精品解析：河南省三门峡市渑池县2025-2026学年九年级上学期期中学情检测数学试卷

2025—2026学年上学期期中学情监测 九年级数学 注意事项： 1．本试卷共6页，三个大题，满分120分，时间100分钟． 2．本试卷上不要答题，请按答题卡上注意事项的要求直接把答案填写在答题卡上．答在试卷上的答案无效． 一、选择题（每小题3分，共30分）下列各小题均有四个答案，其中只有一个是正确的． 1. 下列图案是中心对称图形的是（ ） A. 中国探火 B. 中国火箭 C. 中国行星探测 D. 航天神舟 2. 关于x的方程的一个根是0，则a的值为（ ） A. 1 B. C. 1或 D. 3. 关于二次函数，下列说法中正确的是（ ） A. 它的开口方向是向上 B. 当时，y随x的增大而增大 C. 它的顶点坐标是 D. 当时，y有最大值是5 4. 已知是方程 的两个根， 则的值为( ) A. 2 B. C. 3 D. 5. 如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上的两点，分别连接AC、BC、CD、OD．若∠DOB＝140°，则∠ACD＝(　　) A. 20° B. 30° C. 40° D. 70° 6. 如图，某小区计划在一块长为32m，宽为20m的矩形空地上修建三条同样宽的道路，剩余的空地上种植草坪，使草坪的面积为570m2．若设道路的宽为xm，则下面所列方程正确的是（　　）. A. （32﹣2x）（20﹣x）=570 B. 32x+2×20x=32×20﹣570 C. （32﹣x）（20﹣x）=32×20﹣570 D. 32x+2×20x﹣2x2=570 7. 如图，，分别是的直径和弦，于点，连接，，且，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．若点A，D，E在同一条直线上，∠ACB=20°，则∠ADC的度数是　　 A. 55° B. 60° C. 65° D. 70° 9. 二次函数的图象如图，则一次函数的图象经过【 】 A. 第一、二、三象限 B. 第一、二、四象限 C. 第二、三、四象限 D. 第一、三、四象限 10. 如图是二次函数图象的一部分，对称轴是直线．关于下列结论：①；②；③；④；⑤方程的两个根为，，其中正确的结论有（ ） A. ①③④ B. ②④⑤ C. ①②⑤ D. ②③⑤ 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 已知点与关于原点对称，则___________． 12. 若a是一元二次方程的一个根，则的值是___________． 13. 已知二次函数的部分图象如图所示，则关于x的一元二次方程的解为_____． 14. 已知点A（4，y1），B（，y2），C（-2，y3）都在二次函数y=（x-2）2-1的图像上，则y1，y2，y3的大小关系是_________. 15. 如图，正方形中，，动点E从点A出发向点D运动，同时动点F从点D出发向点C运动，点E、F运动的速度相同，当它们到达各自终点时停止运动，运动过程中线段、相交于点P，则线段的最小值为 _________________． 三、解答题（本大题共8个小题，满分75分） 16. 用指定的方法解下列方程： （1）（配方法） （2）（因式分解法） 17. 如图，已知为的直径，是弦，且于点E．连接． （1）求证：； （2）若，求的直径． 18. 如图所示，学校准备在教学楼后面搭建一个简易矩形自行车车棚，一边利用教学楼的后墙（可利用的墙长为19m），另外三边利用学校现有总长38m的铁栏围成． （1）若围成的面积为180m2，试求出自行车车棚的长和宽； （2）能围成的面积为200m2自行车车棚吗？如果能，请你给出设计方案；如果不能，请说明理由． 19. 如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是直径，C为的中点，延长AD，BC交于P，连结AC． （1）求证：AB＝AP； （2）当AB＝10，DP＝2时，求线段CP的长． 20. 某水果商场经销一种高档水果，原价每千克50元，连续两次降价后每千克32元，若每次下降的百分率相同. （1）求每次下降的百分率； （2）若每千克盈利10元，每天可售出500千克，经市场调查发现，在进货价不变的情况下，商场决定采取适当的涨价措施，若每千克涨价1元，日销售量将减少20千克，现该商场要保证每天盈利6000元，且要尽快减少库存，那么每千克应涨价多少元？ 21. “一结千年意蕴丰，相看时对吉祥红”，“中国结”是深受国人喜爱的节庆装饰物。某款“中国结”成本为30元/件，每天销售量y（件）与销售单价x（元）之间存在一次函数关系，如图所示． （1）求y与x之间的函数关系式； （2）如果规定每天该款“中国结”的销售量不低于240件，当销售单价为多少元时，每天获取的利润w最大，最大利润是多少？ 22. 2022年卡塔尔世界杯是第二十二届国际足联世界杯，于当地时间2022年11月20日至12月18日在卡塔尔举行．在某场比赛中，球员甲在离对方球门23米处的点起脚吊射（把球高高地挑过守门员的头顶，射入球门），假如球飞行的路线是一条抛物线，在离对方球门11米时，足球达到最大高度6米．如图所示，以球员甲所在位置点为原点，球员甲与对方球门所在直线为轴，建立平面直角坐标系． （1）求满足条件的抛物线的函数表达式； （2）如果对方球员乙站在球员甲前3米处，乙球员跳起后最高能达到2.88米，请通过计算说明：乙球员能否在空中截住这次吊射？ 23. 综合与实践课上，老师让同学们以“图形的变换”为主题开展数学活动． （1）操作判断如图1，将矩形纸片折叠，使落在边上，点B与点E重合，折痕为，即可得到正方形，沿剪开，将正方形折叠使边，都落在正方形的对角线上，折痕为，连接，如图2．根据以上操作，则_____． （2）迁移探究 将图2中的绕点A按顺时针旋转，使它的两边分别交边于点I，J，连接， 如图3．探究线段之间的数量关系，并说明理由． （3）拓展应用 连接正方形对角线，若图3中的的边分别交对角线于点K，R，将正方形纸片沿对角线剪开，如图4，若，请直接写出的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年上学期期中学情监测 九年级数学 注意事项： 1．本试卷共6页，三个大题，满分120分，时间100分钟． 2．本试卷上不要答题，请按答题卡上注意事项的要求直接把答案填写在答题卡上．答在试卷上的答案无效． 一、选择题（每小题3分，共30分）下列各小题均有四个答案，其中只有一个是正确的． 1. 下列图案是中心对称图形的是（ ） A. 中国探火 B. 中国火箭 C. 中国行星探测 D. 航天神舟 【答案】B 【解析】 【分析】根据中心对称图形的概念，进行判断即可．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形． 本题考查了中心对称图形，熟练掌握定义是解题的关键． 【详解】解：A．该图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B．该图形是中心对称图形，故此选项符合题意； C．该图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D．该图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意； 故选：B． 2. 关于x的方程的一个根是0，则a的值为（ ） A. 1 B. C. 1或 D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了方程的根和解一元二次方程，理解方程的根代入方程能使方程左右两边相等以及利用直接开平方法解一元二次方程是解题关键． 本题直接将方程的根代入方程后解一元二次方程即可求解． 【详解】解：将代入方程得：， ∴   故选： C． 3. 关于二次函数，下列说法中正确的是（ ） A. 它的开口方向是向上 B. 当时，y随x的增大而增大 C. 它的顶点坐标是 D. 当时，y有最大值是5 【答案】B 【解析】 【详解】解：选项A：，函数的图象开口向下，故选项A错误； 选项B：，当时，y随x的增大而增大，故选项B正确； 选项C：顶点坐标是，故选项C错误； 选项D：当时，y有最大值，故选项D错误； 故选： 【分析】根据题目中的函数解析式和二次函数的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题． 本题考查二次函数的图象、性质、最值，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答． 4. 已知是方程 的两个根， 则的值为( ) A. 2 B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，即可求解． 【详解】解：∵是方程 的两个根， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系：若是一元二次方程的两根，，，掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键． 5. 如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上的两点，分别连接AC、BC、CD、OD．若∠DOB＝140°，则∠ACD＝(　　) A. 20° B. 30° C. 40° D. 70° 【答案】A 【解析】 【分析】根据∠DOB= 140°求出∠AOD的度数，根据圆周角定理求出∠ACD的度数． 【详解】解：∵∠DOB=140°， ∴∠AOD=40°， ∴∠ACD=∠AOD=20°， 故选A． 【点睛】本题考查的是圆周角定理，掌握一条弧所对的圆周角是这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键． 6. 如图，某小区计划在一块长为32m，宽为20m的矩形空地上修建三条同样宽的道路，剩余的空地上种植草坪，使草坪的面积为570m2．若设道路的宽为xm，则下面所列方程正确的是（　　）. A. （32﹣2x）（20﹣x）=570 B. 32x+2×20x=32×20﹣570 C. （32﹣x）（20﹣x）=32×20﹣570 D. 32x+2×20x﹣2x2=570 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，观察图形，列出方程即可. 【详解】解：设道路的宽为xm，根据题意得： (32−2x)(20−x)=570， 故选：A 【点睛】本题考查根据题意列方程.理解题意是解题的关键. 7. 如图，，分别是的直径和弦，于点，连接，，且，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理，熟知垂径定理和勾股定理是解题的关键． 先利用勾股定理求出，再根据垂径定理得出，最后利用三角形的面积公式即可求解． 【详解】是的直径， ， 在中，由勾股定理可得： ， ， ， ， 故选：． 8. 如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．若点A，D，E在同一条直线上，∠ACB=20°，则∠ADC的度数是　　 A. 55° B. 60° C. 65° D. 70° 【答案】C 【解析】 【分析】根据旋转的性质和三角形内角和解答即可． 【详解】∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC． ∴∠DCE=∠ACB=20°，∠BCD=∠ACE=90°，AC=CE， ∴∠ACD=90°-20°=70°， ∵点A，D，E在同一条直线上， ∴∠ADC+∠EDC=180°， ∵∠EDC+∠E+∠DCE=180°， ∴∠ADC=∠E+20°， ∵∠ACE=90°，AC=CE ∴∠DAC+∠E=90°，∠E=∠DAC=45° 在△ADC中，∠ADC+∠DAC+∠DCA=180°， 即45°+70°+∠ADC=180°， 解得：∠ADC=65°， 故选C． 【点睛】此题考查旋转的性质，关键是根据旋转的性质和三角形内角和解答． 9. 二次函数的图象如图，则一次函数的图象经过【 】 A. 第一、二、三象限 B. 第一、二、四象限 C. 第二、三、四象限 D. 第一、三、四象限 【答案】C 【解析】 【详解】∵抛物线的顶点在第四象限， ∴﹣＞0，＜0． ∴＜0， ∴一次函数的图象经过二、三、四象限． 故选C． 10. 如图是二次函数图象的一部分，对称轴是直线．关于下列结论：①；②；③；④；⑤方程的两个根为，，其中正确的结论有（ ） A. ①③④ B. ②④⑤ C. ①②⑤ D. ②③⑤ 【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、根与系数的关系及抛物线与x轴的交点，熟知二次函数的图象与性质是解题的关键．根据所给函数图象，得出a，b的正负，再结合抛物线的对称性与增减性、二次函数与一元二次方程之间的关系对所给结论依次进行判断即可． 【详解】解：由所给函数图象可知，，， 所以．故①错误． 因为抛物线与x轴有两个不同的交点， 所以方程有两个不相等的实数根， 所以．故②正确． 由函数图象可知， 当时，函数值大于零， 所以．故③错误． 因为抛物线的对称轴为直线， 所以，， 则．故④正确． 由函数图象可知，抛物线与x轴的交点坐标为和， 所以方程的两个根为，．故⑤正确． 故选：B． 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 已知点与关于原点对称，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据平面直角坐标系中，关于原点对称的点横、纵坐标都互为相反数，求出a，b的值即可． 【详解】解：∵点与关于原点对称， ∴，， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查平面直角坐标系中，关于原点对称的点的坐标的特点，掌握特殊位置关系的点的坐标变化是解答本题的关键． 12. 若a是一元二次方程的一个根，则的值是___________． 【答案】6 【解析】 【分析】将a代入，即可得出，再把整体代入，即可得出答案． 【详解】∵a是一元二次方程的一个根， ∴， ∴， ∴， 故答案为：6． 【点睛】本题考查了一元二次方程的根的定义，整体思想是本题的关键． 13. 已知二次函数的部分图象如图所示，则关于x的一元二次方程的解为_____． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查二次函数的图象性质，二次函数与一元二次方程的关系，由图知，抛物线与x轴交于，代入求出m的值，再解方程即可． 【详解】解：由图知，抛物线与x轴交于点， 将代入，得， ∴， ∴原方程为， 解得：，． 故答案为：，． 14. 已知点A（4，y1），B（，y2），C（-2，y3）都在二次函数y=（x-2）2-1的图像上，则y1，y2，y3的大小关系是_________. 【答案】. 【解析】 【详解】解：将A,B,C三点坐标分别代入解析式，得： ， 故答案为： 15. 如图，正方形中，，动点E从点A出发向点D运动，同时动点F从点D出发向点C运动，点E、F运动的速度相同，当它们到达各自终点时停止运动，运动过程中线段、相交于点P，则线段的最小值为 _________________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质的应用，正方形的性质和应用，以及勾股定理的应用，首先判断出，即可判断出，再根据，可得，所以；然后根据点在运动中保持，可得点的路径是一段以为直径的弧，设的中点为，连接交弧于点，此时的长度最小，最后在中，根据勾股定理，求出的长度，再求出的长度，即可求出线段的最小值为多少． 【详解】解：如图： ， 动点，的速度相同， ， 又正方形中，， ， 在和中， ， ∴， ． ， ， ， 点在运动中保持， 点的路径是一段以为直径的弧， 设的中点为，连接交弧于点，此时的长度最小，， 在中，， 即线段的最小值为， 故答案为：． 三、解答题（本大题共8个小题，满分75分） 16. 用指定的方法解下列方程： （1）（配方法） （2）（因式分解法） 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】（1）利用配方法求解即可． （2）利用因式分解法求解即可． 本题考查了因式分解法和配方法求解一元二次方程的根，掌握解方程的方法是解题的关键． 【小问1详解】 解：， 移项，得． 配方，得，即． 两边开平方，得． 解得． 【小问2详解】 解：∵， ∴ ∴， 解得． 17. 如图，已知为的直径，是弦，且于点E．连接． （1）求证：； （2）若，求的直径． 【答案】（1） 证明：∵为的直径，是弦，且于点E， ∴， ∴． （2）的直径为 【解析】 【分析】本题考查圆周角定理、垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题． （1）根据垂径定理和圆的性质，等弧的圆周角相等，即可求证． （2）根据垂径定理求出，设的半径为R，则，根据勾股定理及圆的性质求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：设的半径为R，则， ∵， ∴， 在中，由勾股定理可得， ∴， 解得， ∴的直径为． 18. 如图所示，学校准备在教学楼后面搭建一个简易矩形自行车车棚，一边利用教学楼的后墙（可利用的墙长为19m），另外三边利用学校现有总长38m的铁栏围成． （1）若围成的面积为180m2，试求出自行车车棚的长和宽； （2）能围成的面积为200m2自行车车棚吗？如果能，请你给出设计方案；如果不能，请说明理由． 【答案】（1）长和宽分别为18米，10米 （2）不能达到200m2， 理由：根据题意列方程得， ， 整理得出：； ， 故此方程没有实数根， 答：满足条件的花园面积不能达到． 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的应用，正确理解题意找到等量关系列出方程是解题关键． （1）利用长方形的周长表示出各边长，即可表示出长方形面积，由此建立方程求解即可； （2）利用长方形的面积公式列方程，解答即可． 【小问1详解】 解：设，则； 根据题意列方程，得： ， 解得； 当时，（米）， 当时，（米），不合题意舍去， 答：若围成的面积为，自行车车棚的长和宽分别为18米，10米； 【小问2详解】 略 19. 如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是直径，C为的中点，延长AD，BC交于P，连结AC． （1）求证：AB＝AP； （2）当AB＝10，DP＝2时，求线段CP的长． 【答案】（1）证明：∵C为的中点， ∴∠BAC＝∠CAP， ∵AB是直径， ∴∠ACB＝∠ACP＝90°， ∵∠ABC+∠BAC＝90°，∠P+∠CAP＝90°， ∴∠ABC＝∠P， ∴AB＝AP． （2）PC＝． 【解析】 【分析】(1)利用等角对等边证明即可． (2)利用勾股定理分别求出BD，PB，再利用等腰三角形的性质即可解决问题． 【详解】解：略 (1) (2)解：如图，连接BD． ∵AB是直径， ∴∠ADB＝∠BDP＝90°， ∵AB＝AP＝10，DP＝2， ∴AD＝10﹣2＝8， ∴BD＝， ∴PB＝， ∵AB＝AP，AC⊥BP， ∴BC＝PC＝PB＝， ∴PC＝． 【点睛】主要考查了圆周角定理，垂径定理，圆内接四边形的性质等知识点，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，属于中考常考题型． 20. 某水果商场经销一种高档水果，原价每千克50元，连续两次降价后每千克32元，若每次下降的百分率相同. （1）求每次下降的百分率； （2）若每千克盈利10元，每天可售出500千克，经市场调查发现，在进货价不变的情况下，商场决定采取适当的涨价措施，若每千克涨价1元，日销售量将减少20千克，现该商场要保证每天盈利6000元，且要尽快减少库存，那么每千克应涨价多少元？ 【答案】（1）每次下降的百分率为 （2）该商场要保证每天盈利6000元，那么每千克应涨价5元 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程应用，根据题意找准等量关系、列出方程是解答本题的关键． （1）设每次下降的百分率为a，为两次降价的百分率，再根据题意列一元二次方程求解即可； （2）设每千克应涨价x元，根据题意列出一元二次方程求解即可． 【小问1详解】 解：设每次下降的百分率为a， 根据题意可得：，解得：（舍）或， 答：每次下降的百分率为； 【小问2详解】 解：设每千克应涨价x元，由题意，得 ， 整理，得，解得：， 因为要尽快减少库存，所以符合题意． 答：该商场要保证每天盈利6000元，那么每千克应涨价5元． 21. “一结千年意蕴丰，相看时对吉祥红”，“中国结”是深受国人喜爱的节庆装饰物。某款“中国结”成本为30元/件，每天销售量y（件）与销售单价x（元）之间存在一次函数关系，如图所示． （1）求y与x之间的函数关系式； （2）如果规定每天该款“中国结”的销售量不低于240件，当销售单价为多少元时，每天获取的利润w最大，最大利润是多少？ 【答案】（1） （2）当销售单价为46元时，每天获取的利润最大，最大利润是3840元 【解析】 【分析】本题考查一次函数，二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，能正确列出函数关系式． （1）结合已知的图象，用待定系数法可得与之间的函数关系式为； （2）由每天“中国结”的销售量不低于240件，可得，设每天获取的利润为元，可得：，由二次函数性质即得当销售单价为46元时，每天获取的利润最大，最大利润是3840元． 【小问1详解】 解：设与之间的函数关系式为， 将，代入得： ， 解得， ； 【小问2详解】 每天“中国结”的销售量不低于240件， ， 解得， 设每天获取的利润为元， 根据题意得：， ，抛物线对称轴是直线， 时，取最大值，最大值是（元， 答：当销售单价为46元时，每天获取的利润最大，最大利润是3840元． 22. 2022年卡塔尔世界杯是第二十二届国际足联世界杯，于当地时间2022年11月20日至12月18日在卡塔尔举行．在某场比赛中，球员甲在离对方球门23米处的点起脚吊射（把球高高地挑过守门员的头顶，射入球门），假如球飞行的路线是一条抛物线，在离对方球门11米时，足球达到最大高度6米．如图所示，以球员甲所在位置点为原点，球员甲与对方球门所在直线为轴，建立平面直角坐标系． （1）求满足条件的抛物线的函数表达式； （2）如果对方球员乙站在球员甲前3米处，乙球员跳起后最高能达到2.88米，请通过计算说明：乙球员能否在空中截住这次吊射？ 【答案】（1） （2） 解：乙球员能在空中截住这次吊射， 理由如下： 当时，， 乙球员能在空中截住这次吊射． 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的实际应用，正确求出对应的二次函数解析式是解题的关键． （1）根据题意得到抛物线顶点坐标，再利用待定系数法求解即可； （2）求出当时，的值即可得到答案． 【小问1详解】 解：以球员甲所在位置点为原点，球员甲与对方球门所在直线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示： 球员甲在离对方球门23米处的点起脚吊射， 球门的坐标为， 在离对方球门11米时，足球达到最大高度6米 ，即的横坐标为， 抛物线顶点坐标为， 设抛物线解析式为， 把代入中得：， 解得， 抛物线解析式为； 【小问2详解】 略 23. 综合与实践课上，老师让同学们以“图形的变换”为主题开展数学活动． （1）操作判断如图1，将矩形纸片折叠，使落在边上，点B与点E重合，折痕为，即可得到正方形，沿剪开，将正方形折叠使边，都落在正方形的对角线上，折痕为，连接，如图2．根据以上操作，则_____． （2）迁移探究 将图2中的绕点A按顺时针旋转，使它的两边分别交边于点I，J，连接， 如图3．探究线段之间的数量关系，并说明理由． （3）拓展应用 连接正方形对角线，若图3中的的边分别交对角线于点K，R，将正方形纸片沿对角线剪开，如图4，若，请直接写出的长． 【答案】（1）45 （2） 解：． 理由：如图，将顺时针旋转得到， 由旋转的性质可得． ∵四边形为正方形， ∴． 由（1）中结论可得， ∴， ∴， ∴． 在和中，， ∴， ∴． ∵， ∴． （3） 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用旋转的知识作全等三角形是解题关键． （1）根据折叠的性质得到 ， ，即可推算出，结合，即可求得答案； （2）将顺时针旋转得到，证明，从而证明，得到，结合旋转的性质即可得到答案； （3）将绕点A顺时针旋转得到，连接，证明，利用勾股定理即可求得答案． 【小问1详解】 解：∵四边形是正方形， ∴， 由折叠得 ， ， ∴ ， 答案为：45． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解： 如图，将绕点A顺时针旋转得到，连接， 根据旋转的性质可得，． 由（2）中的结论得到：， ∵ ∴， ∴． ∵， ∴． 在中，， ∴， ∴． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $