湖北省武汉市粮道街中学2024-2025学年九年级上学期11月期中考试数学试题（解析版）-A4

这是一份湖北省武汉市粮道街中学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30页。
A. 3，1B. 3，6C. ，D. 3，
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的一般形式，解答关键是熟知一元二次方程的一般形式：，其中是二次项，是一次项，c为常数项，注意系数要带着前面的符号．先化为一般形式，再找出二次项和一次项的系数即可．
【详解】解：∵一元二次方程的一般形式为，
∴二次项系数为3，一次项系数为，
故选：D．
2. 下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. 赵爽弦图B. 笛卡尔心形线
C 科克曲线D. 斐波那契螺旋线
【答案】C
【解析】
【分析】根据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，这个点叫做对称中心；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，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【详解】A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
C．是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项正确；
D．不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
故选C．
【点睛】此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，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度后两部分重合．
3. 解一元二次方程x2－6x－4＝0，配方后正确的是（ ）
A. (x＋3)2＝13B. (x－3)2＝5C. (x－3)2＝4D. (x－3)2＝13
【答案】D
【解析】
【分析】根据配方法即可求出答案．
【详解】解：∵x2﹣6x﹣4＝0，
∴x2﹣6x＝4，
∴x2﹣6x+9＝13，
∴（x﹣3）2＝13，
故选D．
【点睛】本题考查了配方法解方程，注意配方时先把常数项移到右边，然后把二次项系数化为1，最后等号两面同时加上一次项系数一半的平方．
4. 将抛物线向左平移3个单位，再向上平移2个单位，得到的抛物线是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象与几何变换，利用平移规律：左加右减，上加下减是解题关键．按照“左加右减，上加下减”的规律即可求得．
【详解】解：将抛物线向左平移3个单位，再向上平移2个单位，
得到的抛物线是，即．
故选：D
5. 如图所示，在中，是直径，弦交于点，连接，，若，则的度数是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，正确求出的度数是解题的关键．
连接，先由同弧所对的圆周角相等得到，再由直径所对的圆周角是直角得到，则．
【详解】解：如图所示，连接，

∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
故选．
6. 随着经济复苏，某公司近两年的总收入逐年递增．该公司年缴税万元，年缴税万元．该公司这两年缴税的年平均增长率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用．熟练掌握一元二次方程的应用是解题的关键．
设年平均增长率是，依题意得，，计算求出满足要求的解即可．
【详解】解：设年平均增长率是，
依题意得，，
解得，或（舍去），
∴年平均增长率是，
故选：C．
7. 已知点都在二次函数的图象上，则按从小到大的顺序排列正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象的性质，掌握对称轴的计算，二次函数图象的增减性，对称性的特点是解题的关键．
根据函数解析式可得对称轴直线为，由增减性可得当时，随的增大而减小，离对称轴越远，值越大；当时，随的增大而增大，离对称轴越远，值越大；由对称性可得，x=2时的函数值与x=-6的函数值相等，x=-1时的函数值与的函数值相等，得到对称点，由此即可求解．
【详解】解：二次函数，
∴图象开口向上，对称轴直线为，
∴当时，随的增大而减小，离对称轴越远，值越大；当时，随的增大而增大，离对称轴越远，值越大；
∵，
∴由二次函数对称性可得，x=2时的函数值与x=-6的函数值相等，
∵，
∴x=-1时的函数值与的函数值相等，
∵点都在二次函数图象上，
∴对称点为：，
∴，
故选：A ．
8. 我国明代科学家徐光启在《农政全书》中描绘了一种我国古代常用的水利灌溉工具——筒车，如图，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心为圆心的圆，已知圆心在水面的上方，被水面截得的弦长为米，点是运行轨道的最低点．点到水面的距离为米，则的半径长为（ ）
A. 米B. 5米C. 4米D. 米
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了垂径定理与勾股定理的运用，理解图示中的信息，掌握垂径定理与勾股定理的综合求圆的半径的方法是解题的关键．
根据题意，连接，设交于点，可得，（米），（米），设圆的半径为，即，则，在中由勾股定理可得，，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，设交于点，
∵点是运行轨道的最低点，
∴，
∴（米），
∵点到水面的距离为米，
∴（米），
设圆的半径为，即，则，
在中，，
∴，
解得，（米），
故选：A ．
9. 已知二次函数上有两点，则的值为（ ）
A. B. 1C. 4D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查二次函数图象上点的坐标特点，一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握二次函数的图象与性质，二次函数与方程之间的关系是解题的关键．由题意可得，是方程的两个根，则有，，再进一步求值即可．
【详解】解：函数的图象上有两点和，
，，，
，，
，是方程的两个根，
，，
∴，
∴
．
故选：B
10. 如图，在中，，以该三角形的三条边为边向形外作正方形，正方形的顶点，，，，，都在同一个圆上．记该圆面积为面积为，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先确定圆的圆心在直角三角形斜边的中点，然后利用全等三角形的判定和性质确定是等腰直角三角形，再根据直角三角形斜边中线的性质得到，再由勾股定理解得，解得，据此解题即可．
【详解】解：如图所示，
正方形的顶点都在同一个圆上，
圆心在线段的中垂线的交点上，即在斜边的中点，且，，
，，
，
又，，
，
，
，
，
，
，
．
故选：C．
【点睛】本题考查勾股定理、直角三角形斜边的中线的性质、垂直平分线的性质，圆的面积，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质、证明是等腰直角三角形是解题的关键．
二．填空题（每小题3分，共6小题，共18分）
11. 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】本题考查解关于原点对称的点坐标问题，由平面直角坐标系中关于原点对称的点的坐标横坐标与纵坐标都互为相反数求解即可．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是．
故答案为：．
12. 若关于x的方程有两个相等的实数根，则实数c的值为_______．
【答案】##0.25
【解析】
【分析】根据方程有两个相等的实数根，可得，计算即可．
【详解】关于x的方程有两个相等的实数根，
，
解得，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，即一元二次方程有两个不相等的实数根时，；有两个相等的实数根时，；没有实数根时，；熟练掌握知识点是解题的关键．
13. 如图，在中，，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点恰好落在边上，连接，则的度数为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用三角形内角和定理求得，由旋转知，，，从而求出的度数，即可解决问题．
详解】解：∵，，
∴，
∵是旋转得到的，E点在上，
∴，，，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，三角形内角和定理，等边对等角知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
14. 某种型号飞机着陆后滑行的距离为（米），所用的滑行时间为（秒）已知关于的函数解析式为，则飞机停下前最后内滑行的距离是___________米．
【答案】150
【解析】
【分析】本题考查了二次函数顶点式的实际运用，掌握配方法将二次函数一般式化为顶点式的方法是解题的关键．
根据题意，将二次函数一般式化为顶点式，可得飞机着地到停下共滑行了秒，米，先算出前10秒的路程，再根据总路程减去前10秒的路程即可求解．
【详解】解：关于的函数解析式为，
∴，
∴飞机着地到停下共滑行了秒，米，
∴飞机前10秒的路程为：（米），
