河南省洛阳市老城区2024-2025学年九年级上学期11月期中考试数学试题 （解析版）-A4

这是一份河南省洛阳市老城区2024-2025学年九年级上学期11月期中考试数学试题 （解析版）-A4，共22页。
2．试题卷上不要答题，请用0.5毫米黑色签字水笔直接把答案写在答题卡上，答在试题卷上的答案无效．
3．答题前，考生务必将本人姓名、准考证号填写在答题卡第一面的指定位置上．
一、选择题：本题共10小题，共30分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. “瓦当”是中国古建筑中覆盖檐头筒瓦前端的遮挡，主要有防水、排水、保护木制飞檐和美化屋面轮廓的作用．瓦当上的图案设计优美，字体行云流水，极富变化，是中国特有的文化艺术遗产．下面“瓦当”图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆的性质和轴对称图形与中心对称图形的定义解答．
【详解】A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，选项错误；
B、既是轴对称图形又是中心对称图形，故选项正确；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，选项错误；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，选项错误．
故选B．
【点睛】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2. 一元二次方程经过配方变形为，则k的值是（ ）
A. B. C. 1D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】利用配方法将方程变形得，即可求解．
【详解】解：，
移项得，，
配方得，，
即，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查配方法，熟练配方法一般步骤是解题的关键．
3. 将抛物线向下平移3个单位，再向右平移3个单位后的解析式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了函数图像平移规律：上加下减，左加右减，根据函数图像的平移规律求解即可．
【详解】解：向下平移3个单位后可得即，再向右平移3个单位后可得即，
故选：C．
4. 如图所示，在平面直角坐标系中，的边在y轴上，，，点C的坐标为，经过变换得到，且点E在y轴上，这种变换可以是（ ）
A. 绕点顺时针旋转90°，再向下平移个单位长度
B. 绕点逆时针旋转90°，再向下平移个单位长度
C. 绕点顺时针旋转90°，再向下平移个单位长度
D. 绕点逆时针旋转90°，再向下平移个单位长度
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查的是坐标与图形变化旋转和平移，根据旋转前后的图形对应点，找到旋转中心旋转角和平移的距离即可．
【详解】解：根据图形可以看出，绕点顺时针旋转90°，再向下平移个单位可以得到，
故选：A．
5. 已知m是关于x的方程的一个根，则（ ）
A. 5B. 8C. －8D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可将m代入，得．再将变形为，最后整体代入求值即可．
【详解】∵m是关于x的方程的一个根，
∴，
∴，
∴．
故选B．
【点睛】本题考查一元二次方程的解的定义，代数式求值．掌握一元二次方程的解就是使该方程成立的未知数的值和利用整体代入的思想是解题关键．
6. 某学校生物兴趣小组在该校空地上围了一块面积为的矩形试验田，用来种植蔬菜．如图，试验田一面靠墙，墙长，另外三面用长的篱笆围成，其中一边开有一扇宽的铁制小门．设试验田垂直于墙的一边的长为，则下列所列方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先确定墙的长不是AD，根据题意求出矩形的长BC即可，注意加上门的长度.
【详解】解：已知设试验田垂直于墙的一边AB的长为xm，BC=49-2x+1 ，
所以 S矩形ABCD=AB×BC ，
所以方程为： x(49+1-2x)=200 ，
故选 C.
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，正确理解题意找到等量关系是解题的关键.
7. 地面上一个小球被推开后笔直滑行，滑行的距离s与时间t的函数关系如图中的部分抛物线所示（其中P是该抛物线的顶点），则下列说法正确的是（ ）
A. 小球滑行12秒停止B. 小球滑行6秒停止
C. 小球滑行6秒回到起点D. 小球滑行12秒回到起点
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数图象结合s与t的关系式得出答案．
【详解】解：如图所示：滑行的距离要s与时间t的函数关系可得，
当t=6秒时，滑行距离最大，即此时小球停止．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了二次函数的应用，正确数形结合分析是解题关键．
8. 已知点，，都在二次函数图象上，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查二次函数的性质，先根据解析式得到对称轴为直线x=1，然后根据开口向上得到离对称轴越远的函数值越大即可解题．
【详解】解：二次函数的对称轴为直线，
∵开口向下，
∴离对称轴远的点函数值小，
∵，
∴，
故选：C．
9. 如图，在中，．将绕点旋转至，使，交边于点，则的长是（ ）
A. 4B. C. 6D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查旋转的性质，勾股定理，直角三角形两锐角互余，等腰三角形的判定和性质，掌握旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角斜边中线等于斜边的一半是解题的关键．
根据旋转的性质可证，根据直角三角形两锐角互余可证，由此可得，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半即可求解．
【详解】解：∵将绕点旋转至，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
而，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
10. 如图1，在菱形ABCD中，∠A＝120°，点E是BC边的中点，点P是对角线BD上一动点，设PD的长度为x，PE与PC的长度和为y，图2是y关于x的函数图象，其中H是图象上的最低点，则a＋b的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由A、C关于BD对称，推出PA＝PC，推出PC＋PE＝PA＋PE，推出当A、P、E共线时，PE＋PC的值最小，观察图象可知，当点P与B重合时，PE＋PC＝6，推出BE＝CE＝2，AB＝BC＝4，分别求出PE＋PC的最小值，PD的长即可解决问题．
【详解】解：∵在菱形ABCD中，∠A＝120°，点E是BC边的中点，
∴易证AE⊥BC，
∵A、C关于BD对称，
∴PA＝PC，
∴PC＋PE＝PA＋PE，
∴当A、P、E共线时，PE＋PC的值最小，即AE的长．
观察图象可知，当点P与B重合时，PE＋PC＝6，
∴BE＝CE＝2，AB＝BC＝4，
∴在Rt△AEB中，AE＝，
∴PC＋PE的最小值为，
∴点H的纵坐标a＝，
∵BC∥AD，
∴，
∵BD＝，
∴PD＝，
∴点H的横坐标b＝，
∴a＋b＝；
故选：C．
【点睛】本题考查动点问题的函数图象，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
二、填空题：本题共5 小题，共15 分．
11. 第二十四届北京冬奥会入场式引导牌上的图案融入了中国结和雪花两种元素．如图，这个图案绕着它的中心旋转角后能够与它本身重合，则角可以为__________度．（写出一个即可）
【答案】60或120或180或240或300（写出一个即可）
【解析】
【分析】如图（见解析），求出图中正六边形的中心角，再根据旋转的定义即可得．
【详解】解：这个图案对应着如图所示的一个正六边形，它的中心角，
，
角可以为或或或或，
故答案为：60或120或180或240或300（写出一个即可）．
【点睛】本题考查了正多边形的中心角、图形的旋转，熟练掌握正多边形的性质是解题关键．
12. 已知点与点关于原点对称，则抛物线的顶点坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据关于原点对称的点的特征求出m、n的值，代入抛物线，根据二次函数的性质写出顶点即可，熟练掌握关于原点对称的点横纵坐标均互为相反数是解题的关键.
【详解】解：∵点与点关于原点对称，
∴，
∴抛物线，即的顶点坐标是，
故答案为：
13. 如图，抛物线与直线的两个交点为，，则关于的方程的解为________．

【答案】，
【解析】
【分析】本题考查二次函数与一元二次方程的关系，方程的解即为抛物线与直线的交点的横坐标．
【详解】解：抛物线与直线的两个交点为，，
关于的方程的解为，，
故答案为：，．
14. 抛物线，当时，函数y的取值范围是________________
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了抛物线图像与性质，根据抛物线解析式可得抛物线开口向上，对称轴为，处于取值范围内，将对称轴代入抛物线解析式即可得到y的最小值，再根据距离对称轴越远的函数值越大，即可得到y的最大值，并注意根据取值范围，y的取值能否等于最小值和最大值，即可解题．
【详解】解：由题可知：抛物线开口向上，对称轴为，
，
的最小值为，
，
的最大值为，
当时，函数y的取值范围是，
故答案为：．
15. 如图所示，在中，点P、Q分别为上两点，且，将绕点C在平面内旋转，连接．当时，的长为______．

【答案】2或
【解析】
【分析】先解直角三角形得到，如图1所示，当点P在起始位置时，可证明是等边三角形，得到；如图2所示，当旋转到的位置，且点在的延长线上时，过点B作于N，证明是等边三角形，得到，再解求出的长，即可利用勾股定理求出的长．
【详解】解：∵在中，
∴，
如图1所示，∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴此时；
如图2所示，当旋转到的位置，且点在的延长线上时，
过点B作于N，
由旋转的性质可得，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
在中，，
∴，
∴；
综上所述，的长为2或
故答案为：2或；
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，勾股定理，等边三角形的性质与判定，旋转的性质等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
三、解答题：本题共8小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
16. 解方程：（1） （2）
【答案】（1）x1=1，x2=3；（2）x1=1，x2=-23
【解析】
【分析】（1）将二次项的系数化为1，然后用因式分解法解方程即可
（2）先移项，然后用因式分解法解方程即可
【详解】解：（1）
（x-1）（x-3）=0
∴x1=1，x2=3．
（2）
（x-1）（3x+2）=0
∴x1=1，x2=-23．
【点睛】本题考查了解一元二次方程---因式分解法，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型．
17. 如图所示的正方形网格中，的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求画图和解答下列问题：
（1）以A点为旋转中心，将绕点A顺时针旋转90°得，画出．
（2）作出关于坐标原点O成中心对称的．
（3）判断是否可由绕某点M旋转得到；若是，请画出旋转中心M，并直接写出旋转中心M的坐标．

【答案】（1）作图见解析；（2）作图见解析；（3）可由绕某点M旋转得到，点M坐标为（0，-1）
【解析】
【分析】（1）分别作出点B、C绕点A顺时针旋转90°得到的对应点，再与点A首尾顺次连接即可；
（2）分别作出三个顶点关于原点的对称点，再首尾顺次连接即可；
（3）作线段B1B2的垂直平分线，与线段AA2垂直平分线的交点即为旋转中心，从而得出答案．
【详解】（1）如图所示：

根据题意，得，，
，，绕点A顺时针旋转90°得：，，
分别连接、、，即所求;
（2）如图所示

，，关于坐标原点O成中心对称点分别为：，，
分别连接、、，即为所求．
（3）如图所示，作线段B1B2的垂直平分线，与线段AA2的垂直平分线的交点即为旋转中心M

可由绕点M，顺时针旋转90°得到；
点M坐标为（0，-1）．
【点睛】本题考查了旋转、中心对称、直角坐标系的知识；解题的关键是熟练掌握旋转、中心对称、直角坐标系、垂直平分线的性质，从而完成求解．
18. 已知关于x的一元二次方程．
（1）若方程有实数根，求实数m的取值范围；
（2）若方程的两个根分别为、，且满足，求实数m的值．
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系以及根的判别式，掌握当一元二次方程有实数根时根的判别式是解题的关键：
（1）根据方程有实数根结合根的判别式，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出结论；
（2）利用根与系数的关系可得出、，结合即可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值．
【小问1详解】
解：∵方程有实数根，
，
解得：；
【小问2详解】
解：∵方程的两个根分别为、，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
整理得，，
解得，或（舍去），
∴实数m的值为2．
19. 已知：二次函数 的图象与x轴交于A，B两点，其中A点坐标为 ，与y轴交于点 C，点 在抛物线上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若抛物线上有一动点P，且P在x轴上方，要使 的面积为6，求P 点坐标．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】本题考查二次函数的性质，解题关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式，掌握函数与方程的关系进行求解．
（1）通过待定系数法求函数解析式；
（2）求出点B坐标，由可得点P坐标，从而求解．
【小问1详解】
解：将代入得：，
解得，
∴；
【小问2详解】
解：∵，
∴抛物线对称轴为直线，
∵点A坐标，
∴点B坐标为，
∴，
∵三角形的面积为6，P在x轴上方，
∴，
∴，
把代入，得，
解得或；
∴点P坐标为或．
20. 如图，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上的两点，∠EAD＝45°，将△ADC绕点A顺时针旋转90°，得到△AFB，连接EF．
（1）求证：EF＝ED；
（2）若AB＝2，CD＝1，求FE的长．
【答案】（1）见解析；（2）EF＝.
【解析】
【分析】（1）由旋转的性质可求∠FAE＝∠DAE＝45°，即可证△AEF≌△AED，可得EF＝ED；
（2）由旋转的性质可证∠FBE＝90°，利用勾股定理和方程的思想可求EF的长．
【详解】（1）∵∠BAC＝90°，∠EAD＝45°，
∴∠BAE+∠DAC＝45°，
∵将△ADC绕点A顺时针旋转90°，得到△AFB，
∴∠BAF＝∠DAC，AF＝AD，CD＝BF，∠ABF＝∠ACD＝45°，
∴∠BAF+∠BAE＝45°＝∠FAE，
∴∠FAE＝∠DAE，AD＝AF，AE＝AE，
∴△AEF≌△AED（SAS），
∴DE＝EF
（2）∵AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，
∴BC＝4，
∵CD＝1，
∴BF＝1，BD＝3，即BE+DE＝3，
∵∠ABF＝∠ABC＝45°，
∴∠EBF＝90°，
∴BF2+BE2＝EF2，
∴1+（3﹣EF）2＝EF2，
∴EF＝
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，利用方程的思想解决问题是本题的关键．
21. 某景区商店在2023年暑假期间销售一款纪念品，每件成本价为10元．根据经验，在旅游旺季，当每件定价24元时，平均每天可销售200件，若每件定价每降低1元，则平均每天可多销售20件．店家决定进行降价促销活动．
（1）为尽快减少库存，当每件定价为多少元时，每天可获利2700元？
（2）当每件定价为多少元时，每天可获利最多，最大利润是多少元？
【答案】（1）每件定价为元时；
（2）每件定价为22元时，每天可获利最多，最大利润是2880元．
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程及二次函数的实际应用，
（1）根据题意列出关于定价的一元二次方程即可求解；
（2）设每件定价为元时，每天可获利y元，列出y关于x的二次函数，利用二次函数的性质求解即可．
【小问1详解】
解：根据题意：设每件定价为元，
∴，
化简整理得：，
解得：，，
∵为了减少库存，
∴
答：为尽快减少库存，每件定价为元时，每天可获利2700元；
【小问2详解】
解：设每件定价为元时，每天可获利y元．
，
∴每件定价为22元时，每天可获利最多，最大利润是2880元．
22. 阅读材料，并解决问题．
【学习研究】我国古代数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了一元二次方程的几何解法，以为例，构造方法如下：
首先将方程变形为，然后画四个长为，宽为的矩形，按如图1所示的方式拼成一个“空心”大正方形，则图1中大正方形的面积可表示为，还可表示为四个矩形与一个边长为的小正方形面积之和，即．因此，可得新方程．因为表示边长，所以，即．遗憾的是，这样的做法只能得到方程的其中一个正根．
【理解应用】参照上述图的方法，请在下面三个构图中选择能够用几何法求解方程的正确构图是______．（从序号①②③中选择）
【类比迁移】小颖根据以上解法解方程，请将其解答过程补充完整：
第一步：将原方程变形为，即；
第二步：利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形；
第三步：根据大正方形的面积可得新的方程______，解得原方程的一个根为______；
【拓展应用】一般地，对于形如的一元二次方程可以构造图2来解．
已知图2是由四个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4，那么此方程的系数______，______，求得方程的正根为______．
【答案】【理解应用】②；【类比迁移】；；；【拓展应用】，3，1或．
【解析】
【分析】[理解应用]：根据题意，变形为，根据图示分别算出每个图形中长方形的面积，进行比较即可求解 ；
[类比迁移]：根据材料提示，进行计算即可求解；
[拓展应用]：先根据材料提示分解为，图形结合分析，即可得，，分类讨论，由此即可求解．
【详解】解：[理解应用]变形为，
如图所示，
图①一个长方形的面积为：；图②一个场方程的面积为；图③一个长方形的面积为：；
∴当时，，不符合题意；
当时，，符合题意；
当时，，不符合题意，
故选：②；
[类比迁移]第一步：将原方程变形为，即；
第二步：利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形；
第三步：根据大正方形的面积可得新的方程，解得原方程的一个根为；
故答案为：；；；
[拓展应用]∵
∴，
∴四个小矩形的面积各位，大正方形的面积是，其中它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即，
∵图2是由四个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4，
∴，，
解得，，，
当时，，
∴，
解得，，即方程的一个正根为1；
当时，，
∴，
解得，，即方程的一个正根为；
综上所述，方程的一个正根为或，
故答案为：，，或．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的运用，解一元二次方程，图形面积的计算方法，理解图示面积，材料提示的计算方法，解一元二次方程的方法是解题的关键．
23. 我们定义：有一组邻边相等且有一组对角互补的凸四边形叫做等补四边形．
（1）如图1，是等边三角形，在上任取一点D（B、C除外），连接，我们把绕点A逆时针旋转，则与重合，点D的对应点E．请根据给出的定义判断，四边形______（选择是或不是）等补四边形．
（2）如图2，等补四边形中，，，若，求的长．
（3）如图3，四边形中，，，，求四边形面积的最大值．
【答案】（1）是 （2）4
（3）8
【解析】
【分析】本题主要考查了利用旋转作全等三角形，三角形和四边形的面积，等补四边形的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会利用旋转作辅助线，构造全等三角形解决问题．
（1）根据旋转的性质得：，，再证明四边形有一对角互补，根据等补四边形的定义可得结论；
（2）如图2，将绕点顺时针旋转得，先证明三点共线，根据旋转的性质可知：，根据三角形的面积公式可得的长；
（3）如图3，作辅助线：将绕点逆时针旋转的大小，得，先证明三点共线，则，当时，的面积最大，从而得结论．
【小问1详解】
解：由旋转得：，，
∵，
∴，
∴四边形是等补四边形，
故答案为：是；
【小问2详解】
如图2，∵，，
∴将绕点顺时针旋转得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴三点共线，
∵，
∴，
∴，
∴（负值舍去）；
【小问3详解】
∵，
∴将绕点逆时针旋转的大小，得，如图3，
∴，
∵，
∴，
∴三点共线，
∴，
当时，的面积最大，为，
则四边形面积的最大值为8．