精品解析：河北省保定市易县2024—2025学年九年级上学期11月期中数学试题（解析版）-A4

这是一份精品解析：河北省保定市易县2024—2025学年九年级上学期11月期中数学试题（解析版）-A4，共25页。试卷主要包含了请将各题答案填写在答题卡上．， 能使方程成立的x的值为， 增删算法统宗中记载等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.满分120分，答题时间120分钟．
2.请将各题答案填写在答题卡上．
3.本次考试设卷面分．答题时，要书写认真、工整、规范、美观．
一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36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. 下面四个标志中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了轴对称、中心对称图形的定义，掌握相关定义是解题的关键．“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”，据此找出图中的轴对称图形；“ 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”，据此找出图中的中心对称图形即可解答题目．
【详解】A、不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意；
B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
C、不是中心对称图形，但是轴对称图形，不符合题意；
D、既轴对称图形又是中心对称图形，符合题意．
故选：D．
2. 抛物线与抛物线具有的相同的性质是（ ）
A. 开口向上B. 开口向下C. 有最高点D. 对称轴是y轴
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的性质，是基础知识，需熟练掌握．抛物线是最简单二次函数形式．顶点是原点，对称轴是y轴，时，开口向上；时，开口向下．
根据二次函数的性质分析即可．
【详解】抛物线的开口向上，对称轴为轴，有最低点；
抛物线开口向下，对称轴为轴，有最高点；
故抛物线与相同的性质是对称轴都是轴，
故选：D．
3. 如图，在中，，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查圆周角定理，根据同弧（或等弧）所对圆周角是圆心角的一半求解即可，也是解题关键．
【详解】解：∵，
∴．
故选B．
4. 能使方程成立的x的值为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的解，把各个选项的值分别代入方程，若方程左右两边的值相等，即为方程的解，进行作答即可．
【详解】解：A、把代入，则，故该选项不符合题意；
B、把代入，则，故该选项不符合题意；
C、把代入，则，故该选项符合题意；
D、把代入，则，故该选项不符合题意；
故选：C．
5. 如图，将该五角星图案绕着它的中心旋转．若旋转后的五角星能与自身重合，则旋转角至少为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查旋转对称图形，根据正五边形的中心角为，得到当旋转角度为的倍数时，五角星能与自身重合，判断即可．
【详解】解：∵五角星为正五边形，
∴中心角的度数为：，
∴当旋转角度为的倍数时，五角星能与自身重合，
故旋转角至少为；
故选D．
6. 如图，在的正方形网格中，点A，B，C，D，E，F，G在小正方形网格的顶点上，则的外心是（ ）
A. 点DB. 点EC. 点FD. 点G
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查三角形外心的定义，根据三角形的外心是三角形三边垂直平分线的交点解答即可，也是解题关键．
【详解】解：作线段和线段的垂直平分线，如图，
由图可知点F是线段和线段的垂直平分线交点，
∴点F是 的外心．
故选C．
7. 把一个小球的速度竖直向上弹出，它在空中的高度与时间之间满足关系式 ，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，小球到达最高点B. 当时，小球到达最高点
C. 当时， D. h的值一直增大
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的图象性质，根据得出对称轴直线，因为，所以当时，小球到达最高点，在时，h的随着的增大而增大，在时，h的随着的增大而减小，把代入，得出，即可作答．
【详解】解：∵ ，
∴对称轴直线，
∵，
∴当时，小球到达最高点，故A选项符合题意，B选项不符合题意；
则在时，h的随着的增大而增大，在时，h的随着的增大而减小，
∴D选项不符合题意；
把代入，得出，
故C选项不符合题意；
故选：A．
8. 如图，一元二次方程的两个根对应的点分别落在数轴上P，Q两个区域内，则b和c的值可能为（ ）．
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】此题考查了根与系数的关系．此题比较简单，注意掌握若二次项系数为1，，是方程的两根时，则，．
首先根据题意得到，，然后利用根与系数的关系得到，，进而求解即可．
【详解】解：∵一元二次方程的两个根对应的点分别落在数轴上P，Q两个区域内，
∴设P区域内的根为，Q区域内的根为，
∴，
∴，即
∴
∴b的值可能为1；
∵，
∴
∴
∴c的值可能为．
故选：A．
9. 观察图中尺规作图的痕迹，可知要与 重合，需绕点A逆时针旋转（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查等边三角形的判定和性质，由作图可知，，得到，均为等边三角形，进而得到，即可．
【详解】解：由作图可知：，
∴，均为等边三角形，
∴，
∵要与 重合，
∴旋转角度为；
故选B．
10. 增删算法统宗中记载：“今有门厅一座，不知门广高低，长午横进使归室，争奈门狭四尺，随即竖竿过去，亦长二尺无疑，两隅斜去恰方齐，请问三色各几？”，其大意是今有一房门，不知宽与高，长竿横着进门，门的宽度比竿小尺进不了；将竿竖着进门，竿比门长尺；将竿斜着穿过门的对角，恰好进门．试问门的宽、高和竿长各是多少？如图，若设竿长为尺，依题意可得方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设竿长为尺，则为尺，为尺，利用勾股定理，可得出关于的一元二次方程，此题得解．
【详解】解：设竿长为尺，则为尺，为尺，
根据题意得：．
故选A．
【点睛】本题考查一元二次方程的实际应用．找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
11. 如图，是正方形的内切圆，点E，F，G，H 分别在正方形的四条边上，和分别为的切线．设和的周长分别为a和b，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D. 无法比较a与b的大小
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了切线长定理，正方形的性质，依题意，连接各个切点与圆心，结合切线长定理得，则的周长是，的周长是，即可作答．
【详解】解：∵是正方形的内切圆，点E，F，G，H 分别在正方形的四条边上，和分别为的切线．
∴连接各个切点与圆心，如图所示：
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
即，
结合切线长定理得，
∴的周长是，
∴的周长是，
∵和的周长分别为a 和b，
∴，
故选：C．
12. 如图，抛物线的顶点在x轴的正半轴上，过点且平行于x轴的直线l与抛物线交于A，B两点，点．若四边形是菱形，则a和h的值分别为（ ）
A. ，11B. ，11C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】此题考查了二次函数的图象和性质，菱形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
如图所示，设与y轴交于点D，首先根据菱形的性质得到，然后由勾股定理求出，进而得到，，然后根据二次函数的对称性求出对称轴为直线，得到，然后将代入即可求出．
【详解】如图所示，设与y轴交于点D
∵
∴
∵四边形是菱形
∴
∵过点且平行于x轴的直线l与抛物线交于A，B两点，
∴，
∴
∴
∴
∴
∴对称轴为直线
∴
∴将代入得，
解得．
故选：A．
二、填空题（本大题共4个小题，每小题3分，共12分）
13. 已知，当时，x的值为________．
【答案】1
【解析】
【分析】本题考查解一元二次方程，根据题意，列出一元二次方程，进行求解即可．
【详解】解：∵，
∴当时，，
解得：；
故答案为：1．
14. 将抛物线先向左平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度后，所得到的新抛物线与y轴的交点坐标为________．
【答案】
【解析】
【分析】此题主要考查了二次函数图象的平移，二次函数与y轴的交点，熟练掌握平移的规律是解题的关键．
根据“左加右减、上加下减”的原则得到新抛物线析式为，然后根据将代入求解即可．
【详解】解：将抛物线先向左平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度后，
所得抛物线析式为：，
当时，
∴所得到的新抛物线与y轴的交点坐标为．
故答案：．
15. 如图，在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点 A，B的对应点分别为D，E，连接．当点A，D，E在同一条直线上时，的度数为________．
【答案】##84度
【解析】
【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，邻补角的性质，掌握旋转的性质是解题关键．根据旋转可知，，结合等腰三角形的性质和邻补角的性质可求出，最后根据求解即可．
【详解】解：由旋转可知，，
∴，
∴．
故答案为：．
16. 如图，在矩形中，，E，F分别是上点，且于点G，连接，则的最小值为________．
【答案】8
【解析】
【分析】本题考查圆周角定理的推论，勾股定理，矩形的性质．理解点G在以为直径的圆上运动是解题关键．根据题意得出，即得出点G在以为直径的圆上运动，且圆心O为线段的中点，连接，交于点P，结合勾股定理可求出，又可得出的最小值即为的长，求出的长即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴点G在以为直径的圆上运动，且圆心O为线段的中点，连接，交于点P，如图，
∴，
∴．
由图可知的最小值即为的长，
∴．
故答案为：8．
三、解答题（本大题共8个小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 解方程．
（1）
（2）
【答案】（1），
（2），．
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是掌握一元二次方程的解法：直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法等．
（1）利用直接开方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】
解得，；
【小问2详解】
或
解得，．
18. 如图，在边长为1的正方形网格中建立平面直角坐标系，的三个顶点均在格点（网格线的交点）上．
（1）画出关于原点对称的，并写出点C的对应点的坐标．
（2）画出绕点A 逆时针旋转得到的，并写出点C的对应点的坐标．
【答案】（1）见解析，
（2）见解析，
【解析】
【分析】本题考查了画中心对称图形，画旋转图形，写出点的坐标，勾股定理，熟练掌握以上几何变换的性质是解题的关键．
（1）根据中心对称的性质作图，然后写出点的坐标即可；
（2）根据旋转的性质作图，然后写出点的坐标即可．
【小问1详解】
如图所示，即为所求；
∴；
【小问2详解】
如图所示，即为所求；
∴．
19. 中国的基建速度震惊世界，大大地激发了青少年对桥梁和道路建设的兴趣．如图，小宇利用计算机设计了一款桥梁，桥拱可以用抛物线的一部分表示，其函数解析式为，并利用计算机软件模拟水面情况．

（1）若桥拱与抛物线的形状相同，则 ．
（2）在（1）的条件下，当水面的宽度为时，求桥拱顶点到水面的高度．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查二次函数的实际应用，正确求出抛物线解析式是解题关键．
（1）根据桥拱与抛物线形状相同，可直接确定a值；
（2）由题意可确定点B的横坐标为，从而可求出y的值，即得出的长．
【小问1详解】
解：∵桥拱与抛物线的形状相同，
∴；
【小问2详解】
解：由（1）可知函数解析式为．
∵水面的宽度为，
∴点B的横坐标为．
将代入，得：，
∴桥拱顶点到水面的高度．
20. 如图，为的内接三角形，，以为边作矩形，使边过点C，交于点 F，连接．
（1）当时，求的度数．
（2）求证：．
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】本题考查弧，弦，角之间的关系，圆内接四边形，矩形的性质，熟练掌握等弧对等弦，是解题的关键：
（1）先证明为等边三角形，得到，再根据圆内接四边形的对角互补，求出的度数即可；
（2）证明，即可得出结论．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∵四边形为圆内接四边形，
∴；
【小问2详解】
证明：∵，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，
∴．
21. 若关于x的方程有一个解为，则称这样的方程为“归一方程”．例如：方程有解，所以为“归一方程”．
（1）下列方程是“归一方程”的有 ．（填序号）
①；②；③．
（2）若关于x的一元二次方程为“归一方程”，求代数式的值．
（3）若关于x的一元二次方程为“归一方程”，则n 的值为 ；方程的另一个解为 ．
【答案】（1）②③ （2）0
（3）
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的解，解一元二次方程，根与系数的关系，熟练掌握“归一方程”的定义，是解题的关键：
（1）分别求出方程的解，进行判断即可；
（2）根据题意，求出，代入代数式进行计算即可；
（3）根据根与系数的关系，求出两个根，以及的值即可．
【小问1详解】
解：，解得：，故①不是“归一方程”；
，解得：或，故②是“归一方程”；
，解得：，故③是“归一方程”；
故答案为：②③；
【小问2详解】
∵，
∴，
∵方程是“归一方程”
∴，
∴；
【小问3详解】
∵为“归一方程”，
∴方程有一个根为，设另一个根为，
则：，
∴，
∴；
故答案为：．
22. 图1中的四边形纸片1与图2中的四边形纸片2形状相同，但大小不同，其中 ，，，现利用这两张卡片分别裁剪拼接出两个正方形．嘉嘉利用纸片1按图示方法截取正方形，设．
（1）①纸片1中的 （用含x 的代数式表示）；若正方形的面积为27，则可列一元二次方程： ．
②请解①中的方程，并求的长．
（2）①淇淇将纸片2只剪一次，并利用旋转知识拼出一个面积最大的正方形．请在图2中画出正确的图形（剪拼痕迹均用虚线表示）．
②若图2中，请比较（1）（2）的条件下得到的两个正方形中，哪个面积较大？
【答案】（1）①，；②
（2）①见解析；②（1）中的正方形，面积较大．
【解析】
【分析】（1）①由正方形的性质结合题意可求出，根据含30度角的直角三角形的性质得出，再根据勾股定理即可求出，最后根据正方形的面积公式列方程即可；
②根据直接开平方法求出x的值，即可求出和的长，最后根据求解即可；
（2）①过点A作，设为裁剪线，将绕点A逆时针旋转得出，从而可证四边形为正方形，即此时拼出的正方形面积最大；
②由（2）①可知，结合含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，可求出的长，从而可求出，最后比较即可．
【小问1详解】
解：①∵四边形为正方形，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：，；
②解：，
，
∴，（舍），
∴，，
∴．
故答案为：；
【小问2详解】
解：①过点A作，设为裁剪线，
∵图1中的四边形纸片1与图2中的四边形纸片2形状相同，
∴，，
∴将绕点A逆时针旋转得出，如图，
∴，，．
∵，
∴，
∴，
∴C、D、N三点共线，
∴，
∴四边形为矩形，
∴矩形为正方形，即此时拼出的正方形面积最大；
②由（2）①可知，
又∵图1中的四边形纸片1与图2中的四边形纸片2形状相同，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴（1）中的正方形，面积较大．
【点睛】本题考查正方形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，解一元二次方程，旋转的性质等知识．利用数形结合的思想是解题关键．
23. 如图，为的外接圆，为的直径，，的平分线与交于点P，过点P作于点Q，连接．
（1）与的位置关系为 ．
（2）求证：为的切线．
（3）若，求的长．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）首先根据直径所对的圆周角是直角得到，然后得到，即可证明；
（2）连接，根据角平分线的概念和等边对等角得到，得到，即可证明出为的切线；
（3）首先根据题意证明出，得到，然后代数表示出，然后在中，利用勾股定理求出，然后利用勾股定理求解即可．
【小问1详解】
∵为的直径，
∴
∵
∴
∴；
【小问2详解】
如图所示，连接
∵平分
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∵点P是上的点
∴为的切线；
【小问3详解】
∵
∴
∵为的直径
∴
∴
∵
∴
又∵
∴
∴，即
∴
∵
∴
∵在中，
∴
解得或（舍去）
∴
∴
∴．
【点睛】此题考查了切线的判定，直径所对的圆周角是直角，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是正确做出辅助线以及掌握以上知识点．
24. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线W：与x轴交于和两点．
（1）求抛物线W的解析式．
（2）如图，将抛物线绕点N旋转后得到抛物线，抛物线与x轴交于另一点Q．
①直接写出点Q的坐标和抛物线的解析式．
②利用①中的结论，当时，求抛物线的最大值和最小值．
（3）P为抛物线 W上的一个动点，点P的横坐标为，以点P为中心作正方形，，且轴．
①当抛物线落在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而减小时，求m的取值范围．
②正方形的边与抛物线只有两个交点，且交点的纵坐标之差为时，请直接写出m的值．
【答案】（1）
（2）①，；②抛物线的最大值为4，最小值为3
（3）①；②或或
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）①求出抛物线W顶点坐标，根据抛物线是将抛物线绕点N旋转后得到的，即得出点和抛物线的顶点坐标，从而可设抛物线的顶点式，再将点代入即可解答；
②根据抛物线的解析式和x的取值范围，结合图象即可解答；
（3）①由抛物线W的解析式可知其对称轴为直线．根据题意可知点C和点D位于y轴上，且正方形在直线的左侧，即得出，求解即可；
②分类讨论：Ⅰ当正方形与抛物线的交点在边和上时、Ⅱ当正方形与抛物线的交点在边和上时和Ⅲ当正方形与抛物线的交点在边和上时，分别求解即可．
【小问1详解】
解：将和代入，
得：，解得：，
∴抛物线W的解析式为；
【小问2详解】
解：①∵，
∴抛物线W的顶点坐标为．
∵将抛物线绕点N旋转后得到抛物线，抛物线与x轴交于另一点Q，
∴点Q与点M关于点N对称，抛物线的顶点与抛物线W的顶点关于点N对称，
∴，抛物线的顶点坐标为．
设抛物线的解析式为，
将代入，得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
②∵抛物线的解析式为，
又∵，
∴，；
【小问3详解】
解：①∵抛物线W的解析式为，
∴其对称轴为直线．
∵四边形为正方形，且轴，
∴轴，轴，轴．
∵点P的横坐标为，且点P为正方形中心，，
∴点C和点D位于y轴上．
∵抛物线落在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而减小，
∴正方形在直线的左侧，
∴，
∴；
②分类讨论：Ⅰ当正方形与抛物线的交点在边和上时，如图1，
∴．
∵交点的纵坐标之差为，
∴，
∴；
Ⅱ当正方形与抛物线的交点在边和上时，如图2，
∴．
∵交点的纵坐标之差为，
∴，
解得：，（舍）；
Ⅲ当正方形与抛物线的交点在边和上时，如图3，
∴．
∵交点的纵坐标之差为，
∴，
解得：，（舍）．
综上可知，m的值为或或．