∴飞机后10秒的路程为（米），
故答案为：150 ．
15. 关于二次函数的四个结论：①对任意实数m，都有与对应的函数值相等；②无论a取何值，抛物线必过两个定点；③若抛物线与x轴交于不同两点A、B，且，则或；④若，对应y的整数值有4个，则或其中正确的结论是______（填写序号）
【答案】①②④
【解析】
【分析】①先求二次函数对称轴，根据对称轴来判断与对应的两个点是关于直线对称，从而得出判断；②根据二次函数直接判断结论是错误的；③设，且，根据根与系数的关求出两根之和两根之积，从而表示长，再根据已知条件分两种情况分别讨论，最终得出或；④根据已知条件分两种情况分别讨论，当时，若随的增大而增大，得，再根据的整数值有4个，得；当时，若随的增大而减小，方法和第一种情况类似，求出，从而得出最终结论．
【详解】解：①二次函数对称轴为直线，
，
∴与关于直线对称，
∴对任意实数，都有与对应的函数值相等，
∴①正确；
②∵对称轴为直线，与轴的交点为，
∴抛物线也过点，
∴无论取何值，抛物线一定过两个定点和，
∴②正确；
③∵若抛物线与轴交于不同两点，设，且，
∵是方程两个不同的根，
∴，
∴，
∵，
，
当时，解不等式得，
当时，解不等式得，
综上所述：或，
∵若抛物线与轴交于不同两点，
∴，
∴或，
综上所述：或，
∴③错误；
④∵当时，若随的增大而增大，
当时，，
当时，，
，
∵的整数值有4个，
，
，
当时，若随的增大而减小，
，
∵的整数值有4个，
，
，
综上所述：或，
∴④正确．
故答案为：①②④．
【点睛】此题考查了二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、二次函数图象与系数的关系、一元一次不等式组的整数解，掌握这几个知识点的综合应用，其中分情况讨论及二次函数的性质的应用是解题关键．
16. 如图，在中，，D为三角形内一点，若，，，，则AD的长为______．
【答案】##
【解析】
【分析】先求出，如图所示，将绕点A顺时针旋转得到，则，进一步求出，则，如图所示，过点B作于G，过点E作于F，解直角三角形求出，，进一步求出；设，则，则，在中，由勾股定理得，解方程即可得到答案．
【详解】解：∵，，
∴，
如图所示，将绕点A顺时针旋转得到，
∴，
∴，
∴，
如图所示，过点B作于G，过点E作于F，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
在中，，
∴，
∴
设，则，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质等等，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
三．解答题（共8题，共72分）
17. 解方程：2x2﹣7x+6＝0．
【答案】
【解析】
【分析】先根据十字相乘法分解因式，再根据若个式子的积为0，则至少有一个式子为0
【详解】解：2x2-7x+6=0，
（2x-3）（x-2）=0，
∴2x-3=0，x-2=0，
考点：解一元二次方程
点评：解方程是中考必考题，一般难度不大，学生要特别慎重，尽量不在计算上失分.
18. 如图，在中，，若点E是边上任意一点，将绕点A逆时针旋转得到，点E的对应点为点D，连接，求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】由旋转的性质可得，由等腰三角形的性质可得，即可求证．
【详解】证明：∵是由旋转得到
∴
又∵
∴
∴
【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．
19. 如图，抛物线与x轴交于点A，与y轴交于点B，直线的解析式为．
（1）___________，___________；
（2）当时，x的取值范围是___________
（3）当时，的取值范围是___________．
（4）当时，x的取值范围是___________．
【答案】（1），
（2）
（3）
（4）或
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数的图象和性质，一次函数和二次函数的综合．利用数形结合的思想是解题关键．
（1）由图象可知该抛物线顶点坐标为，与x轴的交点A的坐标为，从而可知，．再将代入，即可求出a的值；
（2）由（1）知函数解析式，令，求出x的值，得到函数图象与x轴的另一个交点，再根据函数图象即可解答；
（3）由图象可知该抛物线对称轴为直线，开口向下，从而得出当时，y随x的增大而增大，当时，y随x的增大而减小，进而得出的最大值为．求出当时，的值和当时，的值，再比较，即可得出当时，的取值范围；
（4）根据求时，x的取值范围，即求函数的图象在的图象下方时，x的取值范围，再结合图象即可得解．
【小问1详解】
解：由图象可知该抛物线顶点坐标为，与x轴的交点A的坐标为，
∴．
将代入，得：，
解得：．
∴，，；
【小问2详解】
解：由（1）可知该抛物线的解析式为．
由图象可知该抛物线开口向下，
令，则，即，
解得：，
则改抛物线与x轴的另一个交点为，
∴时，；
【小问3详解】
解：由（1）可知该抛物线的解析式为．
由图象可知该抛物线对称轴为直线，开口向下，
∴当时，y随x的增大而增大，
当时，y随x的增大而减小，
∴当时，的最大值为．
∵当时，，
当时，，
∴当时，的取值范围是；
【小问4详解】
解：对于，令，则，
∴．
求时，x的取值范围，即求函数的图象在的图象下方时，x的取值范围．
由图象可知当或时，函数的图象在的图象下方，
∴当时，x的取值范围是或．
20. 如图，在中，弦相交于点E，连接，已知．

（1）求证：；
（2）如果的半径为5，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）7
【解析】
【分析】（1）根据，可得，再证明，即可；
（2）过O作与F，于G，连接，则，根据垂径定理可得，证明，可得，从而得到四边形是正方形，可得，设，则，根据勾股定理求出x的值，即可．
小问1详解】
证明：∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：过O作与F，于G，连接，则，

∴四边形是矩形，
根据垂径定理得：，
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
设，则，
∴，
即，
解得：或（舍去），
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，弧、弦，圆心角的关系，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握垂径定理，弧、弦，圆心角的关系，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
21. 如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中按要求画图．（保留作图痕迹）
（1）如图1，的顶点均为格点，在边上画点，使得，再画交于点．
（2）如图2，为的外接圆，画出圆心；若点为与竖直格线的交点，连接，画弦弦．
【答案】（1）作图见详解
（2）作图见详解
【解析】
【分析】（1）根据网格与勾股定理可得是等腰直角三角形，由此可得点，根据网格特点取点，连接，与交于点，由此即可求解；
（2）根据矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，弧，弦的数量关系作图即可求解．
【小问1详解】
解：如图所示，
取格点连接，交AB于点，
∵，，，则，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，即，
如图所示，在AB上取点，，连接，，得，，
∴，，，
在格点上取点，，，连接，得，，取格点，连接，，交格点于点，则，连接交于点
由此可得，，，
∴，且，
∴，
∴，
∴，且，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵点共线，
∴，
∴点即为所求点的位置；
【小问2详解】
解：如图所示，
分别取格点，连接，设交于点，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，且，
∴根据直角三角形外接圆的圆心在直角三角形斜边中点处，即点即为所求点的位置；
如图所示，连接并延长，交于点，连接并延长，交于点，
∴，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵是直径，
∴，
∴平行四边形是矩形，
延长交格点于点，连接，，与交于点，连接DE，则四边形是圆内接四边形，
∴，
∵，即，
∴由格点的特点可得，
∴，
∴四边形是矩形，四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴由弦相等，对应的弧也相等，
∴点即为所求点的位置．
【点睛】本题主要考查网格与图形的变换，掌握等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，弧、弦的关系是解题的关键．
22. 某排球运动员在原点处训练发球，为球网，为球场护栏，且均与地面垂直，球场的边界为点，排球（看作点）从点的正上方点处发出，排球经过的路径是抛物线的一部分，其最高点为，落地点为点，以点为原点，点所在的同一直线为轴建立平面直角坐标系，相应点的坐标如图所示，点的坐标为（单位：米，图中所有的点均在同一平面内）．
（1）求抛物线函数表达式；
（2）通过计算判断发出后的排球能否越过球网？是否会出界？
（3）由于运动员作出调整改变了发球点的位置，使得排球在点落地后立刻弹起，又形成了一条与形状相同的抛物线，且最大高度为米．若排球沿下落时（包含最高点）能砸到球场护栏，直接写出的范围．
【答案】（1）
（2）排球能越过球网，不会出界，理由见详解
（3）
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数图象的性质，待定系数法求解析，二次函数与实际问题的综合运用，掌握二次函数图象的性质，待定系数法求解析的方法是解题的关键．
（1）根据题意设抛物线解析式为，把点代入，运用待定系数法即可求解；
（2）根据题意，当时，，即在距原点米处，排球的高度为米，大于米，能越过球网，令时，排球落地点，由，可得不会出界，由此即可求解；
（3）根据形状相同，过，最大高度为1米，运用待定系数法可得抛物线的解析式，分别求出该抛物线最高点时的自变量的值，该抛物线与x轴交点时的自变量的值，即可求解．
【小问1详解】
解：排球经过的路径是抛物线，最高点为，
∴设抛物线解析式为，把点代入得，
，
解得，，
∴抛物线的函数表达式为：；
【小问2详解】
解：已知抛物线的函数表达式为：，为球网，点的坐标为，
∴当时，，
∴在距原点米处，排球的高度为米，大于米，
∴排球能越过球网，
令时，，
解得，，（不符合题意，舍去），
∴排球落地点，
∵球场的边界为点，米，，
∴排球不会出界；
【小问3详解】
解：∵排球在点落地后立刻弹起，又形成了一条与形状相同的抛物线，且过，最大高度为米，
∴设抛物线的解析式为：，把代入得，
，
解得，（不符合题意，舍去），，
∴抛物线的解析式为：，
∴当时，抛球最大高度为米，即距离原点米时，抛球到达最高点，最高点为米，
∵球场护栏AB高米，
∴当时，能砸到护栏；
当排球落点在点时，抛物线的函数值为：，
解得，，（不符合题意，舍去），
∴排球落点在点时，能砸到护栏；
综上所述，的范围为：．
23. 已知等腰直角与有公共顶点，，，．现将绕点旋转．
（1）如图①，当点，，在同一直线上时，点为的中点，求的长；
（2）如图②，连接，．点为的中点，连接交于点，求证：；
（3）如图③，点为的中点，以为直角边构造等腰，连接，在绕点旋转过程中，当最小时，直接写出的面积．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）连接并延长交于，可得，，，再运用勾股定理可得结论；
（2）延长到，使，连接，根据SAS证明得，运用中位线定理证明，再证明，得，故可得结论；
（3）根据点F在AB上时BN的值最小，求出BN的值，运用等腰直角三角形的性质求出NG和AB，运用三角形面积公式求解即可．
【小问1详解】
连接并延长交于，
，点是的中点，
，
与都是等腰直角三角形，
，
，
，
又，
，
由已知可得，，
，
；
【小问2详解】
证明：延长到，使，连接，
，
．
，
，
又，
，
．即；
又，
，
，
，A分别是，的中点，
．
，
，
，
，
；
【小问3详解】
∵AE=AD=4，∠EAF=90°，
∴DE=，
∵点F是DE的中点，
∴AF=DE=2，
∴点F在以A为圆心，2为半径的⊙A上移动，如图，
当点F在AB上时，BF最小，
∵是等腰直角三角形，
∴BF最小时，BN也最小，
∴的最小值为：AB-AF=
此时，
∵
∴
∴
∵是等腰直角三角形，
∴
∴的最小值为：
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，旋转变换，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形是解决问题的关键．
24. 如图，抛物线与x轴分别相交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C．

（1）求点A，B，C的坐标；
（2）如图1，D是抛物线上第一象限内的一点，连接，．若，求点D的坐标；
（3）如图2，E是的中点，P是抛物线上一动点（不与顶点重合），直线，分别交抛物线于点M，N，直线交抛物线于点Q，求证：直线必过一定点．
【答案】（1），，，
（2）
（3）直线过定点，证明见解析
【解析】
【分析】（1）令， 则，令，则，再解方程即可；
（2）如图，过作轴于F，记与轴的交点为，证明，可得，证明，可得，设，可得，结合，再解方程组可得答案；
（3）设，，，，设为，由，可得，，求解，设直线为，可得，可得，同理：，设直线的解析式为：，可得，，求解直线的解析式为：，可得当时，则，则直线过定点．
【小问1详解】
解：∵，
当，则，即，
当，则，
解得：，；
∴，；
【小问2详解】
如图，过作轴于F，记与轴的交点为，

∴，，
∴，
∵，
∴，而，
∴，
∴，
∵，而，
∴，
∴，设，
∴，
∵，
∴整理得：，
解得：（舍去），，
∴，
∴．
【小问3详解】
设，，，，设为，
∴，
∴，
∴，，
∵是的中点，，，
∴，
∴设直线为，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
同理：，
设直线的解析式为：，又，
∴，
∴，，
∴，
，
∴直线的解析式为：，
当时，则，
∴直线过定点．