河南省驻马店市确山县2024-2025学年九年级上学期11月期中数学试题（解析版）-A4

这是一份河南省驻马店市确山县2024-2025学年九年级上学期11月期中数学试题（解析版）-A4，共19页。试卷主要包含了1-24， 点关于原点对称的点的坐标为等内容，欢迎下载使用。
测试范围：21.1-24.4
注意事项：
1．本试卷共6页，三大题，满分120分，测试时间100分钟．
2．请用蓝、黑色钢笔或圆珠笔写在试卷或答题卡上．
3．答卷前请将密封线内的项目填写清楚．
一、选择题（每小题3分，共30分．下列各小题均有四个选项，其中只有一个是正确的）
1. 将一元二次方程化成一般形式后，二次项系数为2，则一次项系数是（ ）
A. 3B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的一般形式，注意∶找多项式的各项系数时带着前面的符号．
先把方程转化成一元二次方程的一般形式，再找出一次项系数即可．
【详解】解∶，
，所以一次项系数．
故选∶B．
2. 在下列关于x的函数中，一定是二次函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次函数的定义逐项分析即可求解，一般地，形如（a，b，c是常数，）的函数，叫做二次函数．
【详解】解：A、是二次函数，故此选项符合题意；
B、 没有说明，不一定是二次函数，故此选项不合题意；
C、是一次函数，故此选项不合题意；
D、最高次项是3次，，故此选项不是二次函数，故此选项不合题意．
故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数的定义，熟知二次函数的定义是解题关键．
3. 点关于原点对称的点的坐标为（ ）
A. B. C. (-1，-1)D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数可得答案．
【详解】解：（1，−1）关于原点对称的点的坐标是（−1，1），
故选：D．
【名睛】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标，关键是掌握关于原点对称点的坐标的变化规律．
4. 一元二次方程有一根是x＝1，则另一根是（ ）
A. x＝1B. x＝﹣1C. x＝2D. x＝4
【答案】B
【解析】
【分析】设方程的一个根是，根据根与系数的关系可得，解答出即可．
【详解】解：设一元二次方程的一个根，
则，
解得．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系：是一元二次方程的两根时，．
5. 如图，在的内接四边形中，点在的延长线上．若，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆的内接四边形的性质可知，再根据邻角互补即可求出结果．
【详解】解：∵四边形是的内接四边形
∴
∵
∴
∵
∴
故答案为：
【点睛】本题考查了圆的内接四边形的性质，邻角互补等相关知识点，熟记圆的内接四边形的对角互补是解题的关键．
6. 已知，，在二次函数的图象上，则，，的大小关系正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据二次函数解析式确定抛物线的对称轴为，再根据抛物线的增减性以及对称性可得，，的大小关系．
【详解】二次函数，
对称轴为，
，
时，y随x增大而增大，当时，y随x的增大而减小，
，，在二次函数的图象上，且，，
．
故选D．
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，以及二次函数的性质，关键是掌握二次函数图象上点的坐标满足其解析式．
7. 如图 4×4 的正方形网格中，其中一个三角形①绕某点旋转一定的角度，得到三角形②，则其旋转中心是（ ）

A. 点 AB. 点 BC. 点 CD. 点 D
【答案】B
【解析】
【分析】根据旋转的性质，找出两组对应顶点的连线的垂直平分线，交点即为旋转中心．
【详解】解：如图：作出三角形①和三角形②两组对应点所连线段的垂直平分线的交点 B
为旋转中心．
故选B
【点睛】本题考查旋转的性质，主要利用了旋转中心的确定，是基础题，比较简单．
8. 下列一元二次方程中，没有实数根的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据根的判别式逐一判断即可.
【详解】解：A．∵，∴，∴，∴方程有两个不相等的实数根；
B．∵，∴方程有两个不相等的实数根；
C．∵，∴方程没有实数根；
D．∵，∴方程有两个相等的实数根．
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式：，方程有两个不相等的实数根；方程有两个相等的实数根；，方程没有实数根．
9. 如图，正方形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴上，点D（5，3）在边AB上，以C为中心，把CDB旋转90°，则旋转后点D的对应点 的坐标是（ ）
A. （2，10）B. （﹣2，0）
C. （2，10）或（﹣2，0）D. （10，2）或（﹣2，0）
【答案】C
【解析】
分析】分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况讨论解答即可．
【详解】解：∵点D（5，3）在边AB上，
∴BC＝5，BD＝5﹣3＝2，
①若顺时针旋转，则点在x轴上，O＝2，
所以，（﹣2，0），
②若逆时针旋转，则点到x轴的距离为10，到y轴的距离为2，
所以，（2，10），
综上所述，点的坐标为（2，10）或（﹣2，0）．
故选：C．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，正方形的性质，难点在于分情况讨论．
10. 将抛物线位于轴左侧的部分沿轴翻折，其余部分不变，翻折得到的图像和原来不变的部分构成一个新图像，若直线与新图像有且只有2个公共点，则的取值范围是（ ）．
A. B. 或
C. 或D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线的解析式得到与轴的交点，当直线经过点和时，求得，根据一元二次方程根的判别式即可得到结论．
【详解】解：如图：
当时，则，
点，
，
当直线经过点时，则，
，
当直线经过点时，则，
，
当直线与新图象有且只有2个公共点时，也就是有相等的实数根，
整理方程，得，
由根的判别式，
解得；
当直线与新图象有且只有2个公共点时，或．
故选：C．
【点睛】本题考查二次函数图象与几何变换，二次函数的性质，一次函数图象与系数的关系，一次函数图象上点的坐标特征，数形结合是解题的关键．
二、填空题（每小题3分，共15分）
11. 写出一个对称轴是y轴的二次函数的解析式_____．
【答案】，答案不唯一．
【解析】
【分析】根据二次函数的性质写出一个符合的即可．
【详解】解：抛物线的解析式为：
故答案为：
【点睛】本题考查了二次函数的性质，解题的关键是熟练的掌握二次函数的性质，此题是一道开放型的题目，答案不唯一．．
12. 一元二次方程的根是_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握直接开平方法，因式分解法，配方法和公式法是解题的关键．本题利用因式分解法即可求解．
【详解】解：
，
解得：，
故答案为：．
13. 一个正多边形的中心角是，则这个正多边形的边数为________．
【答案】九##9
【解析】
【分析】根据正多边形的每个中心角相等，且所有中心角的度数和为360°进行求解即可．
【详解】解：设这个正多边形的边数为n，
∵这个正多边形的中心角是40°，
∴，
∴，
∴这个正多边形是九边形，
故答案为：九．
【点睛】本题主要考查了正多边形的性质，熟知正多边形中心角的度数和为360度是解题的关键．
14. 如图所示，是半圆的直径，将直径绕点顺时针旋转得对应线段，若，则图中阴影部分的面积是______．

【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是扇形面积的计算及图形旋转的性质，连接，根据题意，用扇形的面积减去扇形的面积，再减去的面积即可．
【详解】解：连接，

由旋转的性质得：，
由圆周角性质可得，
，
，
的面积，
扇形的面积，
扇形的面积，
阴影部分的面积，
故答案为：．
15. 如图，ABC是等边三角形，AB＝2，点D在边AB上，且BD＝1，E是边AC的中点，将线段BD绕点B顺时针旋转，点D的对应点为F，连接AF，EF，当AEF为直角三角形时，AF＝_________．
【答案】或
【解析】
【分析】根据题意，判断出只能是∠AEF＝90°，分两种情形，点B、F、E三点共线，且F在B、E之间，或点B、F、E三点共线，且B在F、E之间，分别通过勾股定理求AF的长即可．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，E是边AC的中点，
∴只能是∠AEF＝90°，
当点F在△ABC内时，∠AEF＝90°，此时，点B、F、E三点共线，且F在B、E之间，
∴
∴EF＝BE﹣BF＝3﹣1＝2，
∴
当点F在△ABC外时，∠AEF＝90°，此时，点B、F、E三点共线，且B在F、E之间，
此时，EF＝BE+BF＝3+1＝4，
∴
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了勾股定理和等边三角形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
三、解答题（共8题，共75分）
16. 解方程
（1）；
（2）．
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）利用因式分解法解该一元二次方程即可；
（2）利用配方法解该一元二次方程即可．
【小问1详解】
解：，
，
∴，；
【小问2详解】
解：
，
，
，
∴，
∴，．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，解题关键是熟练掌握解一元二次方程的常用方法：直接开方法、配方法、公式法、因式分解法．
17. 已知二次函数的图象经过点．
（1）求a的值；
（2）求此抛物线的对称轴；
（3）直接写出函数y随自变量的增大而减小的x的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）把A点坐标代入抛物线解析式可得到关于a的方程，可求得a的值；
（2）把二次函数解析式化为顶点式可求得其及对称轴；
（3）利用二次函数的开口方向、增减性可求得答案．
【小问1详解】
解：∵二次函数y＝ax2＋4x＋2的图象经过点A（3，−4），
∴−4＝9a＋12＋2，
解得：a＝−2，
∴a的值为−2；
【小问2详解】
解：由（1）可知抛物线解析式为y＝−2x2＋4x＋2＝−2（x−1）2＋4，
∴抛物线对称轴为直线x＝1；
【小问3详解】
解：∵抛物线开口向下，对称轴为x＝1，
∴当x≥1时，y随x的增大而减小．
【点睛】本题主要考查二次函数性质，由函数图象上的点的坐标满足函数解析式求得a的值是解题的关键．
18. 如图，如图所示，AB是⊙O的一条弦，OD⊥AB，垂足为C，交⊙O于点D，点E在⊙O上．
（1）若∠AOD＝62°，求的度数；
（2）若OC＝6，OA＝10，求的长．
【答案】（1）∠DEB=31°；
（2）AB=16．
【解析】
【分析】（1）先根据垂径定理得到，然后利用圆周角定理得到∠DEB=∠AOD；
（2）根据垂径定理得到AC=BC，然后利用勾股定理计算出AC即可．
【小问1详解】
解：∵OD⊥AB，
∴，
∴∠DEB=∠AOD=×62°=31°；
【小问2详解】
解：∵OD⊥AB，
∴AC=BC，
∵OC=6，OA=10，
∴在Rt△OAC中，AC==8，
∴AB=2AC=16．
【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了垂径定理和勾股定理．
19. 如图，三个顶点坐标分别为，请在所给的正方形网格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）画出关于坐标原点O成中心对称的；
（3）若可看作是由旋转得来，则旋转中心坐标为________．
【答案】（1）见详解；
（2）见详解； （3）．
【解析】
【分析】本题考查作图一旋转变换、中心对称，熟练掌握旋转的性质、中心对称的性质是解答本题的关键．
（1）根据旋转的性质作图即可；
（2）根据中心对称的性质作图即可；
（3）连接，，，分别作线段，，的垂直平分线，相交于点P，则点P为旋转中心，即可得出答案．
【小问1详解】
解：如图，即为所求；
【小问2详解】
解∶如图，即为所求；
【小问3详解】
解：连接，，，分别作线段，，的垂直平分线，相交于点P，则可看作是由绕点P顺时针旋转得来，由图可知，旋转中心P的坐标为．
故答案为：．
20. 如图，是的直径，点D在射线上，与⊙O相切于点C，过点B作，交的延长线于点E，连接、．
（1）求证：是的平分线；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）12
【解析】
【分析】本题考查的是切线的性质定理、勾股定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
（1）根据切线的性质得到，得到，根据平行线的性质得到，根据等腰三角形的性质、角平分线的定义证明即可；
（2）设的半径为r，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案．
【小问1详解】
∵是的切线，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴是的平分线；
【小问2详解】
设的半径为r，则，
，
∴，
∵，
在中，
即，
∴，
∴．
21. 俄罗斯世界杯足球赛期间，某商店销售一批足球纪念册，每本进价40元，规定销售单价不低于44元，且获利不高于30%．试销售期间发现，当销售单价定为44元时，每天可售出300本，销售单价每上涨1元，每天销售量减少10本，现商店决定提价销售．设每天销售量为y本，销售单价为x元．
（1）请直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围；
（2）当每本足球纪念册销售单价是多少元时，商店每天获利2400元？
（3）将足球纪念册销售单价定为多少元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大？最大利润是多少元？
【答案】（1）y=﹣10x+740（44≤x≤52）；（2）当每本足球纪念册销售单价是50元时，商店每天获利2400元；（3）将足球纪念册销售单价定为52元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大，最大利润是2640元．
【解析】
【分析】（1）售单价每上涨1元，每天销售量减少10本，则售单价每上涨（x﹣44）元，每天销售量减少10（x﹣44）本，所以y=300﹣10（x﹣44），然后利用销售单价不低于44元，且获利不高于30%确定x的范围；
（2）利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到（x﹣40）（﹣10x+740）=2400，然后解方程后利用x的范围确定销售单价；
（3）利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到w=（x﹣40）（﹣10x+740），再把它变形为顶点式，然后利用二次函数的性质得到x=52时w最大，从而计算出x=52时对应的w的值即可．
【详解】（1）y=300﹣10（x﹣44），
即y=﹣10x+740（44≤x≤52）；
（2）根据题意得（x﹣40）（﹣10x+740）=2400，
解得x1=50，x2=64（舍去），
答：当每本足球纪念册销售单价50元时，商店每天获利2400元；
（3）w=（x﹣40）（﹣10x+740）
=﹣10x2+1140x﹣29600
=﹣10（x﹣57）2+2890，
当x＜57时，w随x的增大而增大，
而44≤x≤52，
所以当x=52时，w有最大值，最大值为﹣10（52﹣57）2+2890=2640，
答：将足球纪念册销售单价定为52元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大，最大利润是2640元．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，一元二次方程的应用，解决二次函数应用类问题时关键是通过题意，确定出二次函数的解析式，然后利用二次函数的性质确定其最大值；在求二次函数的最值时，一定要注意自变量x的取值范围．
22. 如图，已知抛物线经过、两点．
（1）求抛物线的解析式和顶点坐标；
（2）当时，求的取值范围；
（3）点为抛物线上一点，若，求出此时点的坐标．
【答案】（1），顶点坐标
（2）
（3）点坐标为或
【解析】
【分析】本题考查了待定系数法求函数解析式、三角形的面积公式以及二次函数图象上点的坐标特征，
（1）由点、的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式，再利用配方法即可求出抛物线顶点坐标；
（2）结合函数图象以及、点的坐标即可得出结论；
（3）设，根据三角形的面积公式以及，即可算出的值，代入抛物线解析式即可得出点的坐标．
【小问1详解】
解：把、分别代入中，
得：，解得：，
抛物线的解析式为．
，
顶点坐标为．
【小问2详解】
解：由图可得当时，．
【小问3详解】
解：、，
．
设，则，
，
．
①当时，，解得：，，
此时点坐标为或；
②当时，，方程无解；
综上所述，点坐标为或．
23. 如图，两个等腰直角△ABC和△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°．

（1）观察猜想如图1，点E在BC上，线段AE与BD的数量关系是 ，位置关系是 ．
（2）探究证明把△CDE绕直角顶点C旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由；
（3）拓展延伸：把△CDE绕点C在平面内自由旋转，若AC＝BC＝13，DE＝10，当A、E、D三点在同一条直线上时，请直接写出AD的长．
【答案】（1）AE＝BD，AE⊥BD
（2）结论成立，AE＝BD，AE⊥BD．理由见解析
（3）满足条件的AD的值为17或7
【解析】
【分析】（1）利用SAS证明△ACE≌△BCD，得出AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，进一步证明出AE⊥BD．
（2）利用SAS证明△ACE≌△BCD，得出AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，进一步证明出AE⊥BD．
（3）作CH⊥AD于H，利用等腰直角三角形的性质求出CH＝DE＝5，利用勾股定理求出AH＝12，然后分射线AD在直线AC的下方和上方两种情况求解．
【小问1详解】
如图1中，延长AE交BD于H．

∵AC＝CB，∠ACE＝∠BCD，CE＝CD，
∴△ACE≌△BCD，
∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，
∵∠EAC+∠AEC＝90°，∠AEC＝∠BEH，
∴∠BEH+∠EBH＝90°，
∴∠EHB＝90°，即AE⊥BD，
故答案为AE＝BD，AE⊥BD．
【小问2详解】
结论：AE＝BD，AE⊥BD．
理由：如图2中，延长AE交BD于H，交BC于O．

∵∠ACB＝∠ECD＝90°，
∴∠ACE＝∠BCD，
∵AC＝CB，∠ACE＝∠BCD，CE＝CD，
∴△ACE≌△BCD，
∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，
∵∠EAC+∠AOC＝90°，∠AOC＝∠BOH，
∴∠BOH+∠OBH＝90°，
∴∠OHB＝90°，
即AE⊥BD．
【小问3详解】
当射线AD在直线AC的上方时，作CH⊥AD于H．

∵CE＝CD，∠ECD＝90°，CH⊥DE，
∴EH＝DH，CH＝DE＝5，
在Rt△ACH中，
∵AC＝13，CH＝5，
∴AH＝＝12，
∴AD＝AH+DH＝12+5＝17．
②当射线AD在直线AC的下方时，作CH⊥AD于H．

同法可得：AH＝12，故AD＝AH﹣DH＝12﹣5＝7，
综上所述，满足条件的AD的值为17或7．