2024-2025学年湖北省武汉市武昌区三校联考九年级（上）期中数学试卷（含详解）

这是一份2024-2025学年湖北省武汉市武昌区三校联考九年级（上）期中数学试卷（含详解），共19页。试卷主要包含了单项选择题，解答题．等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）下列新能源汽车品牌的图标中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（3分）若关于x的一元二次方程为5x2﹣2x+1＝0，它的二次项系数和一次项系数分别为（ ）
A．5，2B．5，﹣2C．5，1D．﹣5，﹣2
3．（3分）已知点A（a，b）与点B（﹣2，﹣3）是关于原点O的对称点，则（ ）
A．A（2，﹣3）B．A（﹣2，3）C．A（2，3）D．A（﹣2，﹣2）
4．（3分）关于x的一元二次方程x2+4x＝4配方后可变形为（ ）
A．（x+2）2＝2B．（x+2）2＝4C．（x+2）2＝6D．（x+2）2＝8
5．（3分）如图，A、D是⊙O上的两点，A是弧BC的中点，若∠D＝35°，则∠BAC的度数是（ ）
A．100°B．110°C．35°D．25°
6．（3分）关于x的一元二次方程x2+5x﹣4＝0的根的情况是（ ）
A．有两个相等的实数根
B．有两个不相等的实数根
C．只有一个实数根
D．没有实数根
7．（3分）将抛物线向右平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度得到新抛物线y＝5x2，则原抛物线解析式为（ ）
A．y＝5（x+2）2+3B．y＝5（x+2）2﹣3
C．y＝5（x﹣2）2+3D．y＝5（x﹣2）2﹣3
8．（3分）俗语有云：“一天不练手脚慢，两天不练丢一半，三天不练门外汉，四天不练瞪眼看．”其意思是知识和技艺在学习后，如果不及时复习，那么学习过的东西就会被遗忘．假设每天“遗忘”的百分比为x，根据“两天不练丢一半”，可列方程（ ）
A．（1﹣x）2＝50%B．（1+x）2＝50%
C．1﹣2x＝50%D．（1﹣x）（1+x）＝50%
9．（3分）已知抛物线y＝（x﹣x1）（x﹣x2）﹣3（x1＜x2），抛物线与x轴交于（m，0），（n，0）两点（m＜n），则m，n，x1，x2的大小关系是（ ）
A．x1＜m＜n＜x2B．m＜x1＜x2＜nC．m＜x1＜n＜x2D．x1＜m＜x2＜n
10．（3分）如图，已知在纸上有一点O．按下列尺规作图的步骤进行：
①以点O为圆心，以任意长r为半径，画半圆O，直径为AB；
②分别以点O，B为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点M，N，作直线MN，交半圆O于点C；
③连接OC，以点C为圆心，以OC长为半径作弧，交半圆O于点E，连接AE，CE．下列结论不正确的是（ ）
A．四边形AOCE是菱形
B．点C是弧EB的中点
C．∠AEC
D．四边形AOCE的面积为
二．填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）已知方程x2﹣3x﹣7＝0的两根分别为x1，x2，则2x1+2x2的值为 ．
12．（3分）学校要组织一次排球邀请赛，参赛的每两个队之间都只比赛一场．若共进行了28场比赛，则学校有 个队参赛．
13．（3分）如图，在平面直角坐标系中，线段OA与x轴正方向的夹角为45°，且OA＝2，若将线段OA绕点O顺时针旋转75°得到线段OA′，则此时点A'的坐标为 ．
14．（3分）如图，AC，BD是⊙O的两条弦，且AC⊥BD，⊙O的半径为2，则AB2+CD2的值为 ．
15．（3分）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°．∠A＝30°，BC＝4，点D为AC边上一动点，将线段BD绕B点顺时针旋转60°，得到线段BE，连CE，则CE的最小值为 ．
16．（3分）如图，函数G图象是由y＝x2+2x+2（x≤0）的图象C1和它关于（0，2）成中心对称的图象C2组成．下列说法：①函数G图象关于y轴对称；②当﹣1≤x≤1时，函数G随x的增大而增大；③直线y＝k与G图象有三个交点，则1＜k＜3．且k≠2；④已知不重合的两点A（a，ya），B（b，yb）在函数G的图象上，且a＜0＜b，a+b＝0，若当a≤x≤b时，函数G的最大值和最小值为均为定值．则a的取值范围为．其中正确的命题有 （填序号）．
三、解答题（共8小题，共72分）．
17．（8分）解方程：3x2+6x﹣4＝0．
18．（8分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转一个角度α，得到△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上，且点A，B，E在同一条直线上．
（1）求证：DA平分∠BDE；
（2）AC与DE交于点O，∠AOE＝95°，求旋转角α的度数．
19．（8分）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）过点A（﹣2，6），B（5，6），C（0，﹣4）．
（1）该函数的对称轴为 ，方程ax2+bx+c＝0的解为 ；
（2）根据函数图象完成以下问题：
①当0≤x≤5时，y的取值范围为 ；
②当y＞6时，x的取值范围为 ．
20．（8分）如图，OA＝OB，AB交⊙O于点C，D，OE是半径，且OE⊥AB于点F．
（1）求证：AC＝BD；
（2）若CD＝12，EF＝4，求⊙O的半径．
21．（8分）（1）在9×8的正方形网格中，点A，B，C，D均为格点，请仅用无刻度直尺完成下列画图问题．
①请在图1中，画出将△ABC绕点D逆时针旋转90°得到的△A′B′C．
②若圆O经过A，B，C三点，请在图2中作出圆O的圆心O点．
（2）在平面直角坐标系中，抛物线y＝2x2﹣1与抛物线y＝﹣2x2+1如图所示．请仅用无刻度的直尺在图3中画出四个顶点在两抛物线图象上的矩形（保留作图痕迹）．
22．（10分）综合与实践某校数学小组的同学把“用数学的眼光观察校园”作为一项课题活动，利用课余时间完成了实践调查，并形成了活动报告，请根据该活动报告完成后面的任务．
任务：
（1）如图1，请以点A为坐标原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，并求出抛物线的表达式．
（2）如图2，若学校从防护栏的顶点G处开始向下拉横幅，为了不遮挡防护栏上的彩色栏杆，则横幅最宽为多宽？
（3）若相邻某两根栏杆涂色部分的高度差为0.15米，求这相邻的两根栏杆分别是左起第几根？
23．（10分）（1）如图1，E为等边△ABC内一点，CE平分∠ACB，D为BC边上一点，且DE＝CD，连接BE，取BE中点P，连接AP，PD，AD，直接写出AP与PD的位置关系，并直接用等式表示AP与PD的数量关系；
（2）如图2，把图1中的△CDE绕点C顺时针旋转α（60°＜α＜90°），其它条件不变，连接BE，点P为BE中点，连接AP，PD，AD，试问（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
（3）在（2）的条件下，若CD＝1，AB＝6，△CDE绕点C顺时针旋转a（0°≤α≤360°），则AP的最大值为 ．
24．（12分）如图1，在平面直角坐标系xOy中，开口向上的抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A，B（1，0）两点，与y轴交于点C，且OA＝OC＝3OB．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）若点G为抛物线上一点，当∠GBA＝∠BCO时，直接写出点G的坐标；
（3）如图2若M为线段AB的中点，N为抛物线的顶点，OT经过A，B，C三点．经过圆心T的直线交抛物线于D，E两点，直线ND交x轴于点P，直线NE交x轴于点Q．求MP•MQ的值．
2024-2025学年湖北省武汉市武昌区三校联考九年级（上）期中数学试卷
参考答案
一、单项选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．【考点】中心对称图形．
【解答】解：选项A、B、C的图形均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形；
选项D的图形能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形．
故选：D．
2．【考点】一元二次方程的一般形式．
【解答】解：根据题意得：关于x的一元二次方程5x2﹣2x+1＝0的二次项系数为5，一次项系数为﹣2．
故选：B．
3．【考点】关于原点对称的点的坐标．
【解答】解：∵关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反，点A（a，b）与点B（﹣2，﹣3）是关于原点O的对称点，
∴a＝2，b＝3，
∴A（2，3），
故选：C．
4．【考点】解一元二次方程﹣配方法．
【解答】解：∵x2+4x＝4，
∴x2+4x+4＝4+4，即（x+2）2＝8，
故选：D．
5．【考点】圆周角定理；三角形内角和定理．
【解答】解：∵A是弧BC的中点，
∴∠B＝∠C，
又∵∠B＝∠D＝35°，
∴∠B＝∠C＝35°，
∴∠BAC＝180°﹣（∠B+∠C）＝110°．
故选：B．
6．【考点】根的判别式．
【解答】解：由题意可知：Δ＝52﹣4×1×（﹣4）＝25+16＝41，
∴Δ＞0，
∴关于x的一元二次方程x2+5x﹣4＝0有两个不相等的实数根，
故选：B．
7．【考点】二次函数图象与几何变换．
【解答】解：∵抛物线向右平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度得到新抛物线y＝5x2，
∴y＝5x2向上平移3个单位长度，再向左平移2个单位长度得到原抛物线，
∴原抛物线的函数解析式为y＝5（x+2）2+3．
故选：A．
8．【考点】由实际问题抽象出一元二次方程．
【解答】解：根据题意得：（1﹣x）2＝50%．
故选：A．
9．【考点】抛物线与x轴的交点；二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征．
【解答】解：设y′＝（x﹣x1）（x﹣x2），则x1、x2是函数y′和x轴的交点的横坐标，
而y＝（x﹣x1）（x﹣x2）﹣3＝y′﹣3，
即函数y′向下平移3个单位得到函数y，
则两个函数的图象如图所示（省略了y轴），
从图象看，m＜x1＜x2＜n，
故选：B．
10．【考点】作图—复杂作图；线段垂直平分线的性质；菱形的性质；菱形的判定；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理．
【解答】解：连接BC，OE，设MN交OB于点H，
由题意可知，MN为线段OB的垂直平分线，
∴OC＝BC，
∵OC＝OB，
∴△BOC为等边三角形，
∴∠BOC＝60°，
由尺规作图可知EC＝OC，
∵OC＝OE，
∴EC＝OC＝OE，
即△COE为等边三角形，
∴∠ECO＝60°，
∴∠ECO＝∠BOC，
∴EC∥AB，
∵EC＝OC＝OA，
∴四边形AOCE为平行四边形，
∵EC＝OC，
∴四边形AOCE为菱形，
故A选项正确，不符合题意；
∵EC＝OC＝BC，
∴＝，
∴点C是弧EB的中点，
故选项B正确，不符合题意；
∵EC∥AO，∠A＝60°，
∴∠AEC＝120°，
∴∠EAB＝∠AEC，
故选项C正确，不符合题意；
在Rt△COH中，sin60°＝＝＝，
∴CH＝r，
∴四边形AOCE的面积为AO•CH＝r2，
故选项D错误，符合题意．
故选：D．
二．填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
11．【考点】根与系数的关系．
【解答】解：由根与系数的关系可知：x1+x2＝3，
∴2x1+2x2＝2（x1+x2）＝2×3＝6．
故答案为：6．
12．【考点】一元二次方程的应用．
【解答】解：设学校有x个队参赛，
根据题意得：（x﹣1）＝28，
整理得：x2﹣x﹣56＝0，
解得：x1＝8，x2＝﹣7（不符合题意，舍去），
即学校有8个队参赛，
故答案为：8．
13．【考点】坐标与图形变化﹣旋转．
【解答】解：如图2，将线段OA绕点O沿顺时针方向旋转105°到线段OA′，
过点A′作A′B⊥x轴于点B，
∴OA′＝OA＝2，∠AOA′＝75°，
∴∠A′OB＝70°﹣45°＝30°．
在直角△A′OB中，∠OBA′＝90°，∠A′OB＝30°，
∴A′B＝OA′＝1，OB＝A′B＝，
∴点A′的坐标为（，﹣1）．
综上，点A'的坐标为（，﹣1）．
故答案为：（，﹣1）．
14．【考点】圆周角定理；勾股定理；垂径定理．
【解答】解：作直径AF，连接CF、BF，如图，
∵AF为直径，
∴∠ACF＝90°，即CF⊥AC，∠ABF＝90°，
∵AC⊥BD，
∴BD∥CF，
∴，
∴BF＝CD，
在Rt△ABF中，AB2+BF2＝AF2＝42＝16，
∴AB2+CD2＝16．
故答案为：16．
15．【考点】旋转的性质；垂线段最短；全等三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形．
【解答】解：取AB的中点F，连接DF，过F点作FH⊥AC于H点，如图，
∵∠ACB＝90°．∠A＝30°，
∴AB＝2BC＝8，∠ABC＝60°，
∴BF＝AF＝4，
∵线段BD绕B点顺时针旋转60°，得到线段BE，
∴BD＝BE，∠ABE＝60°，
∵∠FBD+∠DBC＝60°，∠DBC+∠CBE＝60°，
∴∠FBD＝∠CBE，
在△BDF和△BEC中，
，
∴△BDF≌△BEC（SAS），
∴FD＝CE，
∵点D为AC边上一动点，
∴FD的最小值为FH的长，
∵∠A＝30°，
∴FH＝AF＝2，
∴FD的最小值为2，
即CE的最小值为2．
故答案为：2．
16．【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数图象与几何变换；二次函数的最值；命题与定理．
【解答】解：图象C1：y＝x2+2x+2＝（x+1）2+1，（x≤0），其顶点坐标为（﹣1，1），
图象C1和图象C2组成中心对称图形，对称中心为点（0，2），
∴图象C2的开口与图象C1方向相反，大小相同，其顶点坐标为（1，3），
∴图象，（x＞0），
对于函数G，当x＝1时，y＝3，当x＝﹣1时，y＝1，
∴函数G图象不关于y轴对称，故①不正确；
结合图形，当﹣1≤x≤1时，函数G随x的增大而增大，故②正确；
直线y＝k与G图象有三个交点，则1＜k＜3，故③不正确；
∵a＜0＜b，a+b＝0，
∴A（a，ya）B（b，yb）关于（0，2）对称，
当（x+1）2+1＝﹣1时，x＝﹣1，当（x﹣1）2+3＝1时，x＝+1，
∵当a≤x≤b时，函数G的最大值和最小值为均为定值，结合图形可知，当﹣1＜a＜0，0＜b＜1时，函数c的最大值和最小值不为定值，不符合题意；
当a＜﹣﹣1，时，函数G的最大值和最小值不为定值，不符合题意；
∴，此时1≤y≤3，函数G的最大值和最小值均为定值，故④正确；
故答案为：②④．
三、解答题（共8小题，共72分）．
17．【考点】解一元二次方程﹣公式法．
【解答】解：a＝3，b＝6，c＝﹣4，
∴b2﹣4ac＝62﹣4×3×（﹣4）＝84，
x＝＝，
∴x1＝，x2＝．
18．【考点】旋转的性质．
【解答】（1）证明：∵△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，
∴∠ADE＝∠B，AD＝AB，
∴∠ADB＝∠B，
∴∠ADE＝∠ADB，
∴DA平分∠BDE．
（2）解：如图，AC与DE交于点O，
∵∠AOE＝95°，
∴∠E＝180°﹣95°﹣∠CAE＝85°﹣∠CAE，
由旋转得∠CAE＝∠BAD＝α，∠C＝∠E，
∴∠C＝∠E＝85°﹣α，
∵∠CAE＝∠C+∠B，且∠B＝∠ADB＝（180°﹣∠BAD）＝90°﹣α，
∴α＝85°﹣α+90°﹣α，
∴α＝70°，
∴旋转角α的度数是70°．
19．【考点】二次函数综合题．
【解答】解：（1）由题意得：
，解得：，
则抛物线的表达式为：y＝x2﹣3x﹣4，
则抛物线的对称轴为直线x＝，
令y＝x2﹣3x﹣4＝0，则x＝4或﹣1，
故答案为：，则x＝4或﹣1；
（2）由抛物线的表达式知，顶点为（，﹣）；
①观察函数图象知，当0≤x≤5时，y的取值范围为：﹣≤y＜6；
②观察函数图象知，当y＞6时，x的取值范围为x＜﹣2或x＞5，
故答案为：﹣≤y＜6；x＜﹣2或x＞5．
20．【考点】垂径定理；等腰三角形的性质；勾股定理．
【解答】（1）证明：∵OA＝OB，OE⊥AB于点F，
∴AF＝BF，
又∵OE是⊙O的半径，OE⊥AB，
∴CF＝DF，
∴AF﹣CF＝BF﹣DF，
∴AC＝BD；
（2）解：如图，连接OC，
∵OE⊥AB，CD为⊙O的弦，
∴CF＝CD＝6，∠OFC＝90°，
∴CO2＝CF2+OF2，
设⊙O的半径是r，
∴r2＝62+（r﹣4）2，
解得r＝，
∴⊙O的半径是．
21．【考点】二次函数综合题．
【解答】解：（1）①连接DA、DB、DC将上述三条线段逆时针旋转90°，连接A′、B、′C′即可；
②作矩形ANCM，对角线交点为点R，则R是AB的中点，在AC的左侧作正方形AGHC，作其对角线交于点T，连接TR，则TR为AC的中垂线，取BC的中垂线l交TR于点O，则点O为圆心；
（2）过抛物线的顶点B和抛物线和x轴的一个交点A作直线交两条抛物线于点C、E，
同理作出直线GH，则四边形CGEH为矩形．
22．【考点】二次函数的应用．
【解答】解：（1）由题意得，A（0，0），B（13，0），C（4，0.9），
又设抛物线为y＝ax2+bx+c，
∴．
∴．
∴抛物线为y＝﹣x2+x．
（2）由题意得，栏杆彩色部分的最高点为第六根和第七根栏杆，它们高度一致．
由题意得AF＝6，当x＝6时，
y＝﹣×62+×6＝1.05．
∴横幅最宽为1.6﹣1.05＝0.55（米）．
（3）由题意，当左边栏杆涂色部分高于右边栏杆时，设相邻两栏杆中左边一根栏杆为第m根，
∴它的彩色部分高度为﹣m2+m，则第（m+1）根，它的彩色部分高度为﹣（m+1）2+（m+1）．
∴﹣m2+m﹣[﹣（m+1）2+（m+1）]＝0.15．
∴m＝9．
∴第9根与第10根的高度差为0.15米．
由抛物线的对称性可知第3根与第4根的高度差也为0.15米，
∴相邻的两根栏杆分别是左起第9根与第10根或第3根与第4根．
23．【考点】几何变换综合题．
【解答】解：（1）如图1中，延长DP至G，使PG＝PD，连接BG、AG，
∵DE＝DC，
∴∠DEC＝∠ECD＝∠ECA＝30°，
∴DE∥AC，
∵PG＝PD，PB＝PE，
∴四边形BDEG是平行四边形，
∴BG∥DE∥AC，
∴∠ABG＝∠BAC＝∠ACD，BG＝ED＝CD，
在△ABG和△ACD中，
，
∴△ABG≌△ACD（SAS），
∴AG＝AD，∠BAG＝∠CAD，
∴∠DAG＝∠BAG+∠BAD＝∠CAD+∠BAD＝∠BAC＝60°，
∴△ADG是等边三角形，
∴AP⊥PD，AP＝＝PD．
（2）结论成立，
理由如下：如图2中，延长DP至G，使PG＝PD，连接BG、AG、EG、BD，
由（1）可知∠BGD＝∠EDG，∠CDE＝120°，
∴∠BGD+∠CDG＝∠EDG+∠CDG＝360°﹣∠CDE＝240°，
∴∠CBG+∠BCD＝120°＝∠ABC+∠ACB，
∴∠ABC﹣∠CBG＝∠BCD﹣∠ACB，
即∠ABG＝∠ACD，
∵PG＝PD，PB＝PE，
∴四边形BDEG是平行四边形，
∴BG＝DE＝CD，
在△ABG和△ACD中，
，
∴△ABG≌△ACD（SAS），
∴AG＝AD，∠BAG＝∠CAD，
∴∠DAG＝∠BAG+∠BAD＝∠CAD+∠BAD＝∠BAC＝60°，
∴△ADG是等边三角形，
∴AP⊥PD，AP＝＝PD；
（3）由（2）可知△ADG是等边三角形，AP⊥PD，
∴AD＝2PD，AP＝PD，
∴AP＝AD，
∴当AD有最大值时，AP有最大值，
∵CD＝1，AB＝6，
∴AD的最大值为7，
∴AP的最大值为，
故答案为：．
24．【考点】二次函数综合题．
【解答】解：（1）由B（1，0），则OB＝1，
∴OA＝OC＝3OB＝3，
∴A（﹣3，0），C（0，﹣3），
将A（﹣3，0），C（0，﹣3），B（1，0）代入y＝ax2+bx+c中，得：
，解得：，
故该抛物线的函数表达式为y＝x2+2x﹣3．
（2）∵tan∠BCO＝，当∠GBA＝∠BCO时，
则有tan∠GBA＝tan∠BCO．
则在第二象限取点M（﹣2，1）、第三象限取点M'（﹣2，﹣1），连接BM，BM'交抛物线于点G、G'，
此时完全满足题意．
设直线BM的解析式为y＝kx+b，代入点M（﹣2，1），B（1，0）可得，
解得，则直线BM的解析式为y＝，
令＝x2+2x﹣3，解得x＝1或x＝，
即交点G坐标为（，），
同理可得BM'与抛物线的交点G'坐标为（，），
综上，点G坐标为（，），（，）．
（3）．理由如下：
∵⊙T经过A、B、C三点，
∴圆心T在AB与AC的垂直平分线的交点上，
∴可得T坐标为（﹣1，﹣1），
∵D、E为抛物线上两点，设D（m，﹣m2+2m+3），E（n，﹣n2+2n+3），
设经过T（﹣1，﹣1）的直线DE的解析式为y＝k（x+1）﹣1，
令k（x+1）﹣1＝x2+2x﹣3，整理得：x2+（2﹣k）x﹣2﹣k＝0，
由韦达定理得：m+n＝k﹣2，mn＝﹣2﹣k，
又顶点N坐标为（﹣1，﹣4），
∵D、N为抛物线与直线DN相交的两个交点，由根据韦达定理，
直线DN的解析式可写成：y＝（m+1）x+m﹣3，
∵P点为直线DN与x轴相交的交点，
令y＝0，此时xP＝，
则MP＝，
直线EN的解析式可写成：y＝（n+1）x+n﹣3，
令y＝0，则xQ＝，
同理可得，MQ＝，
∴MP•MQ＝＝＝＝＝．
课题
用数学的眼光观察校园
调查方式
实地查看了解
调查对象
校门口隔离栏
调查内容
平面图

数学眼光
各个栏杆上彩色部分的顶端及点A，B所在曲线呈抛物线形（栏杆宽度忽略不计）
相关数据
隔离栏AB长为13米，并且AB的长被12根栏杆等分成13份，左起第4根栏杆涂色部分的高度CE＝0.9米．隔离栏顶端G距栏杆底部距离AG＝1.6米．