长交的延长线于点，求证：． 【答案】 证明：∵，， ∴， ∵由旋转而得， ∴，， 在和中，， ∴， ∴． 【解析】 【分析】本题考查了等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质，先根据三线合一定理得到，再由旋转的性质得到，，证明即可证明，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】略 21. 如图是一个半圆形桥洞的截面示意图，圆心为O，直径是河底线，弦是水位线，，米，于点E，此时测得，求水位线的长． 【答案】米 【解析】 【分析】在中，利用勾股定理求得的长，等于弦的长，即可得解． 【详解】解：∵直径米， （米）， ， ， ， ， ∴设，， ∴在中， ， 解得：， （米）． 【点睛】本题主要考查了垂径定理的应用，勾股定理，熟练掌握和运用垂径定理是解决本题的关键． 22. 如图，已知二次函数的图象经过A（2,0）. （1）求的值. （2）若二次函数于轴相交于的点，且该二次函数的对称轴与轴交于点，连结，求的面积. 【答案】（1）-6；（2）6. 【解析】 【分析】（1）将已知点的坐标代入到二次函数的解析式即可求得c值； （2）首先求得对称轴，然后求得点C的坐标，从而求得线段AC的长，最后求得三角形ABC的面积即可． 【详解】解：（1）把代入 得 （2）由（1）得的坐标为（0，－6） 抛物线对称轴为： 点坐标为 的面积为： 【点睛】本题考查了二次函数的性质及图象上点的坐标，属于二次函数的基础知识，应重点掌握． 23. 洛川苹果肉质细嫩紧致，汁多松脆，酸甜可口，一家水果店以每斤元的价格购进洛川苹果若干斤，然后以每斤元的价格出售，每天可售出斤．通过市场调研发现，洛川苹果每斤的售价每降低元，每天可多售出斤．设洛川苹果每斤的售价降低元． （1）该水果店每天洛川苹果的销售量是_____斤；（用含的代数式表示） （2）若该水果店销售洛川苹果想要每天盈利元，且每天至少售出斤，则该水果店应将洛川苹果每斤的售价降低多少元？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的应用、解一元一次不等式，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程，利用方程和不等式的性质解答． （1）根据题意可以用含x的代数式表示出每天的销售量； （2）根据题意和（1）中的结果，可以求得水果店需将每斤的售价降低多少元． 【小问1详解】 解：由题意可得， 每天的销售量是：（斤）， 故答案为：． 【小问2详解】 由题意可得，， 解得：，， 保证每天至少售出斤， ， 解得， ， 即水果店需将每斤的售价降低1元． 24. 如图，为的直径，是的弦，，于点，交于点，连接交于点． （1）求证； （2）若，，求的半径． 【答案】（1） 证明：为的直径，于点， ，， ， ， ， ， ， ， ， ； （2） 【解析】 【分析】（1）利用垂径定理得到，，进而得出，结合圆心角、弧、弦之间的关系，推出，进而得到，，最后利用等腰三角形的性质即可证明； （2）连接，设，利用勾股定理算出，再结合建立等式求解，即可解题． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：连接， 设， ，， ， ，， ， 解得． 【点睛】本题主要考查了垂径定理，圆心角、弧、弦之间的关系，勾股定理，等腰三角形的性质，理解垂径定理，圆心角、弧、弦之间的关系，熟练掌握等腰三角形的性质，灵活运用勾股定理进行计算是解决问题的关键． 25. 某村庄为吸引游客，沿绿道旁的河流边打造喷水景观，为保持绿道地面干燥，水柱呈抛物线状喷入河流中．如图是其截面图，已知绿道路面宽米，当水柱离喷水口处水平距离为2米时，水柱离地面的垂直距离最大，其最大值为4米．以喷水口为原点，路面为轴，过点作的垂线为轴，建立平面直角坐标系． （1）求水柱所在抛物线的函数解析式； （2）出于安全考虑，在河道的坝边处竖直向上安装护栏，若护栏高度为米，判断水柱是否会喷射到护栏上，并说明理由． 【答案】（1） （2） 解：水柱不会喷射到护栏上 理由如下： 当时，， ， 水柱不会喷射到护栏上． 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的应用，根据题意列出函数解析式是解题的关键； （1）设该抛物线的函数表达式为，根据该抛物线经过原点，得出，即可求解； （2）将得出，即可求解． 【小问1详解】 解：根据题意，得抛物线的顶点坐标为， 设该抛物线的函数表达式为， 该抛物线经过原点， ，解得． 该抛物线的函数表达式为． 【小问2详解】 略 26. 【特例感知】 （1）如图1，在中，，，，将绕点逆时针旋转得到，点、的对应点分别为点、，连接，点，，恰好在一条直线上，则的长为______； 【类比迁移】 （2）如图2，将绕点逆时针旋转得到，点、的对应点分别为点、，连接，且点，，在一条直线上，与相交于点．若，请探究线段，，之间具有怎样的数量关系？并说明理由； 【问题解决】 （3）如图3，某市政府为了提升城市的生态环境质量，促进城市与自然的和谐共生，决定在一块空地上规划公园，将点规划为公园入口，点、点规划为公园出口，根据设计要求，入口与出口，之间的距离相等（即），且满足，点规划为公园中的观景点，已知米，米，计划沿修建一条笔直的观赏栈道，要使得栈道的长尽可能大，求当最大时四边形的面积．（公园入口、出口及观景点大小均忽略不计） 【答案】（1）； （2），理由如下： 设与相交于点F， 由旋转得，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴； （3） 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，全等三角形的性质，等边三角形的判定与性质，把握旋转的不变性，正确构造辅助线是解题的关键． （1）根据旋转得到，，然后证明为等边三角形，根据全等三角形的性质得到点共线，再由即可求解； （2）由旋转得，，，则，导角可得，是等腰直角三角形，那么，则； （3）将绕点A逆时针旋转，得到，连接，由于，故当C，D，E三点共线时，取得最大值，即的最大值，可得（米)，则（米)，米，同理可得，导角得到是等腰直角三角形，，由勾股定理得，求出米，再由即可求解． 【详解】解：（1）由旋转得，，， ∴， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴点共线， ∴； （2）略 （3）将绕点A逆时针旋转，得到，连接， ∵， ∴当C，D，E三点共线时，取得最大值，即的最大值， 由旋转得：，，， ∴是等腰直角三角形， ∴（米)， ∴（米)， ∴米， 设与相交于点F，作于点G， ∵，， ∴， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形，， ∴， ∴， ∴米， ， ， ∴，因此，当最大时，四边形的面积为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $