精品解析：广东省江门市广德实验学校2025-2026学年九年级上学期期中考试数学试题

江门市广德实验学校2025—2026学年第一学期期中考试试卷 九年级数学 满分120分，考试时间120分钟 一、选择题．（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1. 下列图形中，既不是轴对称图形也不是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 关于x的方程是一元二次方程，则a满足（ ） A. B. C. D. 为任意实数 3. 关于x的一元二次方程的一个根为，则m的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. 将抛物线向左平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度，所得抛物线为（ ） A. B. C. D. 5. 关于二次函数，下列叙述正确的是（ ） A. 函数的图象开口向下 B. 对称轴是轴 C. 当时，有最大值 D. 当时，随的增大而增大 6. 如图，已知△AOB是正三角形，OC⊥OB，OC=OB，将△OAB绕点O按逆时针方向旋转，使得OA与OC重合，得到△OCD，则旋转的角度是（ ） A. 150° B. 120° C. 90° D. 60° 7. 某中学一生物兴趣小组的每位同学将自己收集的标本向本组其他成员各赠送一件，全组共赠送了90件，设组员有x名同学，则根据题意列出的方程是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，将绕点C逆时针旋转一定的角度得到，此点A在边上，若，则的长为（　　） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 9. 若二次函数的图象经过点，，则与的大小关系为（　　） A. B. C. D. 不能确定 10. 如图，△ABC是等腰直角三角形，∠A=90°，BC=4，点P是△ABC边上一动点，沿B→A→C的路径移动，过点P作PD⊥BC于点D，设BD=x，△BDP的面积为y，则下列能大致反映y与x函数关系的图象是（　　） A. B. C. D. 二、填空题．（本大题共5小题，每小题3分，共15分） 11. 二次函数y=（x﹣1）2﹣2的顶点坐标是_____． 12. 在平面直角坐标系中，若抛物线与x轴只有一个交点，则_______． 13. 已知点与点关于原点对称，则______． 14. 如图，是的半径，弦于点D，连接，若的半径为，的长为，则的长是_________． 15. 已知二次函数的图像如图，则下列4个代数式：①；②；③；④；⑤．其中大于0的有______． 三、解答题一．（本大题共3小题，每小题7分，共21分） 16. 解一元二次方程：． 17. 已知抛物线过点，顶点是，求此抛物线的解析式． 18. 如图，三个顶点的坐标分别为． （1）请画出与关于原点成中心对称的图形，并写出坐标； （2）若以点为旋转中心逆时针旋转后得到的图形为，在网格中画出旋转后的图形． 四、解答题二．（本大题共3小题，每小题9分，共27分） 19. 已知关于的一元二次方程． （1）求证：该方程总有两个实数根； （2）若，且该方程的两个实数根的差为2，求的值． 20. 近期，北京、上海、浙江、天津等地均有学校因学生患甲流而停课．甲流指甲型流感，是由甲型流感病毒引起的急性呼吸道传染病，某一小区有1位住户不小心感染了甲流，由于甲流传播感染非常快，小区经过两轮传播后共有36人患了甲流． （1）每轮感染中平均一个人感染几人? （2）如果按照这样的传播速度，经过三轮感染后累计是否超过200人患了甲流? 21. 如图，交于点C，D，是半径，且于点F． （1）求证：； （2）若，求的半径． 五、解答题三．（本大题共2小题，第22小题13分，第23小题14分，共27分） 22. 如图，在平行四边形中，，．将一个的的顶点放在点C处，并绕点C旋转，当与交于点M，同时与交于点N，连接． （1）求平行四边形的面积； （2）求证：； （3）求的周长的最小值． 23. 如图，抛物线顶点到轴的距离为1．与轴交于点和点，与轴交于点． （1）求抛物线的解析式． （2）设是抛物线第一象限上的一个动点，过点作轴于点，交直线于点，当线段最长时，求点点坐标． （3）在（2）的条件下，连接，抛物线上是否存在点，使得，若存在，请求出点的坐标；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 $ 江门市广德实验学校2025—2026学年第一学期期中考试试卷 九年级数学 满分120分，考试时间120分钟 一、选择题．（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1. 下列图形中，既不是轴对称图形也不是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】此题主要考查了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度后可以和原图形重合．根据轴对称图形与中心对称图形的概念进行判断即可． 【详解】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意； C、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项符合题意； D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意； 故选：C． 2. 关于x的方程是一元二次方程，则a满足（ ） A. B. C. D. 为任意实数 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的定义．一般地形如（都是常数）的方程叫做一元二次方程，据此解答即可． 【详解】解：∵关于x的方程是一元二次方程， ∴， ∴． 故选：A 3. 关于x的一元二次方程的一个根为，则m的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了方程根的定义：使方程左右两边相等的未知数的值叫做方程的根．把代入，转化为m的方程求解即可． 【详解】解：把代入， 得， 解得， 故选：A． 4. 将抛物线向左平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度，所得抛物线为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】此题主要考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减． 按照“左加右减，上加下减”的规律进行变换即可得到新的解析式． 【详解】解：将抛物线向左平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度， 所得抛物线为． 故选：C． 5. 关于二次函数，下列叙述正确的是（ ） A. 函数的图象开口向下 B. 对称轴是轴 C. 当时，有最大值 D. 当时，随的增大而增大 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数的性质，根据二次项系数大于0可得开口向上，一次项系数为0，可得对称轴为轴，进而得到当时，随的增大而减小，当时，随的增大而增大，则当时，有最小值，据此可得答案． 【详解】解；∵二次函数解析式为，， ∴二次函数开口向上，对称轴为y轴，故A说法错误，B说法正确， ∴当时，随的增大而减小，当时，随的增大而增大，故D说法错误， ∴当时，有最小值，故C说法错误， 故选B． 6. 如图，已知△AOB是正三角形，OC⊥OB，OC=OB，将△OAB绕点O按逆时针方向旋转，使得OA与OC重合，得到△OCD，则旋转的角度是（ ） A. 150° B. 120° C. 90° D. 60° 【答案】A 【解析】 【分析】先确定旋转角，再根据等边三角形的性质求解即可． 【详解】解：旋转角∠AOC=∠AOB+∠BOC=60°+90°=150°． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，正确理解旋转角是解题的关键． 7. 某中学一生物兴趣小组的每位同学将自己收集的标本向本组其他成员各赠送一件，全组共赠送了90件，设组员有x名同学，则根据题意列出的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设组员有x名同学，则每位同学送出件，根据题意列出一元二次方程，即可求解． 【详解】解：设组员有x名同学，则根据题意列出的方程， 故选：A． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出方程是解题的关键． 8. 如图，将绕点C逆时针旋转一定的角度得到，此点A在边上，若，则的长为（　　） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据图形旋转的性质可得，即可求解． 【详解】解：∵将绕点C逆时针旋转一定的角度得到，此点A在边上， ∴， ∴． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了图形的旋转，熟练掌握图形旋转的性质是解题的关键． 9. 若二次函数的图象经过点，，则与的大小关系为（　　） A. B. C. D. 不能确定 【答案】A 【解析】 【分析】根据二次函数的对称轴以及开口方向可知，离对称轴越远，函数值越大，判断即可． 【详解】解：∵二次函数解析式为：， ∴对称轴为：， ∴点到对称轴的距离大于点到对称轴的距离， ∵， ∴，故A正确． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了比较函数值的大小，根据二次函数开口方向以及对称轴结合点到对称轴的距离是解本题的关键． 10. 如图，△ABC是等腰直角三角形，∠A=90°，BC=4，点P是△ABC边上一动点，沿B→A→C的路径移动，过点P作PD⊥BC于点D，设BD=x，△BDP的面积为y，则下列能大致反映y与x函数关系的图象是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】过A点作AH⊥BC于H，利用等腰直角三角形的性质得到∠B=∠C=45°，BH=CH=AH= BC=2，分类讨论：当0≤x≤2时，如图1，易得PD=BD=x，根据三角形面积公式得到y=x2；当2＜x≤4时，如图2，易得PD=CD=4-x，根据三角形面积公式得到y=-x2+2x，于是可判断当0≤x≤2时，y与x的函数关系的图象为开口向上的抛物线的一部分，当2＜x≤4时，y与x的函数关系的图象为开口向下的抛物线的一部分，然后利用此特征可对四个选项进行判断． 【详解】解：过A点作AH⊥BC于H， ∵△ABC是等腰直角三角形， ∴∠B=∠C=45°，BH=CH=AH=BC=2， 当0≤x≤2时，如图1，∵∠B=45°， ∴PD=BD=x， ∴y=•x•x=； 当2＜x≤4时，如图2，∵∠C=45°， ∴PD=CD=4﹣x， ∴y=•（4﹣x）•x=， 故选B． 二、填空题．（本大题共5小题，每小题3分，共15分） 11. 二次函数y=（x﹣1）2﹣2的顶点坐标是_____． 【答案】（1，﹣2） 【解析】 【分析】已知解析式为抛物线的顶点式，根据顶点式的坐标特点，直接写出顶点坐标． 【详解】解：因为y＝（x﹣1）2﹣2是抛物线的顶点式， 根据顶点式的坐标特点，顶点坐标为（1，﹣2）． 故答案为：（1，﹣2）． 【点睛】本题考查了二次函数的性质，根据二次函数的顶点式找出抛物线的对称轴及顶点坐标是解题的关键． 12. 在平面直角坐标系中，若抛物线与x轴只有一个交点，则_______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据抛物线与x轴只有一个交点可知方程=0根的判别式△=0，解方程求出k值即可得答案． 【详解】∵抛物线与x轴只有一个交点， ∴方程=0根的判别式△=0，即22-4k=0， 解得：k=1， 故答案为：1 【点睛】本题考查二次函数与x轴的交点问题，对于二次函数（k≠0），当判别式△＞0时，抛物线与x轴有两个交点；当k=0时，抛物线与x轴有一个交点；当x＜0时，抛物线与x轴没有交点；熟练掌握相关知识是解题关键． 13. 已知点与点关于原点对称，则______． 【答案】8 【解析】 【分析】本题考查关于原点对称的点的坐标特征，解题的关键是掌握“关于原点对称的点，横、纵坐标均互为相反数”． 根据关于原点对称的点的坐标性质，求出和的值，再计算． 【详解】解：已知点与点关于原点对称， 因此点的横坐标是2的相反数，即；点的纵坐标是4的相反数，即， 则． 故答案为：8． 14. 如图，是的半径，弦于点D，连接，若的半径为，的长为，则的长是_________． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，根据垂径定理和勾股定理求出的长，进而求出的长即可． 【详解】解：由题意，， ∵是的半径，弦于点D， ∴， ∴， ∴． 故答案为：2． 15. 已知二次函数的图像如图，则下列4个代数式：①；②；③；④；⑤．其中大于0的有______． 【答案】①⑤ 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与系数的关系，涉及了数形结合的思想方法，其中明确二次函数的相关性质，是解题的关键． 根据图象，结合二次函数的开口方向与a的关系、抛物线的对称轴、抛物线与y轴的交点位置、函数在时和在时的函数值，及抛物线与x轴的交点个数等进行分析判断即可． 【详解】解：①由二次函数的图象可知，该函数图象开口向下，则； 该函数图象与y轴交于负半轴，则， ∴； ②由图象可知，当时，， 即， ③由图象可知，当时，， 即， ∴； ④由图象可知，对称轴为， ∵， ∴，且， ∴， ⑤由图象可知，抛物线与x轴有两个交点， 则， 综上，其中大于0的有①⑤． 故答案为：①⑤． 三、解答题一．（本大题共3小题，每小题7分，共21分） 16. 解一元二次方程：． 【答案】， 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，利用因式分解法解方程即可． 【详解】解： 或 解得， 17. 已知抛物线过点，顶点是，求此抛物线的解析式． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了待定系数法求抛物线解析式，设抛物线解析式为，把点代入，求出a值即可． 【详解】解∶设抛物线解析式为：， 把点代入， 得：， 解得：， 故抛物线解析式为． 18. 如图，三个顶点的坐标分别为． （1）请画出与关于原点成中心对称的图形，并写出坐标； （2）若以点为旋转中心逆时针旋转后得到的图形为，在网格中画出旋转后的图形． 【答案】（1） 如图所示，为求， （2） 由题意画图如下，为所求作的图形． 【解析】 【分析】本题考查了作关于原点对称的轴对称图形，作旋转图形，理解对称图形和旋转图形的作法是解答关键． （1）根据关于原点对称的点的坐标得到，，的坐标，顺次连接求解； （2）根据旋转的性质分别求出，的坐标，顺次连接各点即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 四、解答题二．（本大题共3小题，每小题9分，共27分） 19. 已知关于的一元二次方程． （1）求证：该方程总有两个实数根； （2）若，且该方程的两个实数根的差为2，求的值． 【答案】（1）证明：由题意得：， ∴， ∵， ∴， ∴该方程总有两个实数根； （2） 【解析】 【分析】（1）由题意及一元二次方程根的判别式可直接进行求证； （2）设关于的一元二次方程的两实数根为，然后根据一元二次方程根与系数的关系可得，进而可得，最后利用完全平方公式代入求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：设关于的一元二次方程的两实数根为，则有：， ∵， ∴， 解得：， ∵， ∴． 【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式及根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根的判别式及根与系数的关系是解题的关键． 20. 近期，北京、上海、浙江、天津等地均有学校因学生患甲流而停课．甲流指甲型流感，是由甲型流感病毒引起的急性呼吸道传染病，某一小区有1位住户不小心感染了甲流，由于甲流传播感染非常快，小区经过两轮传播后共有36人患了甲流． （1）每轮感染中平均一个人感染几人? （2）如果按照这样的传播速度，经过三轮感染后累计是否超过200人患了甲流? 【答案】（1）每轮感染中平均一个人感染人 （2）经过三轮感染后累计超过200人患了甲流 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用、有理数的混合运算的应用，理解题意，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解此题的关键． （1）设每轮感染中平均一个人感染人，根据“小区经过两轮传播后共有36人患了甲流”，列出方程，解方程即可得出答案； （2）先计算出经过三轮感染后患甲流的人数，再和进行比较即可． 【小问1详解】 解：设每轮感染中平均一个人感染人， 由题意得：， 整理得：， 解得：或， ， ， 每轮感染中平均一个人感染人； 【小问2详解】 解：由题意得： 经过三轮感染后患甲流的人数为：（人）， ， 经过三轮感染后累计超过200人患了甲流． 21. 如图，交于点C，D，是半径，且于点F． （1）求证：； （2）若，求的半径． 【答案】（1） 证明：∵为的弦， ， ， ， ， ； （2）5 【解析】 【分析】本题考查垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题． （1）由垂径定理得，根据等腰三角形的性质可得，再根据线段的和差关系可得结论； （2）连接，结合垂径定理和勾股定理列方程求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图，连接， 为的弦， ∴，， ， 设的半径是r， ， 解得， ∴的半径是5． 五、解答题三．（本大题共2小题，第22小题13分，第23小题14分，共27分） 22. 如图，在平行四边形中，，．将一个的的顶点放在点C处，并绕点C旋转，当与交于点M，同时与交于点N，连接． （1）求平行四边形的面积； （2）求证：； （3）求的周长的最小值． 【答案】（1） （2） 证明：∵四边形是平行四边形,且, ∴四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴，, 又∵， ∴， ∴， 在和中， ∴； （3） 【解析】 【分析】（1）易得是等边三角形，过点A作于点E，求出的长，利用平行四边形的面积公式可得出结论； （2）先证四边形是菱形，则可得，由是等边三角形，可得，又由可得，根据即可证明； （3）结合（2）得是等边三角形，利用当时最短，由是等边三角形，也是最短的，是边长为2等边的高，即可得出周长的最小值． 【小问1详解】 解：在中，，， ∴是等边三角形， ∴， 如图，过点A作于点E， ∴，， ∴，， ∴平行四边形的面积为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：∵， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， 当时最短， ∴也是最短的． ∵是边长为2等边的高， ∴，， 所以． ∴周长的最小值为． 【点睛】此题主要考查了菱形的性质与判定以及等边三角形的判定与性质和勾股定理等知识，根据题意得出最小时则的周长最小得出是解题关键． 23. 如图，抛物线顶点到轴的距离为1．与轴交于点和点，与轴交于点． （1）求抛物线的解析式． （2）设是抛物线第一象限上的一个动点，过点作轴于点，交直线于点，当线段最长时，求点点坐标． （3）在（2）的条件下，连接，抛物线上是否存在点，使得，若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）存在， 【解析】 【分析】本题主要考查了待定系数法求解析式，一次函数的平移，一次函数与二次函数综合，二次函数的性质等，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题． （1）由题意可得，抛物线的对称轴为直线，抛物线经过点，可得，用待定系数法即可求解； （2）求出直线的解析式，设点D坐标为，则点，进而表示出的长，根据二次函数的性质，即可求解． （3）先求得直线的解析式，进而根据平行线的性质，得出的解析式，联立抛物线解析式，即可求解． 【小问1详解】 解：抛物线顶点到轴的距离为1．则对称轴是直线，与x轴交于点A，， ∴， ∴， 解得， ∴抛物线的解析式； 【小问2详解】 ∵， ∴， 设直线的解析式为， 将点代入得：， 解得：， ∴直线的解析式为； 设点D坐标为，则点， ∴ ∴当时，最长，此时 【小问3详解】 解：设直线的解析式为，代入，得 解得： ∴直线的解析式为 如图所示，当时，， 设直线的解析式为，代入得，， ∴ 联立 解得：或 ∴ 设关于的对称点为， ∴，的中点在：上， ∴， 解得：或（舍去） ∴ 设直线的解析式为，代入 ∴ 解得： ∴ 联立 解得：（舍去）或（舍去） 综上所述，抛物线上是否存在点，使得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $