河南省安阳市2024-2025学年九年级上学期11月期中联考数学试题（解析版）-A4

这是一份河南省安阳市2024-2025学年九年级上学期11月期中联考数学试题（解析版）-A4，共20页。试卷主要包含了1-24， 一元二次方程的根的情况是等内容，欢迎下载使用。
测试范围：21.1-24.4
注意事项：
1．，严禁上传、盗印，依法必究．
2．本试卷共6页，三大题，满分120分，测试时间100分钟．
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. 下列方程中，一定是关于x的一元二次方程的是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程进行解答即可．
【详解】解：A、当，不是一元二次方程，故此选项错误；
B、是一元二次方程，故此选项正确；
C、不是一元二次方程，故此选项错误；
D、不是一元二次方程，故此选项错误；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程定义，解题的关键是判断一个方程是否是一元二次方程应注意抓住5个方面：“化简后”；“一个未知数”；“未知数的最高次数是2”；“二次项的系数不等于0”；“整式方程”．
2. 下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合求解．
【详解】B既是轴对称图形，又是中心对称图形；
C只是轴对称图形；
D既不是轴对称图形也不是中心对称图形，
只有A符合．
故选A．
3. 用配方法解方程时，下列配方结果正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题实际上是把左边配成完全平方式，右边化为常数．
【详解】解：移项得：x2+2x=5
配方得：x2+2x+1=5+1，即（x+1）2=6．
故选B．
【点睛】本题考查了配方法解一元二次方程．熟练掌握配方法解一元二次方程的方法步骤是解题关键．
4. 如图，把ΔABC绕着点逆时针旋转得到，，则的度数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接根据旋转的性质求解
【详解】 ΔABC绕着点逆时针旋转得到
∴BAD=CAE=20°
∴==30°+20°=50°
故选D
【点睛】本题考查了旋转的性质．掌握旋转的性质是解题的关键．
5. 如图，点，，在上，若，则的度数是（ ）
A. 18°B. 36°C. 54°D. 72°
【答案】B
【解析】
【分析】由点A，B，C在⊙O上，∠BOC=72°，直接利用圆周角定理求解即可求得答案．
【详解】解：∵点A，B，C在⊙O上，∠BOC=72°，
∴∠BAC=∠BOC=36°．
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．
6. 下列抛物线中，与抛物线的形状、开口方向完全相同，且顶点坐标为的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的图象和性质；首先根据顶点坐标可设抛物线解析式为，再由形状和开口方向完全相同得出，然后可得答案．
【详解】解：∵抛物线顶点坐标为，
∴可设抛物线解析式为，
∵与抛物线的形状、开口方向完全相同，
∴，
∴所求抛物线解析式为．
故选：A．
7. 一元二次方程的根的情况是（ ）
A. 有两个相等的实数根B. 只有一个实数根
C. 有两个不相等的实数根D. 没有实数根
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了根的判别式，一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根．
【详解】解：，
方程有两个不相等的实数根，
故选：C．
8. 已知二次函数y＝﹣2ax2+ax﹣4（a＞0）图象上三点A(﹣1，y1)、B(1，y2)、C(2，y3)，则y1，y2，y3的大小关系为（ ）
A. y1＜y3＜y2B. y3＜y1＜y2C. y1＜y2＜y3D. y2＜y1＜y3
【答案】B
【解析】
【分析】由解析式得到抛物线的开口方向和对称轴，然后根据二次函数的性质即可判断．
【详解】∵y＝﹣2ax2+ax﹣4（a＞0），
∴抛物线的开口向下，对称轴为直线x＝﹣，
∴当x＞时，y随x的增大而减小，
∵点A（﹣1，y1）关于对称轴的对称点是，而，
∴y3＜y1＜y2．
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，要比较二次函数值的大小，关键是掌握二次函数的性质．
9. 如图，在平面直角坐标系中，点，点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，则线段的长度为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】如图所示，过点作轴于点，根据题意可得，可证，可得的长，在中根据勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作轴于点，

∵点，点，
∴，
∵将线段绕点顺时针旋转得到线段，
∴，，且，
∴，，
∴，
在中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴点的坐标为，
∴在中，，
故选：．
【点睛】本题主要考查平面直角坐标系中图形与坐标，全等三角形的判定和性质，勾股定理的运用，理解图示，掌握图形与坐标的运用，全等三角形的判定和性质，勾股定理求线段长度的方法是解题的关键．
10. 已知，当且x为整数时，y随x的增大而减小，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】可先求得抛物线的对称轴，再由条件可求得关于m的不等式，可求得答案．
【详解】解：∵，
∴对称轴为，
∵，
∴抛物线开口向上，
∴在对称轴左侧y随x的增大而减小，
∵当且x为整数时，y随x的增大而减小，
∴，
解得，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握二次函数的增减性．
二、填空题（每小题3分，共15分）
11. 若关于x的一元二次方程的常数项为0，则m值等于_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义可得，根据常数项为0得到，据此求解即可，熟练掌握一元二次方程的基本定义是解题关键．
【详解】解：∵关于的一元二次方程的常数项为0，
∴，
解得，
故答案为：．
12. 正六边形边长为，则其边心距是________．
【答案】##
【解析】
【分析】由于正六边形可以分成六个边长为3的正三角形，而正多边形的边心距即为每个边长为3的正三角形的高，从而构造直角三角形即可解．
【详解】解：∵正六边形边长为3，
而正六边形可以分成六个边长为3的正三角形，
∴正多边形的边心距即为每个边长为3的正三角形的高，
∴边长为3正六边形的其边心距为3×．
故答案为．
13. 抛物线与轴的交点坐标是和,则抛物线的对称轴是______．
【答案】
【解析】
【分析】由抛物线与轴的两个交点，利用对称性确定出对称轴即可．
【详解】解：与轴的两个交点坐标是和，
抛物线的对称轴为直线．
故答案是：．
【点睛】本题考查了抛物线与轴的交点，解题的关键是掌握二次函数的图象与性质．
14. 如图，在矩形ABCD中，，，点O为BC的中点，以点O为圆心，OC长为半径作半圆与BD相交于点E，则图中阴影部分的面积是__________．
【答案】
【解析】
【分析】连接OE、EC，用△BCD的面积减去△BOE和扇形OEC的面积即可．
【详解】解：连接OE、EC，
∵BC是直径，
∴∠BEC=90°，
∵，，
∴，，∠EOC=60°，BD=2CD，
，
，
，
，，
，
，
图中阴影部分的面积是．
【点睛】本题考查了扇形面积和勾股定理，圆周角的性质，解题关键是熟记相关公式，准确进行计算．
15. 如图，在中，，是直角三角形，，，且边与重合，将绕点A以每秒顺时针方向旋转一周，在旋转的过程中，第______秒时，边与边平行．
【答案】6或42##42或6
【解析】
【分析】本题考查旋转的性质及平行线的性质，能根据题意画出示意图及熟知平行线的性质是解题的关键．分两种情况画出示意图，再利用平行线的性质求解即可．
【详解】解：当在上方时，如图，
∵，
∴，
又∵，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴；
当在下方时，如图所示，
∵，
∴，
∴，
∴．
综上所述，第6或42秒时，边与边平行．
故答案为：6或42．
三、解答题（共8题，共75分）
16. 用适当的方法解下列方程
（1）；
（2）．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了解一元二次方程：
（1）利用公式法解答，即可求解；
（2）利用因式分解法解答，即可求解．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∴，
∴，
解得：，；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴或，
∴．
17. 已知抛物线y＝﹣x2+4x+5
（1）用配方法将y＝﹣x2+4x+5化成y＝a（x﹣h）2+k的形式；
（2）写出抛物线的开口方向、对称轴和顶点坐标．
【答案】（1） （2）向下；；（2，9）
【解析】
【分析】（1）利用配方法将抛物线解析式化成y＝﹣（x﹣2）2+9即可；
（2）根据抛物线的顶点式可直接得出答案；
【详解】解：（1）y＝﹣x2+4x+5＝﹣x2+4x﹣4+4+5＝﹣（x﹣2）2+9，
（2）∵y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，其中a＝﹣1＜0，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线x＝2，抛物线的顶点坐标为（2，9）.
【点睛】本题考查了抛物线的顶点式，熟练掌握配方法以及抛物线的性质是解题关键.
18. 如图，在中，，求证：
（1）；
（2）．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，等腰三角形的性质，解答本题用到的知识点为：同弧所对的圆心角相等，等腰三角形两底角相等等．
（1）由，可知，得到；
（2）根据圆心角、弧、弦的关系由，得到，然后利用等腰三角形底角相等即可得到结论．
【小问1详解】
证明：，
；
【小问2详解】
证明：，
，
又，
，
即．
19. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，．
（1）请画出关于原点对称的；
（2）将绕点逆时针旋转得到，请画出；
（3）若在内有一点，将按照（2）的方式旋转之后的对应点为，则的坐标为______．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（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）根据中心对称的性质作图即可
（2）根据旋转的性质作图即可
（3）结合旋转的性质可得答案
【小问1详解】
解：即为所求；
【小问2详解】
即为所求；
【小问3详解】
由题意得，P的坐标为
故答案为∶ ．
20. 某手机专营店，第一期进了甲种手机50部．售后统计，甲种手机平均利润是160元/部．调研发现：甲种手机每增加1部，平均利润减少2元/部；该店计划第二期进货甲种手机比第一期增加x部，
（1）第二期甲种手机售完后的利润为8400元，那么甲种手机比第一期要增加多少部？
（2）当x取何值时，第二期进的甲种手机售完后获得的利润W最大，最大利润是多少？
【答案】（1）增加10件和增加20件品牌手机利润是相同的，为了减少成本故第二期甲种手机售完后的利润为8400元，品牌手机应该增加10部（2）当x取15时，第二期进的甲手机售完后获得的总利润W最大，最大总利润是8450元
【解析】
【分析】（1）甲种手机利润=销售品牌手机的数量×每件品牌手机的利润，根据这个关系即可列出方程；
（2）表示出第二期进的甲种手机售完后获得的总利润，根据二次函数，即可求出最大利润．
【详解】（1）根据题意，（50+x）（160﹣2x）＝8400，
解得x1＝10，x2＝20，
因为增加10件和增加20件品牌手机的利润是相同的，为了减少成本故第二期甲种手机售完后的利润为8400元，品牌手机应该增加10部；
（2）W＝（50+x）（160﹣2x）＝﹣2（x﹣15）2+8450，
当x取15时，第二期进的甲手机售完后获得的总利润W最大，最大总利润是8450元．
【点睛】本题考查了一元二次方程和二次函数的实际应用，能够根据实际问题列出一元二次方程和二次函数是解答此题的关键．
21. 抖空竹是中国传统文化苑中一株灿烂的花朵，是国家级的非物质文化遗产之一，可见于全国各地，天津、北京、辽宁、吉林、黑龙江等地尤为盛行．在学习了圆之后，数学兴趣小组的同学们对抖空竹进行了探究，示意图如图所示，已知绳，分别与空竹相切于点，，连接左右两个绳柄，，经过圆心，交于点，，．

（1）求证：．
（2）若，，求两个绳柄之间的距离．
【答案】（1）见解析 （2）两个绳柄之间的距离为20
【解析】
【分析】本题主要考查了切线的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识．
（1）连接，，证明即可得出；
（2）设，则，在中，由勾股定理得出方程，求解方程即可得出答案．
【小问1详解】
证明：连接，，如图所示，

∵，分别与相切于点C，D，
∴．
∵，
∴，即，
在和中，
∵，
∴．
∴；
小问2详解】
解：设，则，
在中，由勾股定理，得
，
解得：．
∴．
∴．
22. 如图，在平面直角坐标系中，点，．抛物线交轴于，两点，交轴于点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当时，求的最小值；
（3）连接，若二次函数的图象向上平移个单位时，与线段有一个公共点，结合函数图象，直接写出的取值范围．
【答案】（1）抛物线的解析式为
（2）时，有最小值，最小值为
（3）当或时，函数图象与线段有一个公共点
【解析】
【分析】（1）将，代入，待定系数法求解析式即可求解；
（2）根据抛物线开口向下，顶点坐标为，对称轴，得出最大值，进而根据离对称轴较远，得出函数值的最小值；
（3）二次函数的图象向上平移个单位后解析式为，分顶点在线段上，经过点，三种情况分类讨论即可求解．
【小问1详解】
将，代入
得，
解得，
∴抛物线的解析式为．
【小问2详解】
∵抛物线的解析式为，
∴抛物线开口向下，顶点坐标为，
∴函数最大值为，对称轴为直线．
∵，
∴时，有最小值，最小值为．
【小问3详解】
二次函数图象向上平移个单位后解析式为，
抛物线顶点坐标为，
当顶点落在线段上时，，
解得，
当抛物线向上移动，经过点时，，
解得，
当抛物线经过点时，，
解得．
∴当m=1，或时，函数图象与线段有一个公共点．
【点睛】本题考查了二次函数的综合运用，待定系数法求解析式，二次函数的平移，掌握二次函数的性质是解题的关键．
23. 如图①，在中，，，点D，E分别在边上，，连接．将绕点A顺时针方向旋转，旋转角为（）．
（1）如图②，当时，连接，填空：
与的数量关系为： ；与的位置关系为： ；
（2）当时，与交于点F，（1）中的结论还成立吗？若成立，请结合图③写出证明过程；若不成立，请说明理由；
（3）当旋转到时，请直接写出的长．
【答案】（1），
（2）成立，理由见解析
（3）或
【解析】
【分析】（1）证明，则，，如图②，延长交于，由三角形内角和定理，对顶角相等可得，则；
（2）求解过程同理（1）；
（3），由题意知，，分两种情况求解：①如图⑤，作的延长线于，连接，则，，由勾股定理得，，计算求解即可；②如图⑥，作于，连接，同理①，计算求解即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴三点共线，
∵，
∴，
∴，，
如图②，延长交于，

∵，，
∴，
∴，
故答案为：，；
【小问2详解】
解：成立，理由如下：
由旋转可得，，
∵，
∴，
∴，，
如图③，记的交点为，

同理（1），
∴，
∴，；
【小问3详解】
解：，
由题意知，，分两种情况求解：
①如图⑤，作的延长线于，连接，

∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
由勾股定理得，；
②如图⑥，作于，连接，

同理①可得，
∴，
由勾股定理得，；
综上所述，当旋转到时，的长为或．