河南省商丘市柘城县2024-2025学年九年级上学期11月期中数学试题（解析版）-A4

这是一份河南省商丘市柘城县2024-2025学年九年级上学期11月期中数学试题（解析版）-A4，共23页。
1．本试卷共4页，三个大题，满分120分，考试时间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(每题3分，共30分)
1. 如图所示四个图案中，是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义，把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可．
【详解】解：A．不是中心对称图形，故A不符合题意；
B．不是中心对称图形，故B不符合题意；
C．不是中心对称图形，故C不符合题意；
D．是中心对称图形，故D符合题意．
故选：D．
2. 抛物线上部分点的横坐标x，纵坐标y的对应值如表：
下列结论不正确的是（ ）
A. 抛物线的开口向下B. 抛物线的对称轴为直线
C. 抛物线与x轴的一个交点坐标为D. 函数的最大值为
【答案】C
【解析】
【分析】利用待定系数法求出抛物线解析式，由此逐一判断各选项即可
【详解】解：由题意得，
解得，
∴抛物线解析式为，
∴抛物线开口向下，抛物线对称轴为直线，该函数的最大值为，故A、B、D说法正确，不符合题意；
令，则，
解得或，
∴抛物线与x轴的交点坐标为（-2，0），（3，0），故C说法错误，符合题意；
故选C．
【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，正确求出二次函数解析式是解题的关键．
3. 点P1（﹣1，），P2（3，），P3（5，）均在二次函数的图象上，则，，的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】∵，
∴对称轴为x=1，P2（3，），P3（5，）在对称轴的右侧，y随x的增大而减小，
∵3＜5，
∴，
根据二次函数图象的对称性可知，P1（﹣1，）与（3，）关于对称轴对称，
故，
故选：D．
4. 给出一种运算：，如，若方程的一个根为3，则另一个根为（ ）
A. 5B. C. 10D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查定义新运算，一元二次方程根与系数的关系，根据新运算的法则，列出一元二次方程，根据根与系数的关系求出另一个根即可．
【详解】解：由题意，，
即：，
设方程的另一个根为，则：，
∴，
∴方程的另一个根为．
故选B．
5. 如图，在等边中，D是边上一点，将绕点B逆时针旋转60°得到，若，，则的周长是（ ）
A. 15B. 14C. 13D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质等知识点，先根据旋转的性质得，，，于是可判断为等边三角形，则有，所以的周长，再利用等边三角形的性质得，即可求得的周长，熟练掌握旋转的性质，等边三角形的判定和性质是解决此题的关键．
【详解】∵绕点B逆时针旋转得到，
∴，，，
∴为等边三角形，
∴，
∴周长，
∵为等边三角形，
∴，
∴的周长，
故选：．
6. 如图，四边形是的内接四边形，，若，，则弦的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查的是圆周角定理的应用，勾股定理的应用，连接，先证明为直径，求解，证明，再利用勾股定理计算即可．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是的内接四边形，，，
∴为直径，，
∴，
∵，
∴；
故选：C
7. 在同一平面直角坐标系中，一次函数y=ax+b和二次函数y=ax2+bx的图象可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先由二次函数y=ax2+bx图象得到字母系数的正负，再与一次函数y=ax+b的图象相比较看是否一致．
【详解】解：A、由抛物线可知，a＞0，x=﹣＞0，得b＜0，由直线可知，a＞0，b＜0，正确；
B、由抛物线可知，a＞0，由直线可知，a＜0，错误；
C、由抛物线可知，a＜0，x=﹣＞0，得b＞0，由直线可知，a＜0，b＜0，错误；
D、由抛物线可知，a＜0，由直线可知，a＞0，错误．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了二次函数的性质和一次函数的性质，做题时要注意数形结合思想的运用，同学们加强训练即可掌握，属于基础题．
8. 如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象经过正方形的顶点A，B，C．且B点为其顶点，将该抛物线经过平移，使其顶点为A点，则平移后抛物线的解析式为（ ）
A. y=x−12−1B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质、二次函数的性质，根据二次函数的表达式求出点B的坐标为，根据正方形的性质可以求出点A的坐标，进而求出点A的坐标，进而求解．
【详解】解：当时，，故B点坐标为，
过点A作于D，
∵四边形是正方形，
∴上等腰直角三角形，
∴，
∴A点坐标为，
∵二次函数的图象经过正方形的顶点A，
∴，
解得，
∴A点坐标为，
∵平移后的抛物线顶点为点，
∴平移后抛物线的表达式为．
故选：B．
9. 如图，经过平移得到，已知在上的一点平移后的对应点为点，若点与点关于点中心对称，则点的坐标为（ ）
A. B. C. )D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题是一道关于图形平移的题目，需结合图形平移时点坐标的变化规律求解； 由所学知识，横坐标右移加，左移减，纵坐标上移加，下移减； 首先结合平面直角坐标系，得对应点、的坐标，由此得出平移规律； 然后再根据得到的平移规律，结合点坐标即可求得的坐标，再根据点与点关于点中心对称得到点的坐标．
【详解】点的坐标为，点的坐标为，
先向左平移4个单位长度，再向下平移3个单位后得到，
上一点平移后对应点的坐标为，即，
再根据点与点关于点中心对称，
得到点的坐标为，
故选B．
10. 对称轴为直线的抛物线(a，b，c为常数，且)如图所示，小明同学得出了以下结论：①，②，③，④，⑤(m为任意实数)，⑥当时，y随x的增大而增大．其中结论正确的个数为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数系数符号由抛物线开口方向、对称轴和抛物线与y轴的交点确定．由抛物线的开口方向判断a的符号，由抛物线与y轴的交点判断c的符号，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，再进一步逐一分析判断即可．
【详解】解：①由图象可知：，，
∵，
∴，
∴，故①错误；
②∵抛物线与x轴有两个交点，
∴，
∴，故②正确；
③∵抛物线与轴的一个交点在与0之间，对称轴为直线，
∴另一个交点在到之间，
∴当时，，故③错误；
④当时，，
∴，故④正确；
⑤当时，y取到值最小，此时，，
而当时，，
∴ ，
故，即，故⑤正确，
⑥当时，y随x的增大而减小，故⑥错误，
所以，正确的结论有：②④⑤，共3个
故选：A．
二、填空题(每题3分，共15分)
11. 如图，将绕点逆时针旋转得到，其中点恰好落在边上，那么______．

【答案】##70度
【解析】
【分析】由旋转的性质可得，由等腰三角形的性质可求，即可求解．
【详解】解：∵将绕点逆时针旋转得到，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
12. 已知二次函数的图象关于y轴对称，则由此图象的顶点A和图象与x轴的两个交点B，C构成的的面积是_______．
【答案】1
【解析】
【分析】此题主要考查了二次函数的性质及于轴交点坐标特点，解题关键是各类函数图象的图象特征需注意在做题过程中加以理解应用．由于二次函数的图象关于轴对称，由此得到，解方程即可求出，然后利用顶点公式和轴的两个交点坐标特点即可求出A、、的坐标，接着根据坐标求出面积．
【详解】解：二次函数的图象关于轴对称，
对称轴为：，
，
，
顶点坐标为，
令，得，解得，
与轴的两个交点、坐标为，
的面积为．
故答案为：1．
13. 如图，是的切线，B为切点，连接，与交于点C，D为上一动点(点D不与点C，B重合)，连接．若，则的度数为_______．
【答案】或
【解析】
【分析】本题主要考查了切线的性质、圆周角定理，圆内接四边形的性质等知识点，掌握圆周角等于对应圆心角的一半成为解答本题的关键．连接，由切线的性质可得，再根据直角三角形两锐角互余求得，然后再根据圆周角定理解答即可．
【详解】解：如图：连接，
∵是的切线
∴
∵
∴
∵，
∴，
∴．
故答案为：或．
14. 已知a是一元二次方程的一个根，则代数式的值为_______．
【答案】2028
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的解以及已知式子的值求代数式的值，先把代入，得，则，即可作答．
【详解】解：∵a是一元二次方程的一个根，
∴，
∴，
则．
故答案为：2028．
15. 已知二次函数，其中a为实数，对称轴为直线，将二次函数的图象向上平移6个单位，当时，函数有最小值为12，则m的值为_______．
【答案】7或
【解析】
【分析】本题考查二次函数的性质、二次函数图象的平移，先根据对称轴方程求得该二次函数的解析式，再根据函数图象平移规则“上加下减”得到平移后的函数解析式，再根据二次函数的性质求解即可．
【详解】解：∵二次函数的对称轴为直线，
∴，
∴，
将二次函数的图象向上平移6个单位，得，
∴该函数图象开口向上，对称轴为直线，
∴当时，y随x的增大而减小，当时，y随x的增大而增大，
当时，，此时y有最小值3，
当时，由解得，，
∵当时，函数有最小值为12，
∴或，
解得或．
故答案为：7或．
三、解答题(本题共8题，共75分)
16. 解方程：
（1）
（2）
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）方程整理后，利用因式分解法求出解即可；
（2）方程利用公式法求出解即可．
【小问1详解】
解：
或，
，．
【小问2详解】
解：，，，
，
，
，．
【点睛】此题考查了用因式分解法和公式法解一元二次方程，解题的关键是掌握一元二次方程的解法．
17. 已知的两边AB，AD的长是关于x的方程的两个实数根．
（1）当m为何值时，四边形是菱形？求出这时菱形的边长．
（2）若，求的周长．
【答案】（1）；
（2）5
【解析】
【分析】（1）由菱形的性质得到，即方程的，代入即可求出m的值，然后代入原方程求解,即可得出结论；
（2）将x=2代入原方程求出m，代入解方程求出方程的解，然后求周长即可．
【小问1详解】
∵四边形是菱形,
∴．
∵的长是关于的方程的两个实数根,
∴,
解得,
∴当时,四边形是菱形．
将代入原方程,得,
整理得,解得,
∴菱形的边长为．
【小问2详解】
把x=2代入原方程得,
解得．
将代入原方程,得,
解得,,
∴,
∴的周长．
【点睛】此题考查了菱形和平行四边形的性质；一元二次方程根的判别式，利用解一元二次方程得到菱形的边长是解决本题的关键．
18. 如图，在正方形网络中，的三个顶点都在格点上，点A、B、C的坐标分别为、、，结合所给的平面直角坐标系解答下列问题：
（1）画出关于原点O对称的.
（2）平移，使点A移动到点，画出平移后的并写出点、的坐标.
（3）在、、中，与 成中心对称，其对称中心的坐标为 .
【答案】（1）图见详解；
（2）图见详解；点、的坐标分别为，；
（3）；
【解析】
【分析】本题主要考查作图-旋转变换和平移变换，解题的关键是掌握旋转变换与平移变换的定义和性质，并据此得出变换后的对应点．
（1）分别作出三个顶点关于原点O对称的对称点，再首尾顺次连接即可得；
（2）将三个顶点分别向右平移2个单位，再向下平移2个单位，再首尾顺次连接即可得；
（3）结合（1）（2）所作图形即可解答．
【小问1详解】
解：关于原点O对称的如图所示：
【小问2详解】
解：根据平移的性质，点，横坐标加2，纵坐标减2，所以将、横坐标加2，纵坐标减2得到、，连接即可．平移后的如图所示：
点、的坐标分别为，；
【小问3详解】
解：如图所示．
在、、中，与成中心对称，其对称中心的坐标为；
故答案为：；．
19. 某商店经销一种健身球，已知这种健身球的成本价为每个20元，市场调查发现，该种健身球每天的销售量y（个）与销售单价x（元）有如下关系：，设这种健身球每天的销售利润为w元．
（1）如果销售单价定为25元，那么健身球每天的销售量是 个；
（2）求w与x之间的函数关系式；
（3）该种健身球销售单价定为多少元时，每天的销售利润最大？最大利润是多少元？
【答案】（1）
（2）
（3）该种健身球销售单价定为元时，每天的销售利润最大，最大利润是元
【解析】
【分析】（1）在中，令，进行计算即可得；
（2）根据总利润=每个建生球的利润×销售量即可列出w与x之间的函数关系式；
（3）结合（2）的函数关系式，根据二次函数性质即可得．
【小问1详解】
解：在中，令得，，
故答案为：；
【小问2详解】
解：根据题意得，，
即w与x之间的函数关系式为：；
【小问3详解】
解：，
∵，
∴当时，w取最大值，最大值为，
即该种健身球销售单价定为元时，每天的销售利润最大，最大利润是元．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，解题的关键是理解题意，列出函数关系式．
20. 如图，等腰内接于，，直径AD交于点E，作，交CB延长线于点F．
（1）求证：是的切线；
（2）若，求证：．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了切线的判定与性质、等腰三角形的性质，三角形的内角和等知识点，熟练掌握切线的判定定理与性质定理是解此题的关键．
（1）如图，连接，根据圆周角定理得到，，进而得到，据此即可得解；
（2）根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理求出，，据此即可得解；
【小问1详解】
如图，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴是的切线
【小问2详解】
∵，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∵，
∴x，
在中，，
即，
∴，
即，
∴，
∴，
∴．
21. 如图，一小球M从斜坡OA上的O点处抛出，球的抛出路线是抛物线的一部分，建立如图所示的平面直角坐标系，斜坡可以用一次函数刻画．若小球到达的最高的点坐标为（6，12），解答下列问题：
（1）求抛物线的表达式；
（2）在斜坡OA上的B点有一棵树，B点的横坐标为3，树高为7，小球M能否飞过这棵树？通过计算说明理由；
（3）求小球M在飞行的过程中离斜坡OA的最大高度．
【答案】（1）y=−（x−6）2+12；（2）小球M能飞过这棵树；（3）小球M在飞行过程中离斜坡OA的最大高度为 ．
【解析】
【分析】（1）设抛物线的表达式为y=a（x-6）2+12，把（0，0）代入即可得到答案；
（2）把x=3分别代入y=−（x−6）2+12和y=x，即可得到答案；
（3）根据二次函数的性质即可得到结论．
【详解】解：（1）∵小球到达的最高的点坐标为（6，12），
∴设抛物线表达式为y=a（x-6）2+12，
把（0，0）代入得，0=a（0-6）2+12，
解得：a=-，
∴抛物线的表达式为y=−（x−6）2+12；
（2）当x=3时，y1=x=1，y2=−（x−6）2+12=9，
∵9-1＞7，
∴小球M能飞过这棵树；
（3）小球M在飞行的过程中离斜坡OA的高度为：
，
∴小球M在飞行的过程中离斜坡OA的最大高度为 ．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，其中涉及到两函数图象交点的求解方法，二次函数顶点坐标的求解方法，待定系数法求一次函数的解析式，难度适中．利用数形结合与方程思想是解题的关键．
22. 如图，在四边形中，，将绕点顺时针旋转一定角度后，点的对应点恰好与点重合，得到．
（1）求旋转角的度数；
（2）判断与BD的位置关系，并说明理由；
（3）若，，试求四边形的对角线BD的长．
【答案】（1）90°
（2），见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据旋转的定义，确定旋转角即可；
（2）根据题意得出，设BD与、分别交于点、，则根据三角形内角和定理可得，从而得出结论；
（3）连接DE由勾股定理可求DE长，再由勾股定理可求的长．
【小问1详解】
解：将绕点顺时针旋转得到，
，
，
又，
，
，
故旋转角的度数为90°；
【小问2详解】
解：，
理由如下：如图所示，设分别与交于点，
在中，，
，
，
即，
又，
，
，
；
【小问3详解】
解：如图，连接DE，
由旋转图形的性质可知，，， 旋转角，
，
，
，
在中，，
，
，
，
在中，，
，
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，三角形内角和定理的应用，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．
23. 如图，已知抛物线与x轴交于A、B两点，过点A的直线l与抛物线交于点C，其中点A的坐标是，点C坐标是．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求直线的解析式；
（3）在（1）中抛物线的对称轴上是否存在点D，使的周长最小？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由，
【答案】（1）
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】本题考查了二次函数综合题，涉及待定系数法求二次函数解析式，待定系数法求一次函数解析式，利用轴对称确定最短路线问题，联立两函数解析式求交点坐标，利用待定系数法求出一次函数与二次函数的解析式是解题的关键；
（1）将点A，C代入解析式中即可得到抛物线的解析式；
（2）用待定系数法求出，
（2）因为的长度不变，要使周长最小，就是最小，而A，B关于对称轴对称，所以就是的最小值，此时D点就是与抛物线对称轴的交点，求出抛物线的对称轴，即可求出交点．
【小问1详解】
解：∵经过，
∴ ，
解得，
∴抛物线的解析式为：；
【小问2详解】
解：设直线的解析式为，
将A、C两点坐标代入得：
，
解得，
∴直线AC的解析式为；
【小问3详解】
∵，
∴，抛物线的对称轴为，
∵长度不变，
∴最小时，的周长最小，
∵A、B关于抛物线对称轴对称，
∴当D点为对称轴与的交点时，最小，
即的周长最小．
∴，
解得：，
∴ 即：当D点的坐标为时，的周长最小
．
x
-2
-1
0
1
y
0
4
6
6