精品解析：河南省驻马店市上蔡县2025-2026学年九年级上学期11月期中数学试题

河南省2025-2026学年第一学期期中试卷九年级数学 注意事项： 1．本试卷共6页，三个大题，满分120分，考试时间100分钟． 2．答卷前请将装订线内的项目填写清楚． 一、选择题（每小题3分，共30分．下列各小题均有四个选项，其中只有一个是正确的，将正确答案的代号字母填在题后括号内） 1. 在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 河南是中华民族、中华优秀传统文化、中华文明的发祥地，是夏、商、周三代文明的核心区．下列，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 3. 如图,是的直径，C，D是上的两点，连接，若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 4. 函数的图象不经过下列中的点（ ） A. B. C. D. 5. 关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 在平面直角坐标系中，以原点O为圆心作一个半径为6的圆，点P的坐标为，则点P与的位置关系是（） A. 点P在内 B. 点P在上 C. 点P在外 D. 点P在上或外 7. 如图1，有一张长，宽的长方形硬纸片，裁去角上两个小正方形和两个小长方形（图中阴影部分）之后，恰好折成如图2所示的有盖纸盒．若纸盒的底面积是，则纸盒的高为（ ） A. B. C. D. 8. 已知抛物线与x轴交于点和，则的值为（ ） A. 1 B. 3 C. D. 9. 如图是小明借助工具设计的抛物线型帐篷．在抛物线上取四点、、、，且线段，都与地面平行，抛物线最高点到的距离为，，，则点到的距离为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，等腰关于y轴对称，且以为边构造正方形，将五边形绕点O顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束后，点C的对应点的坐标为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 明明解方程时得到，则他漏掉的一个根是___________． 12. 在函数中,当x＞1时,y随x的增大而 ___．（填“增大”或“减小”） 13. 如图，四边形内接于，若四边形是平行四边形，则______． 14. 如图，在的边上取点，以点为圆心，为半径作交于点，此时恰为的切线，为切点．若则的长为___________． 15. 定义：如果一个三角形一边上的高等于这条边，那么这个三角形叫作“等高底三角形”，这条边叫作这个三角形的“等底”．如图，平行线与之间的距离是3，“等高底”的“等底”在直线上（点B在点C的左侧），点A在直线上，将绕点B顺时针旋转得到，点A、C的对应点分别为点、，则的长为___________． 三、解答题（本大题共8个小题，共75分） 16. 解方程： （1） （2） 17. 如图，的三个顶点的坐标分别为，，． （1）画出关于原点O成中心对称的图形 （2）画出先向右平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到的 （3）若和关于某一点成中心对称，则对称中心的坐标为___________． 18. 九年级乒乓球赛制采用单循环形式（每两人之间进行一场比赛）． （1）若参赛者有6人，按赛制共进行了几场比赛？ （2）以下是小文和小博对比赛总场数的统计，判断小博的说法是否正确，并说明理由． （3）若八年级也举行单循环赛制的乒乓球比赛，且比赛场次控制在90~100之间，则应该安排___________名参赛者． 19. 如图，等腰中，在上取点O，以为半径作交于另一点D，与射线相切于点C． （1）请用无刻度的直尺和圆规过点A作的垂线，垂足为E；（保留作图痕迹，不写作法） （2）若（1）中所作的垂线交圆周于点F，连接相交于点G．当平分时，求的长． 20. 如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且对称轴为直线，． （1）求a的值； （2）将抛物线平移，使其顶点P落在直线上，设平移后的抛物线与y轴的交点为D，则点D的纵坐标是否存在最值（最大值或最小值），若存在求出最值；若不存在，说明理由． 21. 在中国传统建筑中，圆弧形拱门一直占有重要地位．如图，是拱门外轮廓所在的圆，其圆心为，半径为，拱门最下端的弦（在地面上）宽． （1）求该拱门到地面的最大距离； （2）拱门附近地面上有一个直径为的圆桌面（厚度忽略不计），则将桌面至少水平抬高多少米，才能通过拱门？ 22. 下面是某地的一座桥，其桥洞形状可以看作一条抛物线．拱顶点A与起拱线BC相距4米，桥的跨度BC为6m，现以点B为坐标原点，BC所在直线为x轴，过点B且垂直于BC所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系． （1）求抛物线的表达式； （2）若观赏船宽为3m，船顶到船底的距离为3.8m，吃水深度为1m．请问该船能否安全通过此桥？说明理由． 23. 四边形的对角线交于点，点又是四边形的一个顶点，边与边相交于点，边与边相交于点．将四边形绕点旋转，连接． （1）观察猜想 如图1，当四边形与四边形．是全等的正方形时，与的数量关系是___________；，，之间的数量关系是___________． （2）类比探究 如图2，当四边形与四边形是全等的矩形时，写出，，之间的数量关系，并证明； （3）拓展应用 如图3，在中，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点，，将绕点旋转．当时，直接写出线段的长度． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省2025-2026学年第一学期期中试卷九年级数学 注意事项： 1．本试卷共6页，三个大题，满分120分，考试时间100分钟． 2．答卷前请将装订线内的项目填写清楚． 一、选择题（每小题3分，共30分．下列各小题均有四个选项，其中只有一个是正确的，将正确答案的代号字母填在题后括号内） 1. 在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了中心对称，两点关于原点对称，掌握关于原点对称的坐标变化规律是解题的关键．两点关于原点对称的坐标变化规律是：两点横纵坐标分别互为相反数，以此判断即可． 【详解】解：点关于原点的对称点为， ∴该点在第四象限． 故选D． 2. 河南是中华民族、中华优秀传统文化、中华文明的发祥地，是夏、商、周三代文明的核心区．下列，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】本题考查了轴对称图形、中心对称图形，理解其定义是解题的关键． 根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项判断即可． 【详解】解：A：是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项不合题意； B：是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项不合题意； C：是轴对称图形，也是中心对称图形，故该选项符合题意； D：不是轴对称图形，是中心对称图形，故该选项不合题意．   故选：C ． 3. 如图,是的直径，C，D是上的两点，连接，若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理（直径所对的圆周角为直角、同弧所对的圆周角相等），解题的关键是利用直径的性质求出直角，再结合已知角推导相关圆周角的度数． 连接，由是直径得，结合 求出的度数；利用同弧所对的圆周角相等，得，进而得出的度数． 【详解】解：连接． ∵是的直径， ∴（直径所对的圆周角为直角）． 在中，， ∴ 又∵与是同弧所对的圆周角， ∴ 故选：C． 4. 函数的图象不经过下列中的点（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象上的点，明确点的坐标满足函数解析式是解题的关键． 通过将各点的x坐标代入函数解析式，计算对应的y值，与给定y值比较，判断点是否在图象上． 【详解】解：∵ 函数解析式为 ， A ：，当时，，点在图象上，此选项不符合题意； B：，当时，，点在图象上，此选项不符合题意； C：，当时，，与给定y值一致，点在图象上，此选项不符合题意； D：，当时，，点不在图象上，此选项符合题意． 故选：D． 5. 关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据方程有两个相等的实数根列方程求解即可. 【详解】由题意得∆=0， ∴4-4k=0， 解得k=1， 故选：A. 【点睛】此题考查了一元二次方程的根的情况求未知数的值，正确掌握一元二次方程的根的三种情况：方程有两个不相等的实数根时∆>0，方程有两个相等的实数根时∆=0，方程没有实数根时∆<0. 6. 在平面直角坐标系中，以原点O为圆心作一个半径为6的圆，点P的坐标为，则点P与的位置关系是（） A. 点P在内 B. 点P在上 C. 点P在外 D. 点P在上或外 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查点与圆的位置关系：点到圆心的距离d与半径r比较，若则点在圆内，若则点在圆上，若则点在圆外． 计算点P到原点O的距离，与圆的半径比较，判断位置关系． 【详解】∵点P的坐标为，原点O为， ∴， ∵⊙O的半径， ∴， ∵， ∴， ∴点P在内． 故选：A． 7. 如图1，有一张长，宽的长方形硬纸片，裁去角上两个小正方形和两个小长方形（图中阴影部分）之后，恰好折成如图2所示的有盖纸盒．若纸盒的底面积是，则纸盒的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程的应用，解题的关键是理解题意；设纸盒的高为，即小正方形的边长为，则折成的有盖纸盒的底的长为，宽为，然后根据题意可列方程进行求解． 【详解】解：设纸盒的高为，即小正方形的边长为，则折成的有盖纸盒的底的长为，宽为，由题意得： ， 解得：， 当时，（不符合题意，舍去）， ∴； 故选A． 8. 已知抛物线与x轴交于点和，则的值为（ ） A. 1 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数与轴的交点，解一元二次方程，通过求解二次方程得到抛物线与x轴的交点横坐标，然后代入计算即可． 【详解】解：∵抛物线与x轴交于点A和B， ∴令，得， 解得或，即或， ∴或， 故选：C． 9. 如图是小明借助工具设计的抛物线型帐篷．在抛物线上取四点、、、，且线段，都与地面平行，抛物线最高点到的距离为，，，则点到的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了抛物线形的实际问题，建立恰当坐标系得出抛物线解析式是解决问题的关键； 如图建立平面直角坐标系，求出解析式，然后代入的横坐标即可． 【详解】解：如图建立坐标系： ∵抛物线最高点到的距离为，，， ∴， 设 将代入得， ∴ 即： 当时， 即点到的距离为：．   故选：C ． 10. 如图，等腰关于y轴对称，且以为边构造正方形，将五边形绕点O顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束后，点C的对应点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查的是等腰直角三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，坐标与图形，熟练掌握等腰直角三角形的三边关系和找到旋转点坐标变化规律是解决本题的关键． 先根据等腰直角三角形求出点B坐标，再根据正方形的性质求出点C的坐标，再根据题上条件得出旋转为每4次一个循环，从而求出点的坐标． 【详解】解：是等腰直角三角形， ， 等腰关于y轴对称， 点B坐标为， 四边形是正方形， ， 点C坐标为， 将五边形绕点O顺时针旋转，每次旋转， ， 由题意可知旋转为每4次一个循环，且， 第次旋转结束时，点与坐标相同， 点的坐标为． 故选：D． 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 明明解方程时得到，则他漏掉的一个根是___________． 【答案】0 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的因式分解法及根的完整性，将方程整理为标准形式后再因式分解是解题关键． 通过因式分解法解一元二次方程，找到所有根． 【详解】解：原方程为， 移项得， 两边同乘以得， 因式分解得， 由零乘积性质得或， 明明已得，故漏掉的根为． 故答案为：0． 12. 在函数中,当x＞1时,y随x的增大而 ___．（填“增大”或“减小”） 【答案】增大 【解析】 【分析】根据其顶点式函数可知，抛物线开口向上，对称轴为 ，在对称轴右侧y随x的增大而增大，可得到答案． 【详解】由题意可知: 函数,开口向上，在对称轴右侧y随x的增大而增大，又∵对称轴为， ∴当时，y随的增大而增大， 故答案为：增大． 【点睛】本题主要考查了二次函数的对称轴及增减性，掌握当二次函数开口向上时，在对称轴的右侧y随x的增大而增大，在对称轴的左侧y随x的增大而减小是解题的关键． 13. 如图，四边形内接于，若四边形是平行四边形，则______． 【答案】##60度 【解析】 【分析】本题重点考查圆内接四边形的性质和圆周角定理的综合应用，通过平行四边形性质将圆心角与圆周角关联并建立方程是解题的关键． 利用圆内接四边形的性质和圆周角定理列方程求解． 【详解】解：设， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是圆内接四边形， ∴， 即， 解得， ∴， 故答案为：． 14. 如图，在的边上取点，以点为圆心，为半径作交于点，此时恰为的切线，为切点．若则的长为___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了圆的切线的性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理等，关键是利用切线的性质连辅助线； 连接，在直角三角形中，利用勾股定理求的长． 【详解】解：连接， ∵为的切线，为切点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为： ． 15. 定义：如果一个三角形一边上的高等于这条边，那么这个三角形叫作“等高底三角形”，这条边叫作这个三角形的“等底”．如图，平行线与之间的距离是3，“等高底”的“等底”在直线上（点B在点C的左侧），点A在直线上，将绕点B顺时针旋转得到，点A、C的对应点分别为点、，则的长为___________． 【答案】或 【解析】 【分析】分两种情况，先证明等腰直角三角形，再根据旋转的性质结合勾股定理计算即可． 【详解】解：①如图，作交于点D， ∵平行线与之间的距离是3，“等高底”的“等底”在直线上， ∴，， ∴， ∴， 即C、D位于同一位置， ∴，， ∴， ∴等高底是等腰直角三角形， ∴， 如图， ∵将绕点B顺时针旋转得到， ∴且、C、B位于同一直线， ∴； ②如图，作交于点D， ∵平行线与之间的距离是3，“等高底”的“等底”在直线上， ∴，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 如图， ∵将绕点B顺时针旋转得到， ∴，， ∴， ∴； 综上所述，的长为或． 三、解答题（本大题共8个小题，共75分） 16. 解方程： （1） （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查解一元二次方程： （1）先移项，再利用因式分解法求解； （2）将原方程整理为，即可求解． 【小问1详解】 解：， ， ， 或， 解得； 【小问2详解】 解：， ， ， 解得． 17. 如图，的三个顶点的坐标分别为，，． （1）画出关于原点O成中心对称的图形 （2）画出先向右平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到的 （3）若和关于某一点成中心对称，则对称中心的坐标为___________． 【答案】（1） 如图，即为所求； （2） 如图，即为所求； （3） 【解析】 【分析】本题考查了中心对称、平移，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）根据中心对称的性质作图； （2）根据平移的定义解题即可； （3）根据画出的图即可找到对称中心． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：若和关于某一点成中心对称， 由图可知，，， ∴该中心坐标为中点，即，化简得：． 18. 九年级乒乓球赛制采用单循环形式（每两人之间进行一场比赛）． （1）若参赛者有6人，按赛制共进行了几场比赛？ （2）以下是小文和小博对比赛总场数的统计，判断小博的说法是否正确，并说明理由． （3）若八年级也举行单循环赛制的乒乓球比赛，且比赛场次控制在90~100之间，则应该安排___________名参赛者． 【答案】（1）15场 （2） 说法正确，理由：设有人参赛， 由题意得， 整理得， 解得 的取值不为整数，即方程的解不符合实际， 小博的说法正确； （3）14 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的应用，理解题意是解答的关键． （1）由题意，得6个队伍需比赛的局数为，即可求解； （2）设有x个队伍报名参赛，根据题意列方程，然后解方程，根据方程根的情况可得结论； （3）设有人参赛，则比赛的总场数为，然后取当，，，计算的值，结合题意即可得出答案． 【小问1详解】 解： 故按赛制共进行了15场比赛； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：设有人参赛，则比赛的总场数为， 当时，； 当时，； 当时，； 又比赛场次控制在90~100之间， ∴应该安排14名参赛者， 故答案为：14． 19. 如图，等腰中，在上取点O，以为半径作交于另一点D，与射线相切于点C． （1）请用无刻度的直尺和圆规过点A作的垂线，垂足为E；（保留作图痕迹，不写作法） （2）若（1）中所作的垂线交圆周于点F，连接相交于点G．当平分时，求的长． 【答案】（1） 如图所示，利用尺规作图作垂线的方法作图即可； （2） 【解析】 【分析】（1）根据作垂线的尺规作图方法作图即可； （2）由切线的性质，直径所对圆周角为直角，结合已知条件可证明四边形是矩形，由垂径定理可得，通过角度计算可得，根据直角三角形的性质利用勾股定理列方程即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：是的直径， ， ， ， ． 为的切线， ， 四边形是矩形， ，， ， ， 平分， ， ， ， ， ， ， 在中，． 即， 得． 【点睛】本题考查尺规作图作垂线，切线的性质，直径所对圆周角为直角，矩形的判定，垂径定理，直角三角形的性质，勾股定理，掌握相关知识是解决问题的关键． 20. 如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且对称轴为直线，． （1）求a的值； （2）将抛物线平移，使其顶点P落在直线上，设平移后的抛物线与y轴的交点为D，则点D的纵坐标是否存在最值（最大值或最小值），若存在求出最值；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）存在最大值，为 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，待定系法法，抛物线的对称轴，平移，灵活运用函数的性质求解是解题的关键． （1）先求出点的坐标，将点的坐标代入函数解析式，再根据对称轴方程列二元一次方程组求解即可； （2）设平移后抛物线的顶点，先求出，然后根据二次函数的性质回答即可． 【小问1详解】 解：依题得：当时，， 即， ，则， 解得：； 【小问2详解】 存在最大值，理由如下： 平移后的抛物线顶点在直线上，由于， 设平移后抛物线的顶点，则抛物线解析式为， 平移后的抛物线与轴的交点为， 令，则点的纵坐标， 对于任意都有， ， 点的纵坐标存在最大值，为． 21. 在中国传统建筑中，圆弧形拱门一直占有重要地位．如图，是拱门外轮廓所在的圆，其圆心为，半径为，拱门最下端的弦（在地面上）宽． （1）求该拱门到地面的最大距离； （2）拱门附近地面上有一个直径为的圆桌面（厚度忽略不计），则将桌面至少水平抬高多少米，才能通过拱门？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查勾股定理和垂径定理： （1）设最高点为，连接并延长交于，得到，进而可得，则； （2）设弦，且于点，连接，可知，进而可得． 【小问1详解】 设最高点为，连接并延长交于，如图 由题意得， ． 在Rt中，， ． ． 该拱门到地面的最大距离为． 【小问2详解】 如图，设弦，且于点，连接． ， ． ． ． 至少水平抬高． 22. 下面是某地的一座桥，其桥洞形状可以看作一条抛物线．拱顶点A与起拱线BC相距4米，桥的跨度BC为6m，现以点B为坐标原点，BC所在直线为x轴，过点B且垂直于BC所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系． （1）求抛物线的表达式； （2）若观赏船宽为3m，船顶到船底的距离为3.8m，吃水深度为1m．请问该船能否安全通过此桥？说明理由． 【答案】（1） （2）可以安全通过此桥 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的实际应用（抛物线型桥洞问题），解题的关键是根据已知条件确定抛物线的顶点与交点坐标，进而求出表达式，再结合实际场景分析船的通行情况． （1）根据桥洞的跨度、拱高确定抛物线的顶点与交点坐标，设出抛物线表达式并代入求解； （2）先确定船对应的水平位置，代入抛物线表达式求出桥洞此处的高度，再结合船的高度判断能否安全通过． 【小问1详解】 解：由题意得：抛物线经过点，， 抛物线的对称轴为直线． 拱顶的坐标为，为抛物线的顶点． 设抛物线解析式为：． 经过点， 解得． 抛物线的函数表达式为：； 【小问2详解】 如图，观赏船在抛物线的正中间，延长交抛物线于点． 根据吃水深度可知在起拱线下方处． ， 点的横坐标为：． 当时，， 即点到水面的高度为． 船顶到船底的距离为，吃水深度为， 观赏船在水面上方的高度为， ， 观赏船可以安全通过此桥． 23. 四边形的对角线交于点，点又是四边形的一个顶点，边与边相交于点，边与边相交于点．将四边形绕点旋转，连接． （1）观察猜想 如图1，当四边形与四边形．是全等的正方形时，与的数量关系是___________；，，之间的数量关系是___________． （2）类比探究 如图2，当四边形与四边形是全等的矩形时，写出，，之间的数量关系，并证明； （3）拓展应用 如图3，在中，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点，，将绕点旋转．当时，直接写出线段的长度． 【答案】（1）； （2） ， 证明：延长交于点，连接，， ∵四边形与四边形是全等的矩形，的中心为， ∴，，， ∴， ∵在与中， ∴（） ∴，， ∵， ∴， 在中， ∴ （3）或 【解析】 【分析】（1）根据题意由同角的余角相等可得，然后证明，由全等三角形的性质即可得到，从而可得，结合勾股定理即可得到三线段间的数量关系； （2）延长交于点，连接，，由矩形的性质可证明，则有，；在中，由勾股定理及等量代换可得； （3）分两种情况：点在边上；点在延长线上；由（2）的结论及勾股定理即可解决． 【小问1详解】 解：∵四边形、四边形是全等的正方形， ∴，，，， ∵ ∴ ∵在与中， ∴（） ∴， ∴ ∵在中， ∴ 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：当点在边上时； 由（2）的结论知： 在中， 即 设，则， ， 解得， 即； 当点在延长线上时，如图； 把补成矩形，延长交延长线于点，连接， 由（2）的结论知： 在中， 即 设，则， ， 解得， 即； 所以的长为或． 【点睛】本题是四边形的综合，考查了矩形、正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，旋转的性质等知识，证明三角形全等是问题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $