精品解析：辽宁省葫芦岛市龙港区2025-2026学年九年级上学期数学期中试题

2025—2026学年度第一学期九年级同步阶段检测 数学试卷 （本试卷共23道题 试卷满分120分 考试时间120分钟） 考生注意：所有试题必须在答题卡上作答，在本试卷上作答无效 一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的） 1. 下列图形中，既是轴对称图形又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为（ ） A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 没有实数根 D. 无法确定 3. 若抛物线过点，，则下列关系式正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，为弦，直径，垂足为点，则下列结论中不一定成立的是（ ） A. B. C. D. 6. 将抛物线向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度所得到的抛物线的解析式为（ ） A. B. C. D. 7. 西安“不倒翁小姐姐”再次让全国人民领略了大唐的风采，同时催生了众多富有文化特色的文创产品（如图①），图②是从正面看到该不倒翁的形状示意图（设圆心为O）．已知不倒翁的边缘，分别与相切于点A，B．若该圆的半径是，，则的长是（ ） A. B. C. D. 8. 某文具店七月份销售碳素笔100支，八、九两个月的销售量连续增长，九月份的销售量达到360支，设月平均增长率为，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，的顶点在抛物线上，将绕点顺时针旋转，得到，边与该抛物线交于点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，二次函数的图象与轴的一个交点坐标为，与轴的交点在3和4之间（不包含端点），下列结论中： ①； ②抛物线与轴的另一个交点坐标为； ③当时，； ④ 则正确结论的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题（本题共5小题，每小题3分，共15分） 11. 一元二次方程2x2-3x+1=0的一次项是_______． 12. 如图，将平行四边形绕点逆时针旋转，得到平行四边形，点恰好落在边上，和交于点，则的度数是________． 13. 如图，正五边形内接于，点在弧上，则的度数为______ 14. 若某扇形的半径是，弧长为，则扇形的面积为______． 15. 如图，在平面直角坐标系中，点在轴上，点在轴上，抛物线经过C，D两点，点A在x轴上，连接．E，F分别是上的一点，且，若，，则点E的坐标是________． 三、解答题（本题共8小题，共75分） 16. 解方程 （1） （2） 17. 如图，的三个顶点坐标分别是． （1）将绕点C顺时针旋转得，画出； （2）画出关于原点对称的； （3）连接，则与面积的比值是 ． 18. 关于的方程． （1）求证：不论为何实数，该方程总有两个实数根； （2）若该方程的一个根为，求的值． 19. “动动手指，商品到家”，网购不仅仅是一种现代消费方式，更是成为一种当下的指尖潮流．某网络购物平台的交易额逐年增长，2022年交易额为1.1亿元，2024年交易额为1.584亿元． （1）2022年至2024年交易额的年平均增长率是多少？ （2）若保持原来的增长率不变，求2025年该平台的交易额约为多少亿元？（结果保留小数点后两位） 20. 如图，是的直径，弦于点，连接，以为边在的左侧作，交的延长线于点，且． （1）求证：是的切线； （2）若，，求的半径． 21. 汴绣是流传于河南省开封市的传统美术，也是国家级非物质文化遗产之一，《东京梦华录》中有“金碧相射，锦绣交辉”之誉．某商店将每个进价为60元绣有不同图案的手包按每件100元出售，一天可售出20个．后来经过市场调查发现，这款手包的单价每降低1元，则销量可增加2个． （1）求商店经营这款手包原来一天可获得的利润为多少元； （2）求该款手包的单价降价多少元时，商店一天可获得的利润最大，最大利润是多少元？ 22. 如图1，点是等边内一点，连接、、． 【初步探究】 （1）线段绕点顺时针旋转，点与点重合，连接，求证：； 【变式探究】 （2）在（1）的条件下，若，，，请求出的长； 【拓展探究】 （3）如图2，若，，在上运动，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，请直接写出当取最小值时的长度． 23. 如图，已知抛物线：的顶点为，与轴相交于、两点（点在点的左侧），点的横坐标是1． （1）求点坐标及的值； （2）如图，点是轴上一动点，将抛物线绕点旋转后得到抛物线．抛物线的顶点为，与轴相交于、两点（点在点的左侧） ①当点为轴正半轴上一点，以点、、为顶点的三角形是直角三角形时，求点的坐标． ②若将抛物线沿轴移动，当抛物线、有两个交点时，请直接写出点横坐标的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度第一学期九年级同步阶段检测 数学试卷 （本试卷共23道题 试卷满分120分 考试时间120分钟） 考生注意：所有试题必须在答题卡上作答，在本试卷上作答无效 一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的） 1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查轴对称及中心对称的定义，解决本题的关键是掌握中心对称图形与轴对称图形的概念。 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，旋转180度后与原图重合，据此逐选项判断即可． 【详解】解：A、是轴对称图形而不是中心对称图形，不符合题意； B、既是轴对称图形也是中心对称图形，符合题意； C、不是中心对称图形也不是轴对称图形，不符合题意； D、是轴对称图形而不是中心对称图形，不符合题意； 故选：B． 2. 一元二次方程的根的情况为（ ） A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 没有实数根 D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】运用一元二次方程根的判别式判定方程的根的情况即可． 【详解】解：∵ ∴ ∴一元二次方程有两个不相等的实数根 故答案选A 【点睛】本题考查了运用一元二次方程根的判别式判定方程的根的情况，当△＞0，方程有两个不等的实数根，当△=0，方程有两个相等的实数根，当△＜0，方程没有实数根. 3. 若抛物线过点，，则下列关系式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质，根据抛物线（）对称轴为可得当时，随的增大而增大，即可求解． 【详解】解：∵抛物线（）的对称轴为 ∴当时，随的增大而增大， ∵抛物线过点，， ∴ 故选：C． 4. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了关于原点对称的点的特征．根据关于原点对称的点，横坐标和纵坐标都互为相反数． 【详解】∵点关于原点对称， ∴对称点的横坐标为，纵坐标为， 即点． 故选：D． 5. 如图，为弦，直径，垂足为点，则下列结论中不一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了垂径定理，弧、弦、圆心角的关系，根据垂径定理，圆心角、弧、弦的关系逐一判断即可，熟知垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧是解题的关键． 【详解】A、 与不一定相等，符合题意； B、 ∵直径， ∴，故不符合题意； C、∵直径， ∴，故不符合题意； ∴，故D不符合题意， 故选：A． 6. 将抛物线向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度所得到的抛物线的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查二次函数图象的平移，根据平移规则：左加右减，上加下减，进行求解即可． 【详解】解：由题意，新的抛物线的解析式为； 故选：B． 7. 西安“不倒翁小姐姐”再次让全国人民领略了大唐的风采，同时催生了众多富有文化特色的文创产品（如图①），图②是从正面看到该不倒翁的形状示意图（设圆心为O）．已知不倒翁的边缘，分别与相切于点A，B．若该圆的半径是，，则的长是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查切线的性质，弧长的计算，多边形内角和．利用切线的性质可得，进而得到，以及所对圆心角，最后利用弧长公式求解即可． 【详解】解：如图，连接，， ，分别与相切于点 A， B， ， ， ， 所对圆心角为， 该圆半径是， 的长是， 故选：B． 8. 某文具店七月份销售碳素笔100支，八、九两个月的销售量连续增长，九月份的销售量达到360支，设月平均增长率为，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用．根据月平均增长率，八月份销售量为，九月份销售量为，据此列方程． 【详解】解：月平均增长率为， 八月份销售量：， 九月份销售量：， 又九月份销售量为， ． 故选：D． 9. 如图，的顶点在抛物线上，将绕点顺时针旋转，得到，边与该抛物线交于点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的解析式求解、图形的旋转变换，解题的关键是利用旋转的坐标变化规律确定线段的位置，再结合抛物线解析式求交点坐标． 1． 代入点坐标求出抛物线解析式； 2． 根据旋转规则确定点的坐标，得到的纵坐标； 3． 将的纵坐标代入抛物线解析式，求出点的横坐标，得到点坐标． 【详解】解：将代入， 得， 解得， 故抛物线解析式为． 绕点顺时针旋转得到， 则旋转后对应 且， 故的纵坐标为． 点在上，故其纵坐标为； 将代入抛物线，得（舍去负根，因在第一象限）， 旋转后对应， 故是从到的线段， 纵坐标恒为． 代入得（舍去）， 故． 故选：C． 10. 如图，二次函数的图象与轴的一个交点坐标为，与轴的交点在3和4之间（不包含端点），下列结论中： ①； ②抛物线与轴的另一个交点坐标为； ③当时，； ④ 则正确结论的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象的性质，掌握数形结合是解决本题的关键． 根据二次函数的图象的开口方向和与y轴的交点，得到a、c的符号，即可判断①；根据二次函数的对称轴和与x轴的其中一个交点即可求得另一个交点，即可判断②；结合二次函数的图象即可判断③；将代入函数，得到a与c之间的关系，结合，即可判断④． 【详解】解：∵抛物线开口向下， ∴， ∵抛物线与y轴交点（时，）在3和4之间， ∴； ∴，故①错误； 由题意得，二次函数对称轴为， ∵抛物线与x轴的一个交点为，，， ∴另一交点为，故②正确； ∵抛物线开口向下，与x轴交点为和， ∴当时，；当时，， ∴当时，，不成立，故③错误； 将代入函数，得， ∴， ∵， ∴， ∴，故④正确． 综上所述，正确结论有结论②、④正确，共2个． 故选：B． 二、填空题（本题共5小题，每小题3分，共15分） 11. 一元二次方程2x2-3x+1=0的一次项是_______． 【答案】-3x 【解析】 【分析】根据一元二次方程的一般形式判断即可； 【详解】由题可知，一元二次方程的二次项为，一次项为，常数项为， 故答案是． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程的定义，准确判断是解题的关键． 12. 如图，将平行四边形绕点逆时针旋转，得到平行四边形，点恰好落在边上，和交于点，则的度数是________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了图形的旋转以及三角形的内角和，求出的度数是解决本题的关键． 先由图形旋转，边长不变，角度不变，可得，再结合三角形的内角和与平行线的性质求解即可． 【详解】解：平行四边形绕点A逆时针旋转，得到平行四边形， ，，，， ， ， 故答案为： 13. 如图，正五边形内接于，点在弧上，则的度数为______ 【答案】72° 【解析】 【分析】连接圆心和点B点E，构造圆心角，利用正五边形的性质求得圆心角的度数，从而求得∠BFE的度数即可． 【详解】 如图，连接OE、OB， ∵正五边形ABCDE内接于⊙O， ∴∠BOE=×2=144°， ∴∠BFE=∠BOE=72°， 故答案为：72°． 【点睛】考查了正多边形和圆、圆的有关性质及定义等知识，解题的关键是构造圆心角，难度不大． 14. 若某扇形的半径是，弧长为，则扇形的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了扇形的面积计算，根据扇形面积公式 ，其中为弧长，为半径，直接代入已知值计算，熟练掌握扇形的面积公式是解题的关键． 【详解】解：由扇形面积公式，已知半径，弧长， 代入得：， 故答案为：． 15. 如图，在平面直角坐标系中，点在轴上，点在轴上，抛物线经过C，D两点，点A在x轴上，连接．E，F分别是上的一点，且，若，，则点E的坐标是________． 【答案】 【解析】 【分析】连接，求出两点的坐标，证明为等腰三角形，得到，一线三等角，证明，得到，进而求出的长，即可得出结果． 【详解】解：连接， ∵， ∴当时，，当时，解得， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，点关于轴对称， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查二次函数与坐标轴的交点问题，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，正确地求出点的坐标，熟练掌握一线三等角的全等模型，是解题的关键． 三、解答题（本题共8小题，共75分） 16. 解方程 （1） （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查解一元二次方程的方法，掌握因式分解法，求根公式解一元二次方程是解题的关键． （1）运用因式分解法解一元二次方程即可； （2）运用求根公式解一元二次方程即可． 【小问1详解】 解： 提取公因式得， 解得： 【小问2详解】 解： ∵， ∴， ∴， 解得：，， 17. 如图，的三个顶点坐标分别是． （1）将绕点C顺时针旋转得，画出； （2）画出关于原点对称的； （3）连接，则与面积的比值是 ． 【答案】（1）如图，为所求的三角形； （2）如图，为所求的三角形； （3）3 【解析】 【分析】本题考查了网格作图题，直角坐标系，旋转，中心对称，三角形面积的计算，根据坐标确定点的位置是解题的关键． （1）在坐标系中先画出点绕点顺时针旋转的点，再顺次连接即可； （2）在坐标系中画出点关于原点的对称点，再顺次连接即可； （3）先计算与面积，再求比值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ，， 故答案为：． 18. 关于的方程． （1）求证：不论为何实数，该方程总有两个实数根； （2）若该方程的一个根为，求的值． 【答案】（1） 证明：∵， ∴原方程总有两个实数根； （2） 【解析】 【分析】（）求出的值，进而即可求证； （）把代入方程计算即可求解； 本题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程的解，熟练掌握知识点是解题的关键． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵该方程的一个根为， ∴， 解得． 19. “动动手指，商品到家”，网购不仅仅是一种现代消费方式，更是成为一种当下的指尖潮流．某网络购物平台的交易额逐年增长，2022年交易额为1.1亿元，2024年交易额为1.584亿元． （1）2022年至2024年交易额的年平均增长率是多少？ （2）若保持原来的增长率不变，求2025年该平台的交易额约为多少亿元？（结果保留小数点后两位） 【答案】（1） （2）1.90亿元 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，有理数四则混合计算的实际应用，正确理解题意找到等量关系列出方程是解题的关键． （1）设2022年至2024年交易额的年平均增长率是x，然后根据经过连续两年增长后从1.1亿元增长到1.584亿元列出方程求解即可； （2）根据（1）所求，求出2025年该平台的交易额即可得到答案． 【小问1详解】 解：设年平均增长率为， ， 解得：（舍）， 答：2022年至2024年交易额的年平均增长率是； 【小问2详解】 解：（亿元） 答：2025年该平台的交易额约为1.90亿元． 20. 如图，是的直径，弦于点，连接，以为边在的左侧作，交的延长线于点，且． （1）求证：是的切线； （2）若，，求的半径． 【答案】（1） 证明：连接， ∵，是直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了切线的判定，垂径定理，勾股定理： （1）连接，根据垂径定理可得，再由，可得，从而得到，即可求证； （2）连接，根据垂径定理可得，设，则，，，在中，根据勾股定理可求出x的值，即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：连接， ∵，是直径， ∴， ∵， ∴设，则， ∴，， 在中，， ∴ 解得：（舍去） ∴，即求的半径为． 21. 汴绣是流传于河南省开封市的传统美术，也是国家级非物质文化遗产之一，《东京梦华录》中有“金碧相射，锦绣交辉”之誉．某商店将每个进价为60元绣有不同图案的手包按每件100元出售，一天可售出20个．后来经过市场调查发现，这款手包的单价每降低1元，则销量可增加2个． （1）求商店经营这款手包原来一天可获得的利润为多少元； （2）求该款手包的单价降价多少元时，商店一天可获得的利润最大，最大利润是多少元？ 【答案】（1）商店经营这款手包原来一天可获得的利润为800元 （2）该款手包的单价降价为15元时，商店一天可获得的利润最大，最大利润是1250元 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的应用，理解题意是解决本题的关键． （1）根据题意即可求解； （2）设该款手包的单价降价为元，商店一天可获得的利润为元，根据题意列出二次函数再根据二次函数的性质即可求解． 【小问1详解】 解：由题意得，（元）， 答：商店经营这款手包原来一天可获得的利润为800元； 【小问2详解】 解：设该款手包的单价降价元，商店一天可获得的利润为元， ， ∵， ∴抛物线开口向下，w有最大值， ∴当时，w的最大值元， 答：该款手包的单价降价15元时，商店一天可获得的利润最大，最大利润是1250元． 22. 如图1，点是等边内一点，连接、、． 【初步探究】 （1）线段绕点顺时针旋转，点与点重合，连接，求证：； 【变式探究】 （2）在（1）的条件下，若，，，请求出的长； 【拓展探究】 （3）如图2，若，，在上运动，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，请直接写出当取最小值时的长度． 【答案】（1） 证明：∵线段绕点顺时针旋转，点与点重合， ∴，， ∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中 ， ∴， ∴； （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）由旋转可得两三角形全等，进而可证对应边相等，结论得证； （2）连接，可得等边三角形，进而得到，最后利用勾股定理可得的长； （3）连接，可得，则，当时，最小，然后利用勾股定理求． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：连接， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：连接， ∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 当时，最小， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质、图形的旋转变换、勾股定理、全等三角形的判定及性质、最短线段问题，关键是全等三角形的判定． 23. 如图，已知抛物线：的顶点为，与轴相交于、两点（点在点的左侧），点的横坐标是1． （1）求点坐标及的值； （2）如图，点是轴上一动点，将抛物线绕点旋转后得到抛物线．抛物线的顶点为，与轴相交于、两点（点在点的左侧） ①当点为轴正半轴上一点，以点、、为顶点的三角形是直角三角形时，求点的坐标． ②若将抛物线沿轴移动，当抛物线、有两个交点时，请直接写出点横坐标的取值范围． 【答案】（1）， （2）①或；② 【解析】 【分析】（1）由题意得到，将点代入抛物线：，即可得到的值，进而得到顶点坐标； （2）①由（1）知抛物线的解析式为，，求出，设，由旋转的性质得到抛物线的顶点N的坐标为，点F的坐标为，求出，以、、为顶点的三角形是直角三角形时，分和两种情况讨论即可；②设，同理①得，抛物线的顶点N的坐标为，得到抛物线的解析式为，联立，整理得，根据抛物线、有两个交点，令，解不等式即可． 【小问1详解】 解：由题意得到， 将点代入抛物线：， 则，解得， ∴抛物线的解析式为， ∴顶点坐标； 【小问2详解】 解：①由（1）知抛物线的解析式为，， 令，即， 解得：， ∴， 设， ∵将抛物线绕点Q旋转后得到抛物线，则两点关于点对称，两点关于点对称， ∴抛物线的顶点N的坐标为，点F的坐标为， ∵点是x轴正半轴上的一个动点， ∴， ∵， ∴以、、为顶点的三角形是直角三角形时，分和两种情况讨论： 当时， 则， 得， 解得， ∴点的坐标为； 当时， 则， 得， 解得， ∴点的坐标为； 综上所述，符合条件的点的坐标有或； ②设， 同理①得，抛物线的顶点N的坐标为， ∴抛物线的解析式为， 联立，则， 整理得， ∵抛物线、有两个交点， ∴， ∴，即， ∴（无解）或， 解得， ∴点横坐标的取值范围为． 【点睛】本题主要考查了图形的变换—中心对称变换、二次函数综合应用、勾股定理、二次函数与坐标轴的交点问题等知识，根据旋转中心是对应点连线的中点确定点的坐标和分情况讨论是解答本题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $