广东省中山市2026-2027学年九年级数学上学期期中综合测试卷

广东省中山市2026-2027学年九年级 数学上学期期中综合测试卷 一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分） 1．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A．等腰三角形　　B．平行四边形　　C．矩形　　D．正五边形 2．将方程3x²=5x−1化成一元二次方程的一般形式，则它的二次项系数、一次项系数和常数项分别为（　　） A．3，5，1　　B．3，−5，−1　　C．−3，5，−1　　D．3，−5，1 3．方程x²=4x的根是（　　） A．x=4　　B．x₁=0，x₂=4　　C．x₁=0，x₂=−4　　D．x₁=x₂=4 4．用配方法解一元二次方程x²−6x−7=0时，此方程可变形为（　　） A．(x−3)²=16　　B．(x+3)²=16　　C．(x−3)²=7　　D．(x+3)²=7 5．将抛物线y=2x²先向左平移3个单位，再向下平移2个单位，得到的抛物线的解析式为（　　） A．y=2(x−3)²−2　　B．y=2(x+3)²−2　　C．y=2(x+3)²+2　　D．y=2(x−3)²+2 6．对于二次函数y=−2(x+1)²+3的图象，下列说法正确的是（　　） A．顶点坐标为(1，3)　　B．对称轴为直线x=1 C．函数有最小值3　　D．当x≥−1时，y随x的增大而减小 7．已知抛物线y=x²−4x+3，点A(0，y₁)与点B(3，y₂)是该抛物线上的两点，则y₁与y₂的大小关系为（　　） A．y₁>y₂　　B．y₁<y₂　　C．y₁=y₂　　D．无法确定 8．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A(1，2)，B(0，0)，C(3，1)．将△ABC绕原点O逆时针旋转90°，得到△A′B′C′，则点C的对应点C′的坐标为（　　） A．(1，−3)　　B．(−3，1)　　C．(−1，3)　　D．(3，−1) 9．二次函数y=ax²+bx+c(a≠0)的图象经过(1，n)和(5，n)两点，则（　　） A．图象开口向上　　B．对称轴是直线x=3 C．当x=3时，y有最小值　　D．顶点在x轴上 10．我国古代数学家赵爽利用图形面积研究一元二次方程的解法．以求方程x²+3x−18=0（即x(x+3)=18）的正数解为例：构造如图，大正方形的边长为2x+3，它的面积等于四个矩形（每个矩形的面积为x(x+3)）的面积与中间小正方形（边长为3）的面积之和，即4×18+3²，据此易得x=3．小刚用此方法解关于x的方程x²+mx−n=0时，构造出同样的图形，已知大正方形的面积为121，中间小正方形的面积为9，则方程x²+mx−n=0的正数解为（　　） A．x=7　　B．x=5　　C．x=4　　D．x=3 二、填空题（共5小题，每小题3分，共15分） 11．点P(2，−3)关于原点对称的点的坐标是　　　　　　　　． 12．抛物线y=3x²−6x+1的对称轴是直线　　　　　　　　． 13．已知关于x的方程x²+(m−2)x−4=0的两个根互为相反数，则m的值为　　　　　　　　． 14．某社区开展消防安全培训，1名消防员先教会了若干名居民，之后每个已学会的居民又教会了同样多的居民，两轮培训后全班共有57人学会该技能，则每人每轮教会　　　　　　　　名居民． 15．如图，△ABC是等腰直角三角形，∠C=90°，AC=BC=4，点D是直线BC上的一个动点，连接AD，将线段AD绕点D顺时针旋转90°，得到线段DM，连接CM．当CM最小时，此时AD的长为　　　　　　　　． 三、解答题（一）（共3小题，每小题7分，共21分） 16．已知函数y=(m−2)xm²−5m+8+(m−1)x−3是关于x的二次函数． (1)求m的值； (2)当y=0时，求自变量x的值． 17．如图，正方形网格中每个小正方形的边长均为1，△ABC的顶点均在格点上．请在所给的平面直角坐标系中按要求画图． (1)以点A为旋转中心，将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△AB₁C₁，画出△AB₁C₁； (2)作出△ABC关于坐标原点O成中心对称的△A₂B₂C₂． 18．已知关于x的一元二次方程x²−(m+1)x+(2m−3)=0． (1)求证：该方程总有两个不相等的实数根； (2)当m取正整数1，2，3，4，5中的一个时，若该方程的两个根都是有理数根，求m的值及这两个根． 四、解答题（二）（共3小题，每小题9分，共27分） 19．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转60°，得到△A′B′C′（点A、B的对应点分别为A′、B′）． (1)求∠ACA′的度数； (2)连接BB′，求证：△CBB′是等边三角形； (3)若AC=2，求BB′的长． 20．如图是二次函数y=−x²+2x+3的大致图象． (1)求该抛物线的顶点坐标和对称轴； (2)该图象经过怎样的平移可以得到y=−x²的图象？ (3)将该图象绕原点旋转180°，直接写出所得图象对应的函数表达式． 21．某电商平台为弘扬航天精神，致敬航天人，特推出“北斗三号”卫星模型．今年7月份的销售量为300件，9月份的销售量为432件． (1)若7月份到9月份销售量的月平均增长率都相同，求月平均增长率； (2)已知该模型的进价为每件60元，当售价为每件100元时，每天能售出20件；售价每降低1元，每天可多售出2件．为尽快减少库存，商家决定降价促销，若要使销售该模型每天获利1200元，则售价应降低多少元？ 五、解答题（三）（共2小题，第22题13分，第23题14分，共27分） 22．综合与实践 问题情境：学校劳动实践基地有一堵长为12m的墙，准备用长为40m的篱笆围成一个矩形菜园（矩形的一边所在直线与墙所在直线重合）． 题意理解：根据题意，有两种设计方案：图①（墙作为矩形完整的一条边）和图②（墙是矩形一条边的一部分，其余部分用篱笆补足）． 特例分析： (1)按图①的方案设计，若平行于墙的边长为10m，求此时菜园的面积； (2)按图①的方案设计，设平行于墙的边长为xm，用含x的代数式表示菜园的面积S，当x为何值时，S最大？最大面积是多少？ 解决问题： (3)按图②的方案设计，设平行于墙的边长为ym(y>12)，当y为何值时，菜园的面积最大？最大面积是多少？并比较两种方案，哪种方案更优？ 23．如图1，抛物线y=ax²+bx+c(a≠0)与x轴交于点A(−1，0)和点B(3，0)，与y轴交于点C(0，3)．点P为该抛物线上一动点，其横坐标为m，且m>0． (1)求该抛物线的解析式； (2)如图2，连接BC，点P为直线BC下方抛物线上的一个动点（点P不与点B、C重合），过点P作PM∥y轴，交BC于点M，求PM的最大值及此时点P的坐标； (3)当该抛物线在点C与点P之间（包含点C和点P）的部分的最高点和最低点的纵坐标之差为定值时，写出m的取值范围及这个定值． 参考答案与解析 一、选择题 1．C　解析：等腰三角形和正五边形是轴对称图形但不是中心对称图形；平行四边形是中心对称图形但不是轴对称图形；矩形既是轴对称图形又是中心对称图形．故选C． 2．D　解析：3x²=5x−1移项得3x²−5x+1=0，二次项系数为3，一次项系数为−5，常数项为1．故选D． 3．B　解析：x²=4x移项得x²−4x=0，即x(x−4)=0，解得x₁=0，x₂=4．故选B． 4．A　解析：x²−6x−7=0移项得x²−6x=7，配方得x²−6x+9=16，即(x−3)²=16．故选A． 5．B　解析：y=2x²向左平移3个单位得y=2(x+3)²，再向下平移2个单位得y=2(x+3)²−2．故选B． 6．D　解析：抛物线y=−2(x+1)²+3的顶点为(−1，3)，对称轴为直线x=−1，开口向下，函数有最大值3；当x≥−1时，y随x的增大而减小．故选D． 7．A　解析：y₁=−3，y₂=9−12+3=0，所以y₁>y₂．（或：抛物线开口向上，对称轴为直线x=2，点A(0，y₁)离对称轴更远，故y₁>y₂．）故选A． 8．C　解析：绕原点逆时针旋转90°，坐标变化规律为(x，y)→(−y，x)，C(3，1)→C′(−1，3)．故选C． 9．B　解析：图象经过(1，n)和(5，n)两点，由对称性可知对称轴为直线x=(1+5)/2=3；a的符号、最值均无法确定．故选B． 10．C　解析：由题意，(2x+3)²=4n+9=121，且2x+3>0，所以2x+3=11，解得x=4（此时n=x(x+3)=28，方程x²+3x−28=0的正数解恰为4）．故选C． 二、填空题 11．(−2，3)　解析：点(x，y)关于原点对称的点的坐标为(−x，−y)． 12．x=1　解析：对称轴为直线x=−b/(2a)=−(−6)/(2×3)=1． 13．2　解析：两根互为相反数，则两根之和为0，即−(m−2)=0，解得m=2．（此时方程为x²−4=0，两根为±2，符合题意．） 14．7　解析：设每人每轮教会x名居民，由题意得1+x+x²=57，即x²+x−56=0，解得x₁=7，x₂=−8（舍去）． 15．2√5　解析：以C为原点建立平面直角坐标系，则A(0，4)，B(4，0)．设D(t，0)，AD绕点D顺时针旋转90°得到DM，由旋转性质可得M(t+4，t)．CM²=(t+4)²+t²=2(t+2)²+8，当t=−2时CM最小，此时AD=√((−2)²+4²)=2√5． 三、解答题（一） 16．解：(1)由题意得m²−5m+8=2且m−2≠0，即m²−5m+6=0，解得m₁=2，m₂=3，又m≠2，所以m=3．……4分 (2)当m=3时，y=(3−2)x²+(3−1)x−3=x²+2x−3．当y=0时，x²+2x−3=0，解得x₁=1，x₂=−3．……3分 17．解：(1)将B(2，1)，C(4，3)绕点A(1，5)顺时针旋转90°，对应点分别为B₁(−3，4)，C₁(−1，2)，顺次连接A，B₁，C₁即得△AB₁C₁．……3分 (2)△ABC关于原点O成中心对称，各顶点的对应点坐标为A₂(−1，−5)，B₂(−2，−1)，C₂(−4，−3)，顺次连接即得△A₂B₂C₂．……4分 18．(1)证明：Δ=[−(m+1)]²−4×1×(2m−3)=m²+2m+1−8m+12=m²−6m+13=(m−3)²+4． 因为(m−3)²≥0，所以Δ=(m−3)²+4>0，所以该方程总有两个不相等的实数根．……3分 (2)解：方程要有两个有理数根，则Δ=(m−3)²+4为完全平方数． 当m=1，2，3，4，5时，Δ的值分别为8，5，4，5，8，只有m=3时Δ=4为完全平方数． 当m=3时，方程为x²−4x+3=0，解得x₁=1，x₂=3． 所以m=3，这两个有理数根为x₁=1，x₂=3．……4分 四、解答题（二） 19．解：(1)因为△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△A′B′C′，对应点A与A′的旋转角为∠ACA′，所以∠ACA′=60°．……2分 (2)证明：由旋转的性质可知CB=CB′，且旋转角∠BCB′=60°， 所以△CBB′是等边三角形（有一组邻边相等且有一个角是60°的三角形是等边三角形）．……3分 (3)在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=2， 所以BC=AC÷tan30°=2÷(√3/3)=2√3． 因为△CBB′是等边三角形，所以BB′=CB=2√3．……4分 20．解：(1)y=−x²+2x+3=−(x²−2x)+3=−(x−1)²+4， 所以顶点坐标为(1，4)，对称轴为直线x=1．……3分 (2)将y=−(x−1)²+4的图象向左平移1个单位，再向下平移4个单位，可以得到y=−x²的图象．……3分 (3)绕原点旋转180°后，开口方向改变，顶点(1，4)旋转后变为(−1，−4)， 所以所得图象对应的函数表达式为y=(x+1)²−4=x²+2x−3．……3分 21．解：(1)设月平均增长率为x，由题意得300(1+x)²=432， 则(1+x)²=1.44，所以1+x=±1.2，解得x₁=0.2，x₂=−2.2（舍去）． 答：月平均增长率为20%．……4分 (2)设售价应降低y元，则每件利润为(100−y−60)元，每天销量为(20+2y)件， 由题意得(100−y−60)(20+2y)=1200， 化简得y²−30y+200=0，解得y₁=10，y₂=20． 因为要尽快减少库存，所以y=20（此时每天销量40件>销量30件）． 答：售价应降低20元．……5分 五、解答题（三） 22．解：(1)按图①方案，平行于墙的边长为10m时，垂直于墙的边长为(40−10)÷2=15(m)， 此时菜园的面积S=10×15=150(m²)．……3分 (2)按图①方案，S=x(40−x)/2=−x²/2+20x=−(x−20)²/2+200，其中0<x≤12． 因为x=20不在0<x≤12的范围内，且当0<x≤12时，S随x的增大而增大， 所以当x=12时，S取得最大值，S最大=12×14=168(m²)．……5分 (3)按图②方案，垂直于墙的边长为(40−(y−12)−y)÷2=26−y， 所以S=y(26−y)=−y²+26y=−(y−13)²+169，其中12<y<26． 所以当y=13时，S取得最大值169(m²)． 因为169>168，所以按图②的方案设计更优，此时菜园为边长13m的正方形．……5分 23．解：(1)因为抛物线经过A(−1，0)，B(3，0)，C(0，3)， 所以设y=a(x+1)(x−3)，将C(0，3)代入，得−3a=3，所以a=−1． 所以抛物线的解析式为y=−(x+1)(x−3)=−x²+2x+3．……4分 (2)设P(m，−m²+2m+3)(0<m<3)．因为B(3，0)，C(0，3)，所以直线BC的解析式为y=−x+3， 所以M(m，−m+3)，所以PM=(−m²+2m+3)−(−m+3)=−m²+3m=−(m−3/2)²+9/4． 因为−1<0，所以当m=3/2时，PM取得最大值9/4，此时P(3/2，15/4)．……5分 (3)抛物线的顶点为(1，4)，开口向下． 当1≤m≤2时，抛物线在点C与点P之间的部分（0≤x≤m）包含顶点(1，4)，最高点纵坐标为4； 又当1≤m≤2时，P点纵坐标−m²+2m+3≥3，所以最低点为点C，纵坐标为3，纵坐标之差为4−3=1，为定值． 当0<m<1时，最高点纵坐标为−m²+2m+3，最低点纵坐标为3，差为−m²+2m，不是定值； 当m>2时，最低点纵坐标为−m²+2m+3<3，最高点纵坐标为4，差为m²−2m+1，不是定值． 综上，当1≤m≤2时，纵坐标之差为定值1．……5分 学情诊断与教学建议 一、知识板块分布与诊断 1．一元二次方程（第21章，约34分）：第2、3、4、10题，第13、14题，解答题第18、21题，第22题的方程建模环节亦属本板块．基础题（第2、3、4题）侧重概念辨析与解法选择；第10题以赵爽弦图为背景，体现数学文化与方程模型的结合；第13题结合两根互为相反数考查根与系数的关系；第18题考查判别式与含参数方程的分类讨论；第21题以销售增长率为背景考查方程应用．诊断：学生对方程基本解法掌握较稳，但在含参数方程（第13、18题）与实际建模（第14、21题）两类问题上的失分率明显偏高． 2．二次函数（第22章，约45分）：第5、6、7、9题，第12题，解答题第16、20、23题，第22题的最值比较环节亦涉及本板块．第5、6、12题考查平移规律、顶点式与对称轴；第7、9题借助图象的对称性比较函数值；第16题由二次函数定义反求参数；第20题综合图象的平移与中心旋转；第23题为代几综合压轴，涉及铅垂线段最值与定值探究．诊断：中档题（第5、6、12、16题）得分率应较高；第23题(2)(3)问对数形结合与运算能力要求较高，是全卷区分度的主要来源． 3．旋转（第23章，约28分）：第1、8题，第11、15题，解答题第17、19题．第1、11题辨析轴对称、中心对称与中心对称图形；第8题考查坐标系中的旋转（逆时针90°时点(x，y)对应点(−y，x)）；第15题以动点旋转为背景考查最值模型；第17题考查网格中旋转与中心对称作图；第19题考查旋转性质与含30°角的直角三角形的综合证明．诊断：作图题（第17题）与坐标旋转（第8题）得分较稳；第15题的轨迹最值为本板块难点． 二、典型易错点与讲评建议 1．第13题：两根互为相反数等价于两根之和为0，即一次项系数m−2=0，得m=2；此时方程为x²−4=0，判别式恒为正，无需舍解．学生易误用“常数项为0”的条件或漏检判别式，讲评时应对比“互为相反数”“互为倒数”“两根相等”三种条件所对应的系数关系． 2．第15题：DM由AD绕点D旋转90°得到，故DM=DA且∠ADM=90°；当点D在直线BC上移动时，点M随之作同角度的旋转运动，其轨迹是一条直线，CM的最小值即点C到该轨迹直线的距离．学生易直接设点D坐标硬算而陷入繁琐运算，讲评时应突出“旋转找轨迹、化动为定”的思想． 3．第21题：增长率问题中“7月到9月经过两轮增长”易被列成一轮；利润问题中“售价每降低1元、销量增加若干件”的关系易把降价与涨价的符号写反，讲评时应引导学生先列表梳理单价、销量与总利润的关系，再设未知数列方程． 4．第23题(2)：求PM的最大值属“抛物线与直线之间铅垂线段”模型，常规做法是设P(m，−m²+2m+3)、M(m，−m+3)，用两纵坐标之差表示PM并配方求最值；学生易忽略“点P不与B、C重合”的限制，或把两纵坐标相减的顺序写反，导致最值取相反数． 三、分层辅导建议 1．基础薄弱学生：重点巩固第2–7、11–13、16、18题所涉及的一元二次方程解法、顶点式与对称轴公式，先保证基础题不丢分． 2．中等水平学生：主攻第8、14、15、17、19、20、21题的旋转作图、轨迹分析与实际建模，做到中档题不失分． 3．学有余力学生：针对第22、23题开展变式探究，如更换围墙方案的条件、把铅垂线段最值改为面积最值，提升综合运用与探究能力． 1 学科网（北京）股份有限公司 $