精品解析：湖北省孝感市安陆市2025-2026学年九年级上学期期中数学试卷

九年级数学 一、选择题（共10题，每题3分，共30分．在每题给出的4个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 下列美术字中，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是（ ） A. 有两个相等的实数根 B. 有两个不相等的实数根 C. 只有一个实数根 D. 没有实数根 3. 抛物线y=﹣2（x+1）2﹣3的顶点坐标是（　　） A. （1，3） B. （﹣1，﹣3） C. （1，﹣3） D. （﹣1，3） 4. 如图，平行四边形的对角线交点在原点．若，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 5. 将抛物线先向右平移2个单位，再向上平移1个单位，得到的抛物线解析式是（ ） A. B. C. D. 6. 已知是方程的一个根，则的值是（ ） A. 3 B. C. 4 D. 7. 如图，将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，已知，则的度数为（ ） A. B. C. D. 8. 某种商品原价为200元，连续两次降价后售价为128元，若每次降价的百分率相同，则降价的百分率是（ ） A. B. C. D. 9. 已知二次函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点B、C的对应点分别为，且旋转角为锐角，连接．当点恰好落在直线上时，线段的长为（ ） A. 4 B. 5 C. D. 二、填空题（共5题，每题3分，共15分） 11. 方程的解是__________． 12. 若抛物线与轴只有一个公共点，写出一个满足条件的值：______． 13. 在平面直角坐标系中，将点绕点顺时针旋转后，得到的的坐标为______． 14. 如图，抛物线与直线的两个交点坐标分别为，，则不等式的解集是______． 15. 如图，是等边三角形，，点在边上，．动点以每秒的速度从点出发，沿匀速运动，到达点后停止，连接．设点的运动时间为，为，与的函数图象如图所示． （）______； （）______． 三、解答题（共9题，共分75分．请认真读题，冷静思考．解答题应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 16. 解方程： 17. 如图，在边长为1的正方形网格中，的顶点均在格点上．点为网格线的交点． （1）画出关于点的对称的图形； （2）将绕点顺时针旋转，画出旋转后的； 18. 关于x的一元二次方程． （1）求证：方程总有两个实数根； （2）若方程有一个根小于1，求k的取值范围． 19. 已知二次函数． （1）将该函数化为的形式，并写出其对称轴和顶点坐标； （2）在给定平面直角坐标系中画出该函数的图象的草图（只需在图中显示主要特性：开口方向，顶点，对称轴，与轴交点）； （3）结合图象，直接写出当时，的取值范围． 20. 如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=1，△ABC绕点C顺时针旋转一定角度得到△DEC，点D恰好落在AB边上，连接AE. 求： （1）旋转角的度数； （2）AE的长度. 21. 阅读下列材料： 材料：对于一元二次方程，若其两根之和为，两根之积为，则根据韦达定理，有，．有时，我们可以通过设两根为和的形式来求解方程．这样，两根之和自动满足，而两根之积为，由此可解出，进而得到方程的两个根．例如：解方程 解：由韦达定理，， 设，，则 ，解得 ， 请仿照上例，解方程： 22. （1）问题背景： 如图1，，，垂足为，且，，求四边形的面积． 小明发现四边形的一组邻边，这就为旋转作了铺垫于是，小明同学有如下思考过程： 第一步：将绕点逆时针旋转； 第二步：利用与互补， 证明，，三点共线，从而得到正方形； 进而求得四边形的面积． 请直接写出四边形的面积为______． （2）类比迁移： 如图2，为等边外一点，，，且，求四边形的面积． （3）拓展延伸： 如图3，在五边形中，，，，，，求五边形的面积． 23. 已知抛物线与x轴交于点和点，与y轴交于点C，连接，． （1）求抛物线及直线的解析式； （2）如图①，过点B作，交抛物线于另一点D，求点D的坐标； （3）如图②，P是x轴正半轴上一动点（不与点B重合），过点P作y轴的平行线交直线于点E，连接，设点P的横坐标为m，的面积为S． （Ⅰ）求S关于m的函数解析式； （Ⅱ）若当时，S有最大值为，请直接写出实数t的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九年级数学 一、选择题（共10题，每题3分，共30分．在每题给出的4个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 下列美术字中，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】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的判断，准确分析已知图形是解题的关键． 对每个选项分别进行分析即可得解； 【详解】选项是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； 选项是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； 选项是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意； 选项是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； 故选． 2. 一元二次方程的根的情况是（ ） A. 有两个相等的实数根 B. 有两个不相等的实数根 C. 只有一个实数根 D. 没有实数根 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的根的判别式的意义，通过计算一元二次方程根的判别式Δ的值，判断根的情况即可． 【详解】解：， ， 方程有两个不相等的实数根， 故选：B． 3. 抛物线y=﹣2（x+1）2﹣3的顶点坐标是（　　） A. （1，3） B. （﹣1，﹣3） C. （1，﹣3） D. （﹣1，3） 【答案】B 【解析】 【详解】试题解析：因为抛物线是顶点式， 根据顶点式的坐标特点可知该抛物线的顶点坐标是,故选B． 4. 如图，平行四边形的对角线交点在原点．若，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的对称性、关于原点中心对称的点的坐标特征等知识，由题意，结合平行四边形的对称性可知点与点关于坐标原点中心对称，由关于原点中心对称的点的坐标特征即可得到答案．熟记平行四边形的对称性、关于原点中心对称的点的坐标特征是解决问题的关键． 【详解】解：∵平行四边形的对角线交点在原点， ∴， 点与点关于坐标原点中心对称， 点的坐标为， 点的坐标是， 故选：C． 5. 将抛物线先向右平移2个单位，再向上平移1个单位，得到的抛物线解析式是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查二次函数图象的平移，遵循“左加右减，上加下减”的规则． 【详解】解：将抛物线向右平移2个单位， x变为； 再向上平移1个单位， 整体加1， ， 故选：A． 6. 已知是方程的一个根，则的值是（ ） A. 3 B. C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解，将已知根代入方程，直接求解参数a． 【详解】解：是方程 的根， 代入得 ， 即 ， ， 解得， 故选：A． 7. 如图，将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，已知，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接根据旋转角的定义可以直接求出的度数． 【详解】由题可知，是旋转角，也是旋转角， ∴， ∴， 故选． 【点睛】本题主要考查旋转变换时角度的变化关系，掌握旋转角的定义是解决本题的关键． 8. 某种商品原价为200元，连续两次降价后售价为128元，若每次降价的百分率相同，则降价的百分率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的应用，设每次降价的百分率为x，根据连续两次降价后的售价建立方程求解． 【详解】解：设每次降价的百分率为x， 原价为200元，连续两次降价后售价为128元， ， ， 或 （舍去）， ， 故选：D． 9. 已知二次函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 观察图象得：抛物线开口向下，与y轴交于正半轴，与x轴有两个不同的交点，对称轴位于y轴的右侧，从而得到，即可求解． 【详解】解：观察图象得，：抛物线开口向下，与y轴交于正半轴，与x轴有两个不同的交点，对称轴位于y轴的右侧， ∴，故A，B，C选项错误，不符合题意； ∴， ∴，故D选项正确，符合题意． 故选：D． 10. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点B、C的对应点分别为，且旋转角为锐角，连接．当点恰好落在直线上时，线段的长为（ ） A. 4 B. 5 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的判定和性质，勾股定理等知识，掌握旋转的性质是解题关键．连接，令与的交点为，结合旋转的性质，证明，得到，从而得出垂直平分，由勾股定理可得，再结合三角形面积公式求解即可． 【详解】解：如图，连接，令与的交点为， 点恰好落在直线上， 、、三点共线， ， 由旋转的性质可知，，， ， 在和中， ， ， ， 又， 垂直平分， ，， ， ， ， ， ， 故选：D． 二、填空题（共5题，每题3分，共15分） 11. 方程的解是__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，可以先因式分解，再分别令两个一次因式为零即可求解． 【详解】解： 或 故答案为： ． 12. 若抛物线与轴只有一个公共点，写出一个满足条件的值：______． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】本题考查了抛物线与x轴的交点，解题的关键是明确交点个数与判别式的关系．根据抛物线与x轴只有一个公共点，则令，得到关于x的一元二次方程的判别式等于零，计算求解即可． 【详解】解：令，得到， 抛物线与轴只有一个公共点， 方程有两个相等的实数根， ， 解得， 故答案为：2（答案不唯一）． 13. 在平面直角坐标系中，将点绕点顺时针旋转后，得到的的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了坐标与图形变化——旋转，利用旋转的性质得到，进而得到，，据此可得出点的坐标． 【详解】解：点B的坐标为，点A的坐标为， 如图，过点B作轴，过点A作轴，两线交于点C， 过点B作轴，，过点作轴，两线交于点D， 由旋转可得，， ， 又， ， ，， 点的坐标为，即， 故答案为． 14. 如图，抛物线与直线的两个交点坐标分别为，，则不等式的解集是______． 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查了二次函数与一次函数的图象与不等式的关系，解题的关键是根据两函数图象的交点，确定抛物线在直线上方（含交点）对应的的取值范围． 【详解】解：不等式表示抛物线在直线上方（含交点）的部分对应的的取值． 已知两函数交点坐标为和，结合图象可知，此时或． 故答案为：或． 15. 如图，是等边三角形，，点在边上，．动点以每秒的速度从点出发，沿匀速运动，到达点后停止，连接．设点的运动时间为，为，与的函数图象如图所示． （）______； （）______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】过点作于点，连接，由函数图象可知，当时，点在点位置，利用等边三角形的性质可得，即得，进而得到，即得到，又由函数图象可知，当点和点重合时，，利用勾股定理求出进而得到即可求解． 【详解】解：如图，过点作于点，连接， 由函数图象可知，当时，点在点位置， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 又由函数图象可知，当点和点重合时，， ∴， ∴， ∴，即， 故答案为：，． 【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，勾股定理，等边三角形的性质，直角三角形的性质等，看懂函数图象是解题的关键． 三、解答题（共9题，共分75分．请认真读题，冷静思考．解答题应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 16. 解方程： 【答案】， 【解析】 【分析】此题考查了一元二次方程的求解，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的求解方法． 利用因式分解法，求解即可． 【详解】解：， ∴， ∴， 即或， 解得：，． 17. 如图，在边长为1的正方形网格中，的顶点均在格点上．点为网格线的交点． （1）画出关于点的对称的图形； （2）将绕点顺时针旋转，画出旋转后的； 【答案】（1） 如图所示，即为所求； （2） 如图所示，即为所求； 【解析】 【分析】本题考查作图—旋转作图和中心对称作图，熟练掌握中心对称和旋转的性质是解题的关键． （1）根据中心对称的性质作图即可； （2）根据旋转的性质作图，即可得到答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 关于x的一元二次方程． （1）求证：方程总有两个实数根； （2）若方程有一个根小于1，求k的取值范围． 【答案】（1） 证明：在方程中， ， 方程总有两个实数根． （2） 【解析】 【分析】本题考查了根的判别式、因式分解法解一元二次方程以及解一元一次不等式，解题的关键是掌握根的判别式； （1）根据方程的系数结合根的判别式，可得，由此可证出方程总有两个实数根； （2）利用分解因式法解一元二次方程，可得出、，根据方程有一根小于1，即可得出关于的一元一次不等式，即可得出的取值范围． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：， ，． 方程有一根小于1， ，解得：， 的取值范围为． 19. 已知二次函数． （1）将该函数化为的形式，并写出其对称轴和顶点坐标； （2）在给定平面直角坐标系中画出该函数的图象的草图（只需在图中显示主要特性：开口方向，顶点，对称轴，与轴交点）； （3）结合图象，直接写出当时，的取值范围． 【答案】（1），对称轴为直线，顶点坐标为 （2） 画函数图象如下： （3） 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的顶点式，画二次函数的图象，二次函数与不等式，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键． （）利用配方法把函数解析式由一般式转化为顶点式，进而可写出其对称轴和顶点坐标； （）求出抛物线与轴和轴的交点坐标，再利用描点法画图即可； （）根据函数图象解答即可求解； 【小问1详解】 解：∵， ∴该函数化为的形式为， ∴对称轴为直线，顶点坐标为； 【小问2详解】 解：把代入，得， 解得，， ∴抛物线与轴的交点坐标为和， 把代入，得， ∴抛物线与轴的交点坐标为，其关于对称轴的对称点为． 【小问3详解】 解：由函数图象可得，当时，的取值范围为． 20. 如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=1，△ABC绕点C顺时针旋转一定角度得到△DEC，点D恰好落在AB边上，连接AE. 求： （1）旋转角的度数； （2）AE的长度. 【答案】（1）60°；（2）. 【解析】 【分析】（1）由旋转的性质可知AC=DC， BC=EC，∠ACB=∠DCE=90°.证△ACD是等边三角形，可得∠ACD=60°,即旋转角的度数为60°；（2）连接BE，证△BCE是等边三角形. 求出BE=BC=，∠CBE=60°，由勾股定理可得：. 【详解】（1）∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=1， ∴∠BAC=90°-∠ABC=60°，AB=2AC=2，BC=. 由旋转的性质可知AC=DC， BC=EC，∠ACB=∠DCE=90°. ∵CA=CD，∠BAC=60°， ∴△ACD是等边三角形. ∴∠ACD=60°,即旋转角的度数为60°. （2）连接BE， 由（1），得∠BCD=30°. ∴∠BCE=60°. ∵BC=EC, ∴△BCE是等边三角形. ∴BE=BC=，∠CBE=60°. ∵∠ABE=∠ABC+∠CBE=90°， ∴. 【点睛】本题考核知识点：旋转. 解题关键点：理解旋转的性质. 21. 阅读下列材料： 材料：对于一元二次方程，若其两根之和为，两根之积为，则根据韦达定理，有，．有时，我们可以通过设两根为和的形式来求解方程．这样，两根之和自动满足，而两根之积为，由此可解出，进而得到方程的两个根．例如：解方程 解：由韦达定理，， 设，，则 ，解得 ， 请仿照上例，解方程： 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系，读懂题意并熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键，根据题意由韦达定理得到，，设，，代入可得，求出t的值即可得到答案． 【详解】解：， 由韦达定理，， 设，， 则 ， 解得：， ，． 22. （1）问题背景： 如图1，，，垂足为，且，，求四边形的面积． 小明发现四边形的一组邻边，这就为旋转作了铺垫于是，小明同学有如下思考过程： 第一步：将绕点逆时针旋转； 第二步：利用与互补， 证明，，三点共线，从而得到正方形； 进而求得四边形的面积． 请直接写出四边形的面积为______． （2）类比迁移： 如图2，为等边外一点，，，且，求四边形的面积． （3）拓展延伸： 如图3，在五边形中，，，，，，求五边形的面积． 【答案】（1）16；（2）；（3） 【解析】 【分析】本题考查了旋转，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定，等边三角形的判定和性质，勾股定理，将求不规则图形的面积转化为求规则图形的面积是解题的关键． （1）先证，再求，最后根据求解； （2）延长至，使，连接，先证，再证为等边三角形，且．过点作交于点，再根据求解； （3）延长至，使，连接，，，先证，再根据求解． 【详解】解：（1）在四边形中，， ， 由旋转的性质，得， ∴，， ，即点在一条直线上， ， ， 四边形是矩形， 又， 四边形是正方形， ， ． 故答案为：16； （2）延长至，使，连接， 等边中，，又， ， 四边形中，， ， 又，， ， ，， ， ， 为等边三角形，且． 过点作交于点，如图所示： ，，，， ， ， （3）延长至，使，连接，， ，，， ， ． ，， ， ，． ． 23. 已知抛物线与x轴交于点和点，与y轴交于点C，连接，． （1）求抛物线及直线的解析式； （2）如图①，过点B作，交抛物线于另一点D，求点D的坐标； （3）如图②，P是x轴正半轴上一动点（不与点B重合），过点P作y轴的平行线交直线于点E，连接，设点P的横坐标为m，的面积为S． （Ⅰ）求S关于m的函数解析式； （Ⅱ）若当时，S有最大值为，请直接写出实数t的取值范围． 【答案】（1）抛物线的解析式为；直线的解析式为 （2）点D的坐标为 （3）（Ⅰ）；（ⅠⅠ） 【解析】 【分析】（1）根据待定系数法，把点和点代入可求抛物线的解析式；设直线为，将，代入可求直线的解析式； （2）设直线与轴交于点，先证明，再求出直线的解析式，与联立即可求解； （3）①由轴交直线于点，可得，，，分，两种情况，分别得关于的函数解析式；②当时，时，；当时，，时，即可求解． 【小问1详解】 解：把点和点代入， 得， 解得， 抛物线的解析式为， 当时，， 点， 设直线的解析式为， 则， 解得， ； 【小问2详解】 解：设直线与轴交于点， ，， ， ，， ， ， ， ， ， ， 设直线为， 将，代入， 得， 解得， 直线的解析式为， ， 解得，（舍去）， 时，， ； 【小问3详解】 解：①点的横坐标为，轴交直线于点， ， ，， 当时，， ； 当时，， ， 综上所述，； ②当时， 对于，时， ； 对于，时，函数有最小值， 当时，随的增大而增大， 当时， 解得或（舍去）， 综上所述，当时，有最大值，实数的取值范围是． 【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，求一次函数解析式，一元二次方程与二次函数的关系等知识，解题的关键是理解题意，做到数形结合，建立正确的方程，准确计算． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $