精品解析：江西省赣州市龙南市2025-2026学年上学期期中质量检测九年级数学

江西省赣州市龙南市2025-2026学年上学期期中质量检测九年级数学 一、单项选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 1. 围棋是中华民族发明的博弈活动．下列用棋子摆放的图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列方程中，是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 3. 抛物线的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 4. 若关于x的方程有一个根为，则另一根为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 1 5. 在同一平面直角坐标系中，一次函数与二次函数的大致图象可能是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为的延长线与边相交于点，连接．若，则线段的长为（ ） A. B. C. 4 D. 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 一元二次方程的一次项系数是________． 8. 方程的解是______． 9. 2025年江苏省城市足球联赛（简称“苏超”）掀起足球热，“苏超”常规赛采用单循环制，即每两队之间只进行一场比赛，若该联赛有队伍x支，预计常规赛共比赛78场，则______． 10. 将抛物线向右平移个单位，再向上平移个单位，所得到的抛物线的表达式为_________． 11. 如图所示的图案由三个叶片组成，绕点O旋转后可以和自身重合（不考虑和阴影），若每个叶片的面积为，为，则图中阴影部分的面积为______． 12. 若关于x的函数与坐标轴仅有两个交点，则a的值可能是__________． 三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. 解方程 （1） （2）． 14. 已知抛物线经过点． （1）求a的值； （2）当时，求y的值． 15. 已知A、B是开口向上的抛物线上纵坐标相等的两点，且该抛物线与x轴相交，请用无刻度的直尺作出其对称轴． 16. 如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，的顶点均在格点上，点的坐标为． （1）把绕点逆时针旋转得到对应的，画出，并写出的坐标； （2）以原点为对称中心，再画出与关于原点对称的，并写出点的坐标． 17. 近年赣南医科大等大学落户龙南，大大提升龙南医疗水平与社会活力，吸引师生消费，直接带动奶茶店客流与营收增长，促进本地服务业发展．某品牌奶茶店今年7月份外卖盈利4000元，9月份外卖盈利5760元，若从7月份到9月份，每月盈利的平均增长率都相同．求7月份到9月份每月盈利的平均增长率． 四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18. 如图，在等腰三角形ABC中，，，于点D，将线段绕C顺时针旋转角后得到线段，连接，求的度数． 19. 已知关于x的方程(x－m)2－(x－m)＝0． （1）求证：无论m为何值，该方程总有两个不相等的实数根； （2）若该方程的两个根互为倒数，求m的值． 20. 如图，某小区矩形绿地的长宽分别为35m，15m．现计划对其进行扩充，将绿地的长、宽增加相同的长度后，得到一个新的矩形绿地． （1）若扩充后的矩形绿地面积为，求新的矩形绿地的长与宽； （2）扩充后，实地测量发现新的矩形绿地的长宽之比为．求新的矩形绿地面积． 五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21. 如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴分别交于A（﹣1，0），B（5，0）两点． （1）求抛物线的解析式； （2）在第二象限内取一点C，作CD垂直x轴于点D，连接AC，且AD＝5，CD＝8，将Rt△ACD沿x轴向右平移m个单位，当点C落在抛物线上时，求m的值. 22. “尔滨”火了，带动了黑龙江省的经济发展，农副产品也随之畅销全国．某村民在网上直播推销某种农副产品，在试销售的天中，第天且为整数)的售价为(元千克)．当时，；当时，．销量(千克)与的函数关系式为，已知该产品第天的售价为元千克，第天的售价为元千克，设第天的销售额为(元)． （1） ，_____； （2）写出第天的销售额与之间的函数关系式； （3）求在试销售的天中，共有多少天销售额超过元？ 六、解答题（本大题共12分） 23. 课本再现 （1）如图1，和都是等边三角形，且点、、在一条直线上，连接和相交于点，线段与有什么关系？你能用旋转的性质说明上述关系成立的理由吗？ 深入探究 （2）如图2，将绕点逆时针旋转一定的角度，其他条件与（1）中相同． ①线段与的数量关系是___________； ②的度数为___________． 拓展应用 （3）如图3，四边形中，，，，，，求边的长度． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西省赣州市龙南市2025-2026学年上学期期中质量检测九年级数学 一、单项选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 1. 围棋是中华民族发明的博弈活动．下列用棋子摆放的图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的识别．根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．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；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形． 【详解】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，本选项不符合题意； B、是中心对称图形，但不是轴对称图形，本选项不符合题意； C、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，本选项不符合题意； D、既是轴对称图形又是中心对称图形，本选项符合题意； 故选：D． 2. 下列方程中，是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查的是一元二次方程的定义，只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程． 根据一元二次方程的定义判断． 【详解】解：A、，是一元二次方程，符合题意； B、，不是整式方程，不是一元二次方程，不符合题意； C、当时，是一元二次方程，时，不是一元二次方程，不符合题意； D、，含有2个未知数，不是一元二次方程，不符合题意； 故选：． 3. 抛物线的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数顶点式的性质，能够熟练运用顶点式得出顶点坐标是解题关键． 利用顶点式直接得出顶点坐标即可． 【详解】解：∵顶点式的顶点为， ∴的顶点为， 故选：B． 4. 若关于x的方程有一个根为，则另一根为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】设另一根为x=m，根据一元二次方程根与系数的关系得出，即可求出答案． 【详解】解：设方程的另一个根为x=m， 则， 解得：， ∴方程的另一个根为x=3， 故选：A． 【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系：如果x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根，那么x1+x2=-，x1x2=． 5. 在同一平面直角坐标系中，一次函数与二次函数的大致图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一次函数、二次函数图象综合判断，对于一次函数，当时，图象必过一、三象限；当时，图象必过二、四象限；当时，图象必过一、二象限；当时，图象必过三、四象限；对于二次函数，当时，开口向上；当时，开口向下；据此即可求解； 【详解】解：若，则一次函数经过一、三、四象限；二次函数的开口向上； 若，则一次函数经过二、三、四象限；二次函数的开口向下； 故D符合题意； 故选：D 6. 如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为的延长线与边相交于点，连接．若，则线段的长为（ ） A. B. C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、线段垂直平分线的判定、旋转的性质、勾股定理等知识，熟练掌握旋转的性质是解题关键．连接，交于点，先证出，根据全等三角形的性质可得，再证出垂直平分，则可得，，然后利用勾股定理和三角形的面积公式求出的长，由此即可得． 【详解】解：如图，连接，交于点， 由旋转的性质得：，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴垂直平分， ∴，， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 故选：D． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 一元二次方程的一次项系数是________． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了一元二次方程的一般形式及概念，解题的关键是熟记：一般地，任何一个关于的一元二次方程经过整理，都能化成如下形式，这种形式叫一元二次方程的一般形式．其中叫做二次项，叫做二次项系数；叫做一次项；叫做一次项系数，叫做常数项． 根据一元二次方程的一般形式，即可解答． 【详解】解：一元二次方程的一次项系数是， 故答案为：． 8. 方程的解是______． 【答案】 【解析】 【分析】可通过移项将方程化为一般形式，再利用因式分解法解方程即可得到答案． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴或， 解得． 9. 2025年江苏省城市足球联赛（简称“苏超”）掀起足球热，“苏超”常规赛采用单循环制，即每两队之间只进行一场比赛，若该联赛有队伍x支，预计常规赛共比赛78场，则______． 【答案】13 【解析】 【分析】本题考查列一元二次方程解决实际问题，设该联赛有队伍x支，则比赛场数为，列出方程并解方程即可得到答案． 【详解】解：设该联赛有队伍x支，则每支球队会与除本身外的支球队进行比赛，故总共有场比赛，但考虑到重复计数问题（如“A队与B队比赛”和“B队与A队比赛”重复计算），故实际的比赛场数为， 由题可知， 解得，（不符合题意，舍去）， 故答案为：13． 10. 将抛物线向右平移个单位，再向上平移个单位，所得到的抛物线的表达式为_________． 【答案】（或) 【解析】 【分析】本题考查了二次函数平移的规律，关键是熟练应用规律，左加右减，上加下减． 根据平移的方向和距离确定改变的规律，进而得出答案． 【详解】∵抛物线向右平移个单位，再向上平移个单位， ∴． 故答案为：． 11. 如图所示的图案由三个叶片组成，绕点O旋转后可以和自身重合（不考虑和阴影），若每个叶片的面积为，为，则图中阴影部分的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了旋转对称图形，如果一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形，根据题意得出图中阴影部分的面积之和等于三叶片的面积和的三分之一，计算即可得解． 【详解】解：∵图案由三个叶片组成，绕点O旋转后可以和自身重合，为， ∴图中阴影部分的面积为， 故答案为：． 12. 若关于x的函数与坐标轴仅有两个交点，则a的值可能是__________． 【答案】0或1或2 【解析】 【分析】由题意函数与坐标轴有两个交点，要分三种情况：①函数为一次函数时；②函数为二次函数，与x轴有一个交点，与y轴有一个交点；③函数为二次函数，与y轴的交点也在x轴上，即图象经过原点．针对每一种情况，分别求出a的值． 【详解】解：∵关于x的函数的图象与坐标轴仅有两个交点， ∴可分如下三种情况： ①当函数为一次函数时，有， ∴，此时，与坐标轴有两个交点； ②当函数为二次函数时，与x轴有一个交点，与y轴有一个交点， ∵函数与x轴有一个交点， ∴， ∴， 解得：； ③函数为二次函数时，与x轴有两个交点，与y轴的交点和x轴上的一个交点重合，即图象经过原点， ∴，解得， 当，此时，与坐标轴有两个交点． 故答案为：0或1或2． 【点睛】本题主要考查一元二次方程与函数的关系，函数与x轴的交点的横坐标就是方程的根，若方程无根说明函数与x轴无交点，其图象在x轴上方或下方，两者互相转化，要充分运用这一点来解题． 三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. 解方程 （1） （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了利用因式分解法和公式法解一元二次方程，准确计算是解题的关键． （1）利用因式分解法求解即可； （2）利用公式法求解即可； 【小问1详解】 解：， ∴， ∴， 或， ． 【小问2详解】 解：， ∴， ， ， ， ． 14. 已知抛物线经过点． （1）求a的值； （2）当时，求y的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征．二次函数图象上所有点的坐标均满足该函数解析式． （1）把点代入抛物线解析式，借助于方程可以求得a的值； （2）把代入函数解析式即可求得相应的y的值． 【小问1详解】 解：把点代入抛物线，得，， 解得； 【小问2详解】 解：由（1）知，，则该抛物线解析式为：． 把代入，得， 即． 15. 已知A、B是开口向上的抛物线上纵坐标相等的两点，且该抛物线与x轴相交，请用无刻度的直尺作出其对称轴． 【答案】见解析 【解析】 【分析】本题考查了抛物线与x轴的交点、对称轴的性质、两点确定一条直线的性质．设抛物线与x轴交于点C，D，连接交于点E，作射线交于点F，作直线即可得． 【详解】解：如图所示，直线即为所求． 16. 如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，的顶点均在格点上，点的坐标为． （1）把绕点逆时针旋转得到对应的，画出，并写出的坐标； （2）以原点为对称中心，再画出与关于原点对称的，并写出点的坐标． 【答案】（1） 解：如图所示，即为所求； （2） 解：如图所示，即为所求； . 【解析】 【分析】此题考查中心对称与旋转变换作图． （1）根据旋转的性质求解即可； （2）根据中心对称的性质求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 近年赣南医科大等大学落户龙南，大大提升龙南医疗水平与社会活力，吸引师生消费，直接带动奶茶店客流与营收增长，促进本地服务业发展．某品牌奶茶店今年7月份外卖盈利4000元，9月份外卖盈利5760元，若从7月份到9月份，每月盈利的平均增长率都相同．求7月份到9月份每月盈利的平均增长率． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程-增长率问题，设7月份到9月份每月盈利的平均增长率为，根据增长前增长后列出方程，求解即可． 【详解】解：设7月份到9月份每月盈利的平均增长率为， 根据题意可得：， 解得：（负值舍去）， 答：7月份到9月份每月盈利的平均增长率为． 四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18. 如图，在等腰三角形ABC中，，，于点D，将线段绕C顺时针旋转角后得到线段，连接，求的度数． 【答案】 【解析】 【分析】由旋转得，，可得，进而证明，则有． 本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 【详解】解：， ， 将线段绕C顺时针旋转角后得到线段， ，， ， ， ， ． 19. 已知关于x的方程(x－m)2－(x－m)＝0． （1）求证：无论m为何值，该方程总有两个不相等的实数根； （2）若该方程的两个根互为倒数，求m的值． 【答案】（1）见解析；（2）m1＝，m2＝． 【解析】 【分析】（1）整理方程，由根的判别式列式求解即可；（2）整理方程，由根与系数关系求解即可． 【详解】（1）证明： 整理原方程，得x2－(2m＋1)x＋m2＋m＝0. ∵b2－4ac＝4m2＋4m＋1－4m2－4m＝1＞0， ∴无论m为何值，该方程总有两个不相等的实数根； （2）解：∵方程x2－(2m＋1)x＋m2＋m＝0的两个根互为倒数， ∴x1x2＝1，即x1x2=m2＋m=1 解得m1＝，m2＝． 【点睛】本题考查了根的判别式与一元二次方程根的情况的关系，根与系数的关系，利用这些关系列出对应式子求解是解决本题的关键． 20. 如图，某小区矩形绿地的长宽分别为35m，15m．现计划对其进行扩充，将绿地的长、宽增加相同的长度后，得到一个新的矩形绿地． （1）若扩充后的矩形绿地面积为，求新的矩形绿地的长与宽； （2）扩充后，实地测量发现新的矩形绿地的长宽之比为．求新的矩形绿地面积． 【答案】（1）新的矩形绿地的长为，宽为 （2）新的矩形绿地面积为． 【解析】 【分析】（1）设将绿地的长、宽增加，则新的矩形绿地的长为，宽为，根据扩充后的矩形绿地面积为，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，将其正值分别代入及中，即可得出结论； （2）设将绿地的长、宽增加，则新的矩形绿地的长为，宽为，根据实地测量发现新的矩形绿地的长宽之比为5：3，即可得出关于y的一元一次方程，解之即可得出y值，再利用矩形的面积计算公式，即可求出新的矩形绿地面积． 【小问1详解】 解：（1）设将绿地的长、宽增加，则新的矩形绿地的长为，宽为， 根据题意得：， 整理得：， 解得：（不符合题意，舍去）， ． 答：新的矩形绿地的长为40m，宽为20m． 【小问2详解】 设将绿地的长、宽增加，则新的矩形绿地的长为，宽为， 根据题意得：， 即， 解得：， ． 答：新的矩形绿地面积为． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用以及一元一次方程的应用，解题的关键是：找准等量关系，正确列出一元二次方程与一元一次方程． 五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21. 如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴分别交于A（﹣1，0），B（5，0）两点． （1）求抛物线的解析式； （2）在第二象限内取一点C，作CD垂直x轴于点D，连接AC，且AD＝5，CD＝8，将Rt△ACD沿x轴向右平移m个单位，当点C落在抛物线上时，求m的值. 【答案】(1) y＝﹣x2+4x+5；(2) m＝7或m＝9. 【解析】 【分析】（1）由A、B的坐标，利用待定系数法可求得抛物线的解析式； （2）由题意可求得C点坐标，设平移后的点C的对应点为C′，则C′点的纵坐标为8，代入抛物线解析式可求得C′点的坐标，则可求得平移的单位，可求得m的值． 【详解】（1）抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴分别交于A（﹣1，0），B（5，0）， 解得b＝4，c＝5， ∴y＝﹣x2+4x+5； （2）∵AD=5，且OA=1， ∴OD=6，且CD=8， ∴C（-6，8）， 设平移后的点C的对应点为C′，则C′点的纵坐标为8， 代入抛物线解析式可得8=-x2+4x+5，解得x=1或x=3， ∴C′点的坐标为（1，8）或（3，8）， ∵C（-6，8）， ∴当点C落在抛物线上时，向右平移了7或9个单位， ∴m的值为7或9； 【点睛】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、平移的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中注意待定系数法的应用，在（2）中求得平移后C点的对应点的坐标是解题的关键． 22. “尔滨”火了，带动了黑龙江省的经济发展，农副产品也随之畅销全国．某村民在网上直播推销某种农副产品，在试销售的天中，第天且为整数)的售价为(元千克)．当时，；当时，．销量(千克)与的函数关系式为，已知该产品第天的售价为元千克，第天的售价为元千克，设第天的销售额为(元)． （1） ，_____； （2）写出第天的销售额与之间的函数关系式； （3）求在试销售的天中，共有多少天销售额超过元？ 【答案】（1）， （2） （3）在试销售的天中，共有天销售额超过元 【解析】 【分析】本题考查了一次函数与二次函数的综合应用； （1）待定系数法求解析式，即可求解； （2）根据销售额等于销量乘以售价，分段列出函数关系式，即可求解； （3）根据题意，根据，列出方程，解方程，即可求解． 【小问1详解】 解：依题意，将，代入， ∴ 解得： ∴ 故答案为：，． 【小问2详解】 解：依题意， 当时， 当时， ∴ 【小问3详解】 解：依题意，当时， 当时， 解得： 为正整数， ∴第天至第天，销售额超过元 （天） 答：在试销售的天中，共有天销售额超过元 六、解答题（本大题共12分） 23. 课本再现 （1）如图1，和都是等边三角形，且点、、在一条直线上，连接和相交于点，线段与有什么关系？你能用旋转的性质说明上述关系成立的理由吗？ 深入探究 （2）如图2，将绕点逆时针旋转一定的角度，其他条件与（1）中相同． ①线段与的数量关系是___________； ②的度数为___________． 拓展应用 （3）如图3，四边形中，，，，，，求边的长度． 【答案】（1），理由见解析；（2）①；②；（3） 【解析】 【分析】（1）利用等边三角形的性质得到，进而根据旋转的性质将绕点逆时针旋转得到，即可得到； （2）①证明得到； ②根据得到，再根据三角形外角的性质求出，则可得； （3）先证明是等边三角形，如图所示，将绕点C逆时针旋转得到，连接，则，证明是等边三角形，得到，进一步证明．由勾股定理得． 【详解】解：（1），理由如下， 和都是等边三角形， ， ，即． 将绕点逆时针旋转得到， ； （2）①和都是等边三角形， ， ，即． 在和中， ， ， 故答案为：． ② ， ， ， 故答案为：． （3）， 是等边三角形， ， 如图所示，将绕点C逆时针旋转得到，连接， ∴， 是等边三角形， ， 由旋转的性质知， ， ． 在中，由勾股定理得， ． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，旋转的性质，三角形外角的性质等等，熟练掌握手拉手模型证明三角形全等是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $