精品解析：海南省省直辖县级行政单位琼中黎族苗族自治县2025-2026学年九年级上学期11月期中数学试题

学业质量检测（九年级数学） （温馨提示：本卷满分120分，考试时间100分钟，请将答案写在答题卡上） 一、单项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分） 1. 数学世界奇妙无穷，其中曲线是微分几何的研究对象之一，下列数学曲线既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列方程是一元二次方程的是（　　） A. B. C. D. 3. 下列函数中，是二次函数的是（ ） A. B. C. D. 4. 一元二次方程配方后正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知是关于的一元二次方程的解，则（ ） A. B. C. D. 6. 抛物线的顶点坐标是( ) A. B. C. D. 7. 小区新增了一家快递店，第一天揽件200件，第三天揽件242件，设该快递店揽件日平均增长率为，根据题意，下面所列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 在平面直角坐标系中，若点与点关于原点对称，则点在( ) A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 9. 把抛物线先向左平移一个单位长度，然后再向上平移3个单位长度，那么平移后的抛物线的解析式是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到，若点刚好落在边上，且，则的度数为（　） A. B. C. D. 11. 点A(﹣2，)，B(0，)，C(1，)为二次函数的图象上的三点，则y1，y2，y3的大小关系是（ ） A. B. C. D. 12. 如图，抛物线与x轴交于点和点，以下结论：①；②；③；④当时，y随x的增大而减小．其中，正确结论的个数是（　　） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题（每小题4分，共16分） 13. 的根为______． 14. 已知一元二次方程的一个根为1，则______． 15. 二次函数的图像与轴的交点坐标是___________，与轴的交点坐标为____． 16. 如图，在中，，，，可以由绕点C顺时针旋转得到，其中点与点A是对应点，点与点B是对应点，连接，且A、、在同一条直线上，则的长为______． 三、解答题（本大题满分68分） 17. 解方程 （1） （2） 18. 已知二次函数 （1）写出抛物线的开口方向、对称轴和顶点坐标． （2）当时，直接写出函数的取值范围． 19. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是、，， （1）将以点为旋转中心顺时针旋转，画出旋转后对应的； （2）将向下平移个单位长度，画出； （3）在轴上有一点使得的值最小，直接写出点的坐标为______． 20. 海南某中学2020年投资16万元新增一批电脑，以后每年以相同的增长率进行投资，2022年投资25万元，求该学校这两年为新增电脑投资的年平均增长率． 21. 如图，点E为正方形外一点，，将旋转得到，的延长线交于H点． （1）绕点 逆时针方向旋转 得到； （2）试判定四边形的形状，并说明理由； （3）已知，，求的长． 22. 如图，已知抛物线经过两点．与y轴交于点C． （1）求抛物线的解析式； （2）点P为抛物线上一点，若，求出此时点P的坐标； （3）在对称轴上是否存在点Q，使周长最小，若存在，求出点Q坐标和周长，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 $ 学业质量检测（九年级数学） （温馨提示：本卷满分120分，考试时间100分钟，请将答案写在答题卡上） 一、单项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分） 1. 数学世界奇妙无穷，其中曲线是微分几何的研究对象之一，下列数学曲线既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查中心对称图形和轴对称图形的知识，关键是掌握好中心对称图形与轴对称图形的概念． 根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．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，中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转后与原图重合． 【详解】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意； B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意； C．既是中心对称图形，也是轴对称图形，符合题意； D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意． 故选：C． 2. 下列方程是一元二次方程的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据一元二次方程的定义逐项分析即可得出答案． 【详解】解：A. ，含有两个未知数，不是一元二次方程，A选项不符合题意； B. ，当时，不是一元二次方程，B选项不符合题意； C. ，不是整式方程，故C选项不符合题意； D. ，符合一元二次方程的定义，故D选项符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是． 3. 下列函数中，是二次函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二次函数的定义：形如( a≠0)的函数叫二次函数，直接判断即可． 【详解】解：A、符合二次函数的定义，本选项符合题意； B、是一次函数，不符合题意； C、是反比例函数，不符合题意； D、不是二次函数，不符合题意； 故选：A． 【点睛】本题主要考查二次函数的定义，熟练掌握二次函数的定义是解题的关键． 4. 一元二次方程配方后正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查配方法解一元二次方程，先移项变形为，再将两边同时加4，即可把左边配成完全平方式，进而得到答案，熟练掌握配方法的解法步骤是解题的关键． 【详解】∵， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 5. 已知是关于的一元二次方程的解，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将代入方程求解． 【详解】解：∵是关于的一元二次方程的解 ∴，即 故选：C． 【点睛】本题考查一元二次方程的解，理解概念，正确代入计算是解题关键． 6. 抛物线的顶点坐标是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查二次函数的性质，抛物线的顶点坐标为． 【详解】解：∵， ∴顶点坐标为． 故选：C． 7. 小区新增了一家快递店，第一天揽件200件，第三天揽件242件，设该快递店揽件日平均增长率为，根据题意，下面所列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】平均增长率为x，关系式为：第三天揽件量＝第一天揽件量×（1＋平均增长率）2，把相关数值代入即可． 【详解】解：由题意得：第一天揽件200件，第三天揽件242件， ∴可列方程为：， 故选：A． 【点睛】此题考查一元二次方程的应用，得到三天的揽件量关系式是解决本题的突破点，难度一般． 8. 在平面直角坐标系中，若点与点关于原点对称，则点在( ) A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】直接利用关于关于原点对称点的性质得出m，n的值，进而得出答案． 【详解】解：∵点M（m，n）与点Q（−2，3）关于原点对称， ∴m＝2，n＝−3， 则点P（m＋n，n）为（−1，−3），在第三象限． 故选C． 【点睛】此题主要考查了关于原点对称的点的性质，正确得出m，n的值是解题关键． 9. 把抛物线先向左平移一个单位长度，然后再向上平移3个单位长度，那么平移后的抛物线的解析式是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数图象的平移，掌握二次函数的平移规律“左加右减，上加下减”成为解题的关键．直接根据函数图象平移规律即可解答． 【详解】解∶ 抛物线先向左平移一个单位长度，然后再向上平移3个单位长度，那么平移后的抛物线的解析式是， 故选∶D． 10. 如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到，若点刚好落在边上，且，则的度数为（　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些的性质解决问题是本题的关键．由旋转的性质可得，，由等腰三角形的性质可得，，由三角形的外角性质和三角形内角和定理可求解． 【详解】解：， ， ， 将绕点按逆时针方向旋转得到， ，， ， ， ， ， ， 故选：C． 11. 点A(﹣2，)，B(0，)，C(1，)为二次函数的图象上的三点，则y1，y2，y3的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二次函数的解析式得出图象的开口向上，对称轴是直线x=1，根据x＜1时，y随x的增大而减小，即可得出答案． 【详解】解：∵， ∴图象的开口向上，对称轴是直线x=1， ∵-2＜0＜1， ∴， 故选：B． 【点睛】本题主要考查对二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质等知识点的理解和掌握，能熟练地运用二次函数的性质进行推理是解此题的关键． 12. 如图，抛物线与x轴交于点和点，以下结论：①；②；③；④当时，y随x的增大而减小．其中，正确结论的个数是（　　） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据二次函数图象的对称轴位置和抛物线开口方向确定①③，根据时y的值判定②，由抛物线图象和性质判定④． 【详解】解：∵抛物线开口向上，则， ∵抛物线与x轴交于点和点， ∴对称轴为直线， 则 即， 抛物线与轴的交点在负半轴，则， ∴，故①正确； 当时，，故②正确； ∵抛物线经过点 ∴ 又 ∴，即，故③正确； ∵对称轴为直线， 当时，随的增大而减小，当时，随的增大而增大，故④不正确 故选：C． 【点睛】本题考查了二次函数的图像和性质，要求熟悉掌握函数图象与坐标轴的交点、顶点的坐标求法，及这些点代表的意义． 二、填空题（每小题4分，共16分） 13. 的根为______． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，通过直接开平方法求解方程即可，掌握一元二次方程解法是解题的关键． 【详解】解：， ， ∴，， 故答案为：，． 14. 已知一元二次方程的一个根为1，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程解的定义，根据一元二次方程的解的定义，将代入原方程，列出关于的方程，然后解方程即可． 【详解】解：关于的一元二次方程的一个根为， 满足一元二次方程， ， 解得，． 故答案为：． 15. 二次函数的图像与轴的交点坐标是___________，与轴的交点坐标为____． 【答案】 ①. 、 ②. 【解析】 【分析】根据题意得出，然后求出的值，即可以得到与轴的交点坐标；令，求出的值，即可求出抛物线与轴交点的坐标． 【详解】解：由图象与轴相交，则，代入得：， 解得：，， 二次函数的图像与轴的交点坐标是、； 由图象与轴相交，则，代入得：， 二次函数的图像与轴的交点坐标是， 故答案为：、；． 【点睛】本题主要考查了抛物线与坐标轴交点的知识，正确把握二次函数图象上点的坐标特征是解题关键，此题难度不大． 16. 如图，在中，，，，可以由绕点C顺时针旋转得到，其中点与点A是对应点，点与点B是对应点，连接，且A、、在同一条直线上，则的长为______． 【答案】6 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质、含30度角的直角三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的内角和定理和外角性质等知识，得出是解答的关键．先根据含30度角的直角三角形的性质求得，再由旋转性质和等腰三角形的判定与性质得到，进而可求解． 【详解】解：∵在中，，，， ∴， ∴， 由旋转性质得，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：6． 三、解答题（本大题满分68分） 17. 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，熟练掌握一元二次方程的解法是解答本题的关键．常用一元二次方程的解法有：直接开平方法、配方法、公式法、因式分解法． （1）变形后用因式分解法解一元二次方程． （2）用因式分解法解一元二次方程． 【小问1详解】 解：， ∴， ∴， ∴或， 解得：； 【小问2详解】 解：， ∴， ∴或， 解得：． 18. 已知二次函数 （1）写出抛物线的开口方向、对称轴和顶点坐标． （2）当时，直接写出函数的取值范围． 【答案】（1）抛物线开口向上，对称轴为直线，顶点坐标为； （2） 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是会由二次函数的顶点式得知二次函数的性质． （1）用配方法将表达式化为顶点式即可； （2）利用开口方向和对称轴及自变量的取值即可求得的取值范围． 【小问1详解】 解： ； ， ∴抛物线开口向上，对称轴为直线，顶点坐标为； 【小问2详解】 ，， 抛物线开口向上，顶点坐标为， 时函数最小值为， ∵ ∴的取值上界由处的函数值决定， 将代入得， 当时，的取值范围． 19. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是、，， （1）将以点为旋转中心顺时针旋转，画出旋转后对应的； （2）将向下平移个单位长度，画出； （3）在轴上有一点使得的值最小，直接写出点的坐标为______． 【答案】（1）作图见详解 （2）作图见详解 （3） 【解析】 【分析】（1）根据旋转的性质作图即可． （2）根据平移的性质作图即可． （3）取点关于轴的对称点，连接，交轴于点，则点即为所求，进而可得答案． 本题考查作图-旋转变换、作图-平移变换、轴对称-最短路线问题，熟练掌握旋转的性质、平移的性质、轴对称的性质是解答本题的关键． 【小问1详解】 解：如图，即为所求． 【小问2详解】 解：如图，即为所求． 【小问3详解】 解：取点关于轴的对称点，连接，交轴于点，连接， 此时，为最小值， 则点即为所求， 由图可得，点的坐标为， 故答案为：． 20. 海南某中学2020年投资16万元新增一批电脑，以后每年以相同的增长率进行投资，2022年投资25万元，求该学校这两年为新增电脑投资的年平均增长率． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的实际应用——增长率模型．设该学校这两年为新增电脑投资的年平均增长率为x，根据题意列出方程求解即可． 【详解】解：设该学校这两年为新增电脑投资的年平均增长率为x， 根据题意得：， 解得：（不符合题意，舍去）． 答：该学校为新增电脑投资的年平均增长率为 ． 21. 如图，点E为正方形外一点，，将旋转得到，的延长线交于H点． （1）绕点 逆时针方向旋转 得到； （2）试判定四边形的形状，并说明理由； （3）已知，，求的长． 【答案】（1）A， （2）四边形是正方形，理由见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据旋转的定义和图形进行解答即可； （2）由旋转的性质可得，由正方形的判定可证四边形是正方形； （3）连接，利用勾股定理可求，再利用勾股定理可求的长． 【小问1详解】 解：由题意可知，绕点A逆时针方向旋转得到； 故答案为：A， 【小问2详解】 解：四边形是正方形，理由如下： 根据旋转：， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴矩形是正方形． 【小问3详解】 连接， ∵， 在中，， ∵四边形是正方形， ∴， 在中，，又， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． 22. 如图，已知抛物线经过两点．与y轴交于点C． （1）求抛物线的解析式； （2）点P为抛物线上一点，若，求出此时点P的坐标； （3）在对称轴上是否存在点Q，使周长最小，若存在，求出点Q坐标和周长，若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）点P的坐标为或； （3）的周长最小为，点的坐标为 【解析】 【分析】（1）将两点代入求得a、b的值即可解答； （2）先求出，设点P的纵坐标为，再列绝对值方程可求得；然后再分和两种情况求解即可； （3）先确定抛物线的对称轴为，连接交直线于点，易得，则此时的周长最小，据此求解即可． 【小问1详解】 解：将两点代入可得： ，解得：， ∴抛物线的解析式为； 【小问2详解】 解：∵抛物线经过两点， ∴， 设点P的纵坐标为m， ∵， ∴，即，解得：； 当，有，解得：或4； ∴点P的坐标为或； 当，有，即， ∵， ∴方程无解． 综上，点P的坐标为或； 【小问3详解】 解：∵抛物线经过两点， ∴两点关于对称轴直线对称， 令，则， ∴， 连接交直线于点， ∴， ∴周长为，此时的周长最小， ∵，，， ∴， ∴的周长最小为； 设直线的解析式为， 则，解得：， ∴直线的解析式为， 令，可得，即点； 综上，的周长最小为，点的坐标为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $