精品解析：海南文昌市 2025一2026学年度第一学期九年级数学科期中教学质量监测试题

九年级数学科期中教学质量监测试题 （全卷满分120分；考试时间100分钟） 一、选择题（本大题满分36分，每小题3分） 在下列各题的四个备选答案中，有且只有一个是正确的，请在答题卡上把你认为正确的答案的字母代号按要求用2B铅笔涂黑． 1. 某品牌乒乓球产品质量参数是，如果一只乒乓球的质量高于标准质量记作，那么低于标准质量记作（ ） A. B. C. D. 2. 当时，代数式的值为（ ）． A. 1 B. C. 9 D. 3. 下列几何体中，从正面观察得到的平面图形为圆的几何体是（ ）． A. B. C. D. 4. 据统计，我国某一时期生产芯片约颗，彰显了中国芯片产业的强大实力．数据用科学记数法可以表示为，则的值是（ ）． A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 5. 下列运算结果为的是（ ） A. B. C. D. 6. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（   ） A. B. C. D. 7. 若关于的一元二次方程的一个根是，则的值为（ ）． A. B. C. D. 8. 以下一元二次方程有两个相等实数根的是（ ） A. B. C. D. 9. 对于抛物线，下列说法错误的是（ ）． A. 开口向下 B. 对称轴是直线 C. 顶点坐标为 D. 当时，随的增大而减小 10. 如图，中，，将绕点顺时针旋转，得到，边与边交于点（不在上），则的度数为（ ）． A. B. C. D. 11. 如图，小明在数学综合实践活动中，利用一面墙（墙足够长）和长的围栏围成一个面积为的矩形场地．设矩形的宽为，根据题意可列方程（ ） A. B. C. D. 12. 如图，抛物线经过正方形的三个顶点A，B，C，点B在轴上，则的值为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题满分12分，每小题3分） 13. 因式分解：________． 14. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是_________． 15. 若点，，在抛物线上，则，，从小到大的大小关系为___________．（用“”连接） 16. 如图，中，，点是斜边的中点，将绕点按顺时针方向旋转，点落在的延长线上的处，点落在处，若，。则的长为___________，的长为___________． 三、解答题（本大题满分72分） 17. （1）计算：； （2）解不等式组：． 18. 2024年巴黎奥运会将于7月26日至8月11日举行，某经销店调查发现：与吉祥物相关的A，B两款纪念品深受青少年喜爱．已知购进3个A款比购进2个B款多用120元；购进1个A款和2个B款共用200元，求出A，B两款纪念品的进货单价． 19. 解方程： （1）； （2）． 20. 如图，的顶点坐标分别为，． （1）将向右平移5个单位长度，画出平移后的； （2）画出关于轴对称的； （3）将绕原点旋转，画出旋转后的 （4）在中：_____与_____成轴对称；_____与_____成中心对称，且对称中心的坐标为_____． 21. 如图1，在菱形中，，点，分别是边，上的动点（不与端点重合），，连接，，，． （1）求证：①； ②是等边三角形； （2）若，，求的长； （3）如图2，连接，分别交，于点，．试判断的值是否为定值？如果是，请直接写出该定值；如果不是，请说明理由． 22. 如图，已知抛物线与轴交于，两点，与轴交于点． （1）求该抛物线的函数表达式； （2）若点是该抛物线上一动点，求面积的最大值； （3）若函数的最大值与最小值的差为，求出的值； （4）若点是坐标平面内一动点，请直接写出的最小值及此时点的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九年级数学科期中教学质量监测试题 （全卷满分120分；考试时间100分钟） 一、选择题（本大题满分36分，每小题3分） 在下列各题的四个备选答案中，有且只有一个是正确的，请在答题卡上把你认为正确的答案的字母代号按要求用2B铅笔涂黑． 1. 某品牌乒乓球产品质量参数是，如果一只乒乓球的质量高于标准质量记作，那么低于标准质量记作（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了正数和负数．根据正数和负数表示具有相反意义的量，即可解答． 【详解】解：∵一只乒乓球的质量高于标准质量记作， ∴那么低于标准质量记作． 故选：A． 2. 当时，代数式的值为（ ）． A. 1 B. C. 9 D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查代数式求值，将代入计算即可． 【详解】解：当时，． 故选：B． 3. 下列几何体中，从正面观察得到的平面图形为圆的几何体是（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查从不同方向看几何体，根据常见几何体的特征进行判断即可． 【详解】解：对于A：圆锥的正视图为等腰三角形，故A错误； 对于B：球体的正视图为圆，故B正确； 对于C：圆柱的正视图为矩形，故C错误； 对于D：该组合体的正视图为四边形，故D错误． 故选：B． 4. 据统计，我国某一时期生产芯片约颗，彰显了中国芯片产业的强大实力．数据用科学记数法可以表示为，则的值是（ ）． A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查科学记数法中指数的确定方法，科学记数法的形式为（，为整数），的值由原数转化为时小数点移动的位数决定． 【详解】解：将的小数点向左移动位得到， ∴． 故选：B． 5. 下列运算结果为的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查同类项合并及幂的运算法则，需根据相关法则分别计算各选项结果，判断是否为． 【详解】解：A选项：根据合并同类项法则可得：，故A选项不符合题意； B选项：根据同底数幂的乘法法则可得：，故B选项符合题意； C选项：根据幂的乘方的法则可得：，故C选项不符合题意； D选项：和不能合并同类项，故D选项不符合题意． 故选：B． 6. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（   ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的是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度后与自身重合．直接利用轴对称图形和中心对称图形的概念判断即可． 【详解】解：A．不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； B．是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； C．既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； D．不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意． 故选：C． 7. 若关于的一元二次方程的一个根是，则的值为（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根的定义，将已知根代入方程，得到关于的一元一次方程，求解即可得到的值． 【详解】解：将代入方程，得， ， 解得． 故选：A． 8. 以下一元二次方程有两个相等实数根的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程判别式判断根的情况，解答本题的关键是熟练掌握一元二次方程，当时，方程有两个不相等实数根；当时，方程的两个相等的实数根；当时，方程没有实数根．分别计算出各选项中的根的判别式的值，即可判断． 【详解】解：A． ，该方程有两个不相等实数根，故A选项不符合题意； B． ，该方程有两个不相等实数根，故B选项不符合题意； C． ，该方程有两个不相等实数根，故C选项不符合题意； D． ，该方程有两个相等实数根，故D选项不符合题意； 故选：D． 9. 对于抛物线，下列说法错误的是（ ）． A. 开口向下 B. 对称轴是直线 C. 顶点坐标为 D. 当时，随的增大而减小 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查二次函数顶点式的图象与性质，需根据的性质，判断开口方向、对称轴、顶点坐标及增减性，找出错误选项即可． 【详解】解：在中，顶点坐标为，对称轴为直线， ∴B、C正确； ∵， ∴抛物线开口向下，故A正确； ∴当时，随的增大而增大，故D错误． 故选：D． 10. 如图，中，，将绕点顺时针旋转，得到，边与边交于点（不在上），则的度数为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质和三角形外角的性质，根据旋转角的定义可得，由旋转的性质可得，结合是的外角，可计算出． 【详解】解：∵将绕点顺时针旋转，得到， ∴，， ∵是的外角， ∴． 故选：C． 11. 如图，小明在数学综合实践活动中，利用一面墙（墙足够长）和长的围栏围成一个面积为的矩形场地．设矩形的宽为，根据题意可列方程（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查的是一元二次方程的应用.根据题意列出方程即可. 【详解】解：设矩形的宽为，则矩形的宽为， ∴ 故选：A. 12. 如图，抛物线经过正方形的三个顶点A，B，C，点B在轴上，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接，交y轴于点D，根据正方形的性质可知，然后可得点，进而代入求解即可． 【详解】解：连接，交y轴于点D，如图所示： 当时，则，即， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴点， ∴， 解得：， 故选B． 【点睛】本题主要考查二次函数的图象与性质及正方形的性质，熟练掌握二次函数的图象与性质及正方形的性质是解题的关键． 二、填空题（本大题满分12分，每小题3分） 13. 因式分解：________． 【答案】## 【解析】 【分析】本题主要考查了分解因式，直接利用完全平方公式分解因式即可． 【详解】解：， 故答案为：． 14. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，可求得对应点的坐标． 【详解】解：点关于原点对称的点的坐标为． 故答案为：． 15. 若点，，在抛物线上，则，，从小到大的大小关系为___________．（用“”连接） 【答案】 【解析】 【分析】本题考查二次函数的图象与性质，先确定抛物线的开口方向与对称轴，根据开口向上的抛物线的性质，点到对称轴的水平距离越远，对应的函数值越大，计算各点到对称轴的距离后比较大小即可得出结论． 【详解】解：由抛物线可知，该抛物线的开口向上，对称轴为直线． 对于开口向上的抛物线，点到对称轴的水平距离越远，函数值越大， 计算各点到对称轴的水平距离： 点到对称轴的距离为， 点到对称轴的距离为， 点到对称轴的距离为， ∵， ∴． 16. 如图，中，，点是斜边的中点，将绕点按顺时针方向旋转，点落在的延长线上的处，点落在处，若，。则的长为___________，的长为___________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】通过勾股定理可直接计算出；作，垂足为，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求出，使用等面积法求出，再使用勾股定理求出，根据等腰三角形三线合一的性质求出． 【详解】解：如图，作，垂足为， 在中，， ∵点是斜边的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴，解得， 在中，， 由旋转的性质可得， ∵， ∴， ∴． 故答案为：；． 【点睛】本题考查旋转的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形的面积公式，熟练掌握相关知识是关键． 三、解答题（本大题满分72分） 17. （1）计算：； （2）解不等式组：． 【答案】 （1） （2） 【解析】 【分析】本题考查实数的混合运算，零指数幂和负指数幂，解一元一次不等式组，掌握好相关知识是关键． （1）将零指数幂和负指数幂化简后，按照实数混合运算的法则进行计算即可； （2）先求出每个不等式的解，再选择公共部分即可． 【详解】解：（1）； （2）， 由①得， 将②化简，得， 解得， ∴不等式的解为． 18. 2024年巴黎奥运会将于7月26日至8月11日举行，某经销店调查发现：与吉祥物相关的A，B两款纪念品深受青少年喜爱．已知购进3个A款比购进2个B款多用120元；购进1个A款和2个B款共用200元，求出A，B两款纪念品的进货单价． 【答案】A，B两款纪念品的进货单价分别为80元和60元 【解析】 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，先设A，B两款纪念品的进货单价分别为x，y元．根据购进3个A款比购进2个B款多用120元；购进1个A款和2个B款共用200元，列出方程组，得，再解得，即可作答． 【详解】解：设A，B两款纪念品的进货单价分别为x，y元． 则， 解得， 答：A，B两款纪念品的进货单价分别为80元和60元． 19. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，熟知解一元二次方程的方法是解题的关键． （1）先把方程两边同时除以3，再把方程两边同时开平方即可得到答案； （2）先移项，然后利用提公因式法把方程左边分解因式，进而解方程即可． 【小问1详解】 解：∵， ∴， 解得 【小问2详解】 解：∵， ∴，即， ∴， ∴或， 解得． 20. 如图，的顶点坐标分别为，． （1）将向右平移5个单位长度，画出平移后的； （2）画出关于轴对称的； （3）将绕原点旋转，画出旋转后的 （4）在中：_____与_____成轴对称；_____与_____成中心对称，且对称中心的坐标为_____． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）见解析 （4）；；；； 【解析】 【分析】（1）描出平移后的点、、，连接成三角形即可； （2）关于轴对称的点横坐标相等，纵坐标互为相反数，描出点、、，连接成三角形即可； （3）绕原点旋转的点，横纵坐标都互为相反数，描出点、、，连接成三角形即可； （4）结合图形进行判断即可． 【小问1详解】 解：如图所示： 【小问2详解】 解：如图所示： 【小问3详解】 解：如图所示： 【小问4详解】 解：由图可知，与成轴对称，与成中心对称，对称中心为． 21. 如图1，在菱形中，，点，分别是边，上的动点（不与端点重合），，连接，，，． （1）求证：①； ②是等边三角形； （2）若，，求的长； （3）如图2，连接，分别交，于点，．试判断的值是否为定值？如果是，请直接写出该定值；如果不是，请说明理由． 【答案】（1） 证明：①∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴； ②由①得， ∴，， ∵， ∴，即， ∴是等边三角形； （2） （3）是定值， 【解析】 【分析】（1）①由菱形的性质可推导出是等边三角形，进而得到，，可通过边角边证明； ②由可得，，通过等量代换可得，从而证明是等边三角形； （2）作，垂足为，设，容易判断出是含角的直角三角形，是等腰直角三角形，则，解方程求出的值，进而求出和； （3）由平行可判定和，则，结合菱形的性质和，可将转化为，进而得出的值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图，作，垂足为，设， ∵是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在直角中，，， ∴， 由勾股定理可得，， ∵， 又∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， 同理，， ∴， ∴， 由（1）可得， ∴， ∴， ∴为定值． 【点睛】本题是菱形与全等三角形和相似三角形的综合题，运用“手拉手”模型来辅助解题是关键． 22. 如图，已知抛物线与轴交于，两点，与轴交于点． （1）求该抛物线的函数表达式； （2）若点是该抛物线上一动点，求面积的最大值； （3）若函数的最大值与最小值的差为，求出的值； （4）若点是坐标平面内一动点，请直接写出的最小值及此时点的坐标． 【答案】（1） （2） （3）或 （4）的最小值为，此时点的坐标为 【解析】 【分析】（1）将点，代入抛物线表达式，解方程即可； （2）过点作轴的平行线，交于点，用的代数式表示出点和点的坐标，进而表示出．利用割补法将的面积分为竖直的两个小三角形，得到关于的关系式，结合二次函数的性质求出最大值即可； （3）分为区间在对称轴左侧、右侧和经过对称轴三类情况，由二次函数的增减性判断最大值和最小值，构造方程并求解．对于区间经过对称轴的情况，还需细分为处取最大值和处取最大值，解方程可知这两种情况下无解； （4）由点的横纵坐标关系，消去参数后，发现点在直线上，此时符合“将军饮马”模型，作点关于直线的对称点，当、、三点共线时，取得最小值，即，使用勾股定理计算出，点的坐标可通过联立直线和直线求得． 【小问1详解】 解：将点，代入，得， ， 解得， ∴抛物线的函数表达式为； 【小问2详解】 解：如图，过点作轴的平行线，交于点， 设直线的函数表达式为， 将，代入，得， ， 解得， ∴直线的函数表达式为， ∵点是该抛物线上一动点， ∴点的坐标为， ∵轴， ∴， ∴点的坐标为， ∵， ∴点在下方， ∴， ， ， ， ， ， ∵， ∴当时，取得最大值； 【小问3详解】 解：在抛物线中，图象开口向上，对称轴为直线，顶点坐标为， ①当区间在对称轴左侧，即时， ∵， ∴， 在上，随的增大而减小， ∴当时，取得最大值， 当时，取得最小值， ∴， 解得； ②当区间在对称轴右侧，即时， ∴ 在上，随的增大而增大， ∴当时，取得最小值， 当时，取得最大值， ∴， 解得； ③当区间包含对称轴，即时， ∴， 此时二次函数在顶点处取得最小值，即的最小值为， ∵抛物线开口向上， ∴离对称轴越远，函数值越大， 当时， ∵， ∴在处，取得最大值， ∴， 化简，得， 解得，两根均不在的范围内，故舍去； 当时， 同理，在处，取得最大值， ∴， 化简，得， 解得，两根均不在的范围内，故舍去； 综上所述，或． 【小问4详解】 解：∵， ∴，， 两式相加得，即， ∴点在直线上， 如图，作直线，交轴于点，交轴于点，作点关于直线的对称点，连接、、， 将代入，得， ∴点的坐标为， 将代入，得， ∴点的坐标为， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， 将代入，得， ， 解得，， ∴点的坐标为，点的坐标为， ∴，， ∴，， ∵点与点关于对称， ∴，，， ∴，即， ∴点的坐标为， ∵， 又∵， ∴当、、三点共线时，取得最小值，即， 在直角中，， ∴的最小值为， 设直线的函数表达式为， 将点，代入，得， ， 解得， ∴直线的函数表达式为， 联立直线与直线，得， ， 解得， ∴点的坐标为； 综上所述，的最小值为，此时点的坐标为． 【点睛】本题是二次函数的综合题，考查三角形面积最值问题，二次函数区间上的最值问题，线段和最值问题，解第二问的关键是将面积最值转化为线段最值，第三问需要根据对称轴和区间相对位置分类讨论，第四问则使用“将军饮马”模型来解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $