山东省 德州市宁津县育新中学（小学部）等校 2024-2025学年九年级上学期11月期中数学试题（解析版）-A4

这是一份山东省 德州市宁津县育新中学（小学部）等校 2024-2025学年九年级上学期11月期中数学试题（解析版）-A4，共26页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．请将选择题答案用2B铅笔填涂在答题卡指定题号里，将非选择题的答案用0．5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，答在试题卷上无效．
3．考生必须保持答题卡的整洁，不能使用涂改液、胶带纸、修正带．
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 地铁是城市生活中的重要交通工具，地铁标志作为城市地铁的形象和符号，是城市文化的缩影，下列城市地铁的标志图案中（文字部分除外），既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义，对选项逐个判断，即可判断出答案．
【详解】解：A、该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意；
B、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D、该图形不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意；
故选：A．
【点睛】此题考查了中心对称图形和轴对称图形的概念，掌握相关概念是解题的关键，图形绕一点旋转后能够与原图形完全重合则此图形为中心对称图形；轴对称图形的定义：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．
2. 若点关于原点对称的点在第四象限，则满足（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了点所在的象限的坐标特征，关于原点对称的点的坐标，先得到点关于原点对称的点为，再根据第四象限的点的坐标的特征得到一元一次不等式组，解不等式组即可解答，熟练掌握关于原点对称的点，横纵坐标相反是解题的关键．
【详解】解：点关于原点对称的点为，
点关于原点对称的点在第四象限，
，
解得，
故选：C．
3. 一元二次方程的实数根的情况是（ ）
A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根
C. 没有实数根D. 无法判断
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了根据判别式判断一元二次方程根的情况，熟练掌握一元二次方程根的判别式与根的情况之间的关系是解题的关键：当时，一元二次方程（）有两个不相等的实数根；当时，一元二次方程（）有两个相等的实数根；当时，一元二次方程（）没有实数根．
先计算判别式得到，然后根据判别式判断方程根的情况即可．
【详解】解：将一元二次方程化为一般形式，得：
，
，
一元二次方程没有实数根，
故选：．
4. 如图，在中，将绕顶点顺时针旋转，得到．若点恰好落在边上，且，则的大小是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查旋转的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，根据旋转的性质可得，根据等腰三角形的性质得，由得，由旋转得．
【详解】解：∵将绕顶点顺时针旋转，得到．
∴，旋转角，
∴，
∵，
∴
∴．
故选：A
5. 某经济技术开发区今年一月份工业产值达50亿元，且一月份、二月份、三月份的总产值为175亿元，若设平均每月的增长率为x，根据题意可列方程（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．增长率问题，一般用增长后的量增长前的量（增长率），本题可先用x表示出二月份的产值，再根据题意表示出三月份的产值，然后将三个月的产值相加，即可列出方程．
【详解】解：二月份的产值为：，
三月份的产值为：，
故第一季度总产值为：．
故选：D．
6. 已知，在同一平面直角坐标系中，二次函数与一次函数的图象如图所示，则二次函数的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】题干中二次函数的图象开口向下，可以判断出a的符号为负，一次函数的图象与x轴正方向夹角小于90°，且与y轴交点在y轴的正半轴，可以据此判断出b、c的符号皆为正，再去判断各选项哪个符合二次函数的图象．
【详解】∵二次函数的图象开口向下，
∴a0，c>0，
则>0，
可知二次函数开口方向向下，对称轴在y轴右侧，且与y轴交点在y的正半轴，选项B图象符合，
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数、二次函数图象与系数的关系，题目比较简单，解决题目需要熟练掌握图象与系数的关系．
7. 如图，把圆形纸片放在长方体纸盒内，纸片的一部分露出盒外，其截面如图所示，已知，则圆形纸片的半径长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，过点作于，则，，设圆形纸片的半径长为，则，，由勾股定理得，解方程即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：过点作于，则，，
设圆形纸片的半径长为，则，，
∵，
∴，
解得，
∴圆形纸片的半径长是，
故选：．
8. 以下命题：（1）等弧所对的弦相等；（2）相等的圆心角所对的弧相等；（3）三点确定一个圆；（4）圆的对称轴是直径；（5）三角形的外心到三角形三边距离相等．其中正确的命题的个数是（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要查了圆周角定理，圆的基本性质等．根据圆周角定理，圆的基本性质，三角形的内心和外心，逐项判断，即可求解．
【详解】解：（1）等弧所对的弦相等，正确；
（2）同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故原说法错误；
（3）不在同一条直线上的三点确定一个圆，故原说法错误；
（4）圆的对称轴是直径所在的直线，故原说法错误；
（5）三角形的内心到三角形三边距离相等，故原说法错误．
所以正确的命题的个数是1．
故选：A
9. 我国古代数学家赵爽（公元世纪）在其所著的《勾股圆方图注》中记载过一元二次方程（正根）的几何解法，以方程即为例说明，记载的方法是：构造如图，大正方形的面积是．同时它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即，因此．则在下面四个构图中，能正确说明方程解法的构图是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查一元二次方程的应用、完全平方公式的几何背景等知识点，通过图形直观得到面积之间的关系并用代数式表示出来是解答本题的关键．
根据题意，画出方程，即的拼图过程，由面积之间的关系即可解答．
【详解】解：方程，即的拼图如图所示：
中间小正方形的边长，其面积为25，
大正方形的面积：，其边长为7，
因此，D选项所表示的图形符合题意．
故选：D．
10. 已知是一元二次方程的两个实数根，则的值等于（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程根的定义，一元二次方程根和系数的关系，代数式求值，由题意可得，，即得，再代入代数式计算即可求解，掌握一元二次方程根的定义及根和系数的关系是解题的关键．
【详解】解：∵是一元二次方程的两个实数根，
∴，，
∴，
∴，
故选：．
11. 已知点，，均在抛物线上，下列说法中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象的性质，根据二次函数图象性质即可判定，解题的关键掌握二次函数图象的性质．
【详解】解：由二次函数，则它的对称轴为，开口向上，则图象上的点离对称轴越远则的值越大，
∵，，，
∴，
∴，
故选：．
12. 若抛物线（为常数）与直线有两个交点，，且，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由与有两个交点，可知有两个不相等的实根，即，可得关于的不等式；再由，不等式左边展开，利用韦达定理可得关于的不等式，联立不等式组即可．
【详解】解：因为与有两个交点，所以，即有两个不相等的实根，即，解得：，
由整理得：
，
由韦达定理可知：，代入上式得，，解得：，
联立解得：，
故选：A．
【点睛】本题结合函数考查了一元二次方程的根与系数的关系，关键是理解图像有两个交点等价于方程有两个不相等实数根，从而得出含的不等式，利用韦达定理展开已知含两根的不等式得出含的不等式．
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共6个小题，共24分）
13. 若抛物线先向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位得到一个新的抛物线，则新抛物线的顶点坐标是__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数图象的平移，的图象与性质，坐标与图形变化——平移等知识点，熟练掌握“左减右加，上加下减”的平移规律是解题的关键．
先得到二次函数的顶点坐标，然后按照“左减右加，上加下减”的平移规律求出其先向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位后的顶点坐标，于是得解．
【详解】解：，
其顶点坐标为，
先向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位后的顶点坐标为，即，
故答案为：．
14. 如图，点是等边三角形内一点，且，，，若将绕着点逆时针旋转60度后得到，则的度数是________．
【答案】##度
【解析】
【分析】本题考查旋转的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是勾股定理逆定理的应用，属于中考常考题型．
首先证明为等边三角形，得，由可得，在中，已知三边，用勾股定理逆定理证出得出，可求的度数，由此即可解决问题．
【详解】解：连接，由题意可知
则，，，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
又∵，，，
∴，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴
∴，
故答案为．
【点睛】本题考查旋转的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是勾股定理逆定理的应用，属于中考常考题型．
15. 已知二次函数的图象和x轴有交点，则k的取值范围____．
【答案】且
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的定义，二次函数与一元二次方程根与系数的关系，求不等式的解集，掌握二次函数定义，根与系数的关系是解题的关键．
根据二次函数的定义可得，根据图象和x轴有交点，可得，再根据不等式求解集即可求解．
【详解】解：∵是二次函数，
∴，
∵图象和x轴有交点，
∴，
解得，，
故答案为：且 ．
16. 如图，已知的直径，点是弦上一点，连接，，，则弦的长为____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了垂径定理，等腰三角形判定和勾股定理，能熟记垂直于弦的直径平分这条弦是解此题的关键．过作于，求出，根据等腰三角形的判定得出，设，则根据垂径定理得出，然后根据勾股定理求出即可．
【详解】解：过作于，则，
，
，
，
设，
直径，
，
，过圆心，
，
，
，
在中，由勾股定理得：，即，
解得：或（不符合题意，舍去），
，
，
故答案为：．
17. 如图，是半圆的直径，为圆心，是半圆上的点，是上的点，连接，若，则的度数为________．
【答案】
【解析】
【分析】由直径所对的圆周角是直角可得，由直角三角形的两个锐角互余可得，根据圆内接四边形的性质定理可得，然后利用等式的性质即可得出答案．
【详解】解：如图，连接，
是半圆的直径，
，
，
，
，
故答案：．
【点睛】本题主要考查了直径所对的圆周角是直角，直角三角形的两个锐角互余，圆内接四边形的性质定理，等式的性质等知识点，熟练掌握直径所对的圆周角是直角及圆内接四边形的性质定理是解题的关键．
18. 在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2的图象如图所示．已知A点坐标为（1，1），过点A作AA1∥x轴交抛物线于点A1，过点A1作A1A2∥OA交抛物线于点A2，过点A2作A2A3∥x轴交抛物线于点A3，过点A3作A3A4∥OA交抛物线于点A4……，依次进行下去，则点A2019的坐标为_______．
【答案】(-1010,10102)
【解析】
【分析】根据二次函数性质可得出点A1的坐标，求得直线A1A2为y=x+2，联立方程求得A2的坐标，即可求得A3的坐标，同理求得A4的坐标，即可求得A5的坐标，根据坐标的变化找出变化规律，即可找出点A2019的坐标．
【详解】∵A点坐标（1，1），
∴直线OA为y=x，A1（-1，1），
∵A1A2∥OA，
∴直线A1A2为y=x+2，
解 得 或 ，
∴A2（2，4），
∴A3（-2，4），
∵A3A4∥OA，
∴直线A3A4为y=x+6，
解 得 或 ，
∴A4（3，9），
∴A5（-3，9）
…，
∴A2019（-1010，10102），
故答案为（-1010，10102）．
【点睛】此题考查二次函数图象上点的坐标特征、一次函数的图象以及交点的坐标，根据坐标的变化找出变化规律是解题的关键．
三、解答题：（本大题有7小题，共78分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19. 解方程：
（1）
（2）
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】本题考查了因式分解法解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程解法是解题的关键．
（1）利用因式分解法解一元二次方程即可；
（2）利用因式分解法解一元二次方程即可．
【小问1详解】
解：，
，
即：，
或，
，；
【小问2详解】
解：，
整理，得：，
即：，
或，
，．
20. 新高考采用“”的模式，对生物学科提出了更高的要求．某学校生物组为培养同学们观察、归纳的能力，组建了生物课外活动小组．在一次野外实践时，同学们发现一种水果黄瓜的主干长出若干数目的支干，每个支干又长出同样数目的小分支，主干、支干和小分支的总数是21．
（1）这种水果黄瓜每个支干长出多少小分支？
（2）学校打算建立一块矩形的生物种植田来种植这种水果黄瓜，一面利用学校的墙（墙的最大可用长度为10米），其余部分需要用总长为22米的栅栏围成，且矩形中间需用栅栏隔开，栅栏因实验需要，有两个宽为1米的门（门无需栅栏，如图所示）．设种植田的宽为米．若该种植田的面积为36平方米（栅栏的占地面积忽略不计），求该种植田的宽．
【答案】（1）4个 （2）6米
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的实际应用：
（1）设这种水果黄瓜每个支干长出的小分支个数是x，根据主干、支干和小分支的总数是21，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出答案．
（2）设种植田的宽为米，则长为米，根据题意列一元二次方程组，解方程组，再根据对求出的根进行取舍．
【小问1详解】
解：设这种水果黄瓜每个支干长出x个小分支，
由题意得：，
解得，（舍），
即这种水果黄瓜每个支干长出4个小分支；
【小问2详解】
解：设种植田的宽为米，则长为米，
由题意得：，
整理得：，
解得，，
当时，，不合题意，舍去；
当时，，符合题意；
综上可知，该种植田的宽为6米．
21. 在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，， ．

（1）将向右平移4个单位，画出平移后的；
（2）以点为对称中心，画出与成中心对称的，此时四边形的形状是________；
（3）在平面上是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出符合条件的所有点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）详见解析；（2）平行四边形；（3）存在，满足条件的点坐标为，，．
【解析】
【分析】（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）直接利用旋转的性质结合平行四边形的判定方法得出答案；
（3）直接利用平行四边形的判定方法得出符合题意的答案．
【详解】解：（1）如图，即为所作．

（2）如图，即为所作，四边形是平行四边形，故答案为平行四边形．
（3）存在．满足条件的点坐标为，，．
【点睛】此题主要考查了平移变换、旋转变换，正确得出对应点位置是解题关键．
22. 如图，是外一点，是的切线，是切点，是上一点，且，延长分别与、切线相交于、两点．
（1）求证：是的切线；
（2）为边上的中线，若，，求的值．
【答案】（1）见解析；
（2）．
【解析】
【分析】本题考查切线的判定与性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，解题关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
（1）要证明是的切线，只要证明即可，根据题意可以证明，从而可以解答本题；
（2）根据题意和勾股定理的知识，可以求得的值．
【小问1详解】
证明：连接，
在和中，
，
∴（），
∴，
∵是的切线，是切点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是半径，
∴是的切线；
【小问2详解】
解：连接，设，则，
∵，，，
∴即，
解得，，
∴，，
设，则，
∵是圆的切线，
∴，
∴，，
解得，x=6，
∴，
∵为边上的中线，
∴，
∴．
23. 某数学兴趣小组在暑假开展社会实践活动，销售某品牌书包，平均每天可以销售20个，每个盈利12元，为了扩大销售，增加盈利，该小组决定采取适当的降价措施，经调查发现，如果每个书包每降价1元，平均每天可以多卖5个．
（1）若该兴趣小组同学想要一天盈利300元，每个书包应降价多少元；
（2）该兴趣小组同学想要一天盈利最大，应降价多少元，所得最大利润是多少元？
【答案】（1）元或元
（2）元，元
【解析】
【分析】（1）设每个书包应降价元，则每个书包盈利元，平均每天可售出个，根据“数学兴趣小组每天销售该品牌书包获得的总利润每个书包的销售利润每天的销售量”，即可得出关于的一元二次方程，解之即可得出的值，进而得出结论；
（2）设每个书包降价元，则每个书包盈利元，平均每天可售出个，设每天盈利为元，根据“数学兴趣小组每天销售该品牌书包获得的总利润每个书包的销售利润每天的销售量”，即可得出关于的二次函数，求该二次函数的最值，即可得出结论．
【小问1详解】
解：设每个书包应降价元，则每个书包盈利元，平均每天可售出个，
依题意可得：，
整理，得：，
解得：，，
每个书包应降价元或元；
【小问2详解】
解：设每个书包降价元，则每个书包盈利元，平均每天可售出个，设每天盈利为元，
依题意可得：，
整理，得：，
，
抛物线开口向下，
当时，取得最大值，最大值为，
答：该兴趣小组同学想要一天盈利最大，应降价元，所得最大利润是元．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用（营销问题），因式分解法解一元二次方程，实际问题与二次函数（销售问题），把化成顶点式，二次函数的图象与系数的关系，二次函数的最值等知识点，根据“数学兴趣小组每天销售该品牌书包获得的总利润每个书包的销售利润每天的销售量”正确列出一元二次方程或二次函数解析式是解题的关键．
24. 如图，抛物线与x轴交于、两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线解析式；
（2）点H是抛物线对称轴上的一个动点，连接、，直接写出周长的最小值为 ；
（3）若点G是第四象限抛物线上的动点，求面积的最大值以及此时点G的坐标；
【答案】（1）；
（2）；
（3）面积的最大值为，此时
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法确定二次函数解析式即可；
（2）将抛物线解析式变形为顶点式，然后确定出抛物线的对称轴，连接交对称轴于点H，由轴对称的性质得出，此时取得最小值，再由勾股定理求解即可；
（3）设，，过点G作轴，交于点F，设直线BC的解析式为，利用待定系数法得出，确定，，结合图形得出三角形面积的二次函数，由函数的性质求解即可．
【小问1详解】
解：∵抛物线与x轴交于、两点，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为：；
【小问2详解】
，
∴抛物线的对称轴为，
当x=0时，，
如图所示：连接交对称轴于点H，
∵、两点关于对称，
∴，
∴，此时取得最小值，
∵，
在中，
，
在中，
，
∴周长的最小值为：，
故答案为：；
【小问3详解】
如图2所示：设，
过点G作轴，交于点F，
设直线BC的解析式为，
∵，
∴，
解得：，
直线的解析式为：，
∴，
∴，
∴
∵，
∴当时，，面积的最大值为，此时．
【点睛】题目主要考查二次函数与一次函数的综合问题，包括待定系数法确定函数解析式，最短周长及最大面积问题，理解题意，熟练掌握二次函数的应用是解题关键．
25. 如图1，在和中，，，且，则可证明得到．
（1）【初步探究】如图2，为等边三角形，过点作的垂线，点为上一动点（不与点重合），连接，把线段绕点逆时针方向旋转60°得到，连．请写出与的数量关系并说明理由；
（2）【深入探究】如图3，在（1）的条件下，连接并延长交直线于点．当点运动到时，若，求的长；
（3）【拓展探究】如图4，在中，，以为直角边，为直角顶点向外作等腰直角，连接，若，，则长为______．
【答案】（1），理由见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）证明即可；
（2）连接，，结合（1）结论，先证明是等边三角形，再证明垂直平分，，即可得，在中，根据等腰三角形的性质可得，即有，在中，根据，，可得，在中，利用勾股定理可得，即有；
（3）在的上方作等腰直角，使得，，连接，利用勾股定理得到，，即有，进而有，再证明，即可解答．
【小问1详解】
，理由如下：
证明：∵为等边三角形，
∴，，
∵线段绕点逆时针方向旋转得到，
∴，，
∴，
在和中，
∴，
∴；
【小问2详解】
如图，连接，，
由（1）得，，
∵，，
∴是等边三角形，
又∵，
∴垂直平分，，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
在中，
∵，，
∴，
在中，
∵，，，
∴，
∴，
在中，
∵，，，
∴，
∴；
【小问3详解】
在的上方作等腰直角，使得，，连接，如图：
∵是等腰直角三角形，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴在中，，
∵，
∴，
即，
∵，，
∴，
∴，
∴
故答案为：．