北京市海淀外国语实验学校2024--2025学年上学期九年级期中考试数学试卷 （解析版）-A4

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时间120分钟 满分120分
一、选择题（共24分，每题3分）
1. 一元二次方程的一次项系数、常数项分别是（ ）
A. 3，2B. 4，2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的定义，理解定义是解题的关键．
根据一元二次方程的定义及一般形式求解．
【详解】解：根据定义，一次项系数、常数项分别是；
故选：C．
2. 下列图形中，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】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义进行逐项判断即可．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意．
故选：D．
3. 关于的一元二次方程用配方法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程—配方法，先移项得，再配方，即可作答．
【详解】解：，
移项得，
配方，
∴，
故选：A．
4. 对于抛物线，下列说法错误的是（ ）
A. 抛物线开口向下B. 当时，
C. 抛物线与x轴有两个交点D. 当时，y有最小值为10
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查二次函数的性质，二次函数图象与系数的关系，二次函数与方程及不等式的关系，根据二次函数解析式可得抛物线开口方向，抛物线与轴交点个数及二次函数的最值，从而确定正确的选项．
【详解】解：，
抛物线开口向下，顶点坐标为，时随增大而减小，当时，，当时有最大值为10，
选项A，B正确，D错误，
当时，，方程有两不等根，即抛物线与轴有2个交点，故C选项正确，
故选：D．
5. 若直线经过第一、第三、第四象限，则抛物线大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查一次函数经过象限确定抛物线的位置，由直线经过第一、第三、第四象限，可确定，，由，可判定抛物线开口向上，由，，可得出，则可判定抛物线的对称轴直线在的右侧，然后逐项判定即可．
【详解】解∶∵直线经过第一、第三、第四象限，
∴，，
∴抛物线的开口向上，
故选项B、D不符合题意，
∵，，
∴，
∴对称轴直线在的右侧，
故选项A不符题意，选项C符合题意，
故选：C．
6. 如图，在宽为，长为的矩形地面上修筑同样宽的道路（图中阴影部分），余下的部分种上草坪．要使草坪的面积为，求道路的宽．如果设小路宽为，根据题意，所列方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，这类题目体现了数形结合的思想，需利用平移把不规则的图形变为规则图形，进而即可列出方程，求出答案．
设小路宽为，利用平移把不规则的图形变为规则图形，如此一来，所有草坪面积之和就变为了，进而即可列出方程，求出答案．
【详解】解：利用平移，原图可转化为如图，
设小路宽为，
根据题意得：．
故选：A．
7. 勾股树又称毕达哥拉斯树，是毕达哥拉斯根据勾股定理画出来的可以无限衍生的图形，如图是勾股树的前三种衍生图．图①中共有3个正方形，图②中共有7个正方形，图③中共有15个正方形，……，按照这一规律，图⑥中正方形的个数为（ ）
A. 255B. 127C. 126D. 63
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查图形类规律探究，观察图形，推出第个图形有个正方形，进而求出图⑥中正方形的个数即可．
【详解】解：由图可知，第①个图形有个正方形，
第②个图形有个正方形，
第③个图形有个正方形，
∴第个图形有个正方形，
∴图⑥中正方形的个数为个正方形，
故选：B．
8. 如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕O点顺时针旋转后，得到正方形，以此方式，绕O点连续旋转2023次得到正方形，如果点C坐标为，那么点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由图形可知：点在以为圆心，以为半径的圆上运动，再由旋转可找出每次点的坐标，然后发现规律，进而得出答案．
【详解】解：∵点C坐标为，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
连接，如图：
由勾股定理得：，
由旋转的性质得：
，
∵将正方形绕O点顺时针旋转后，得到正方形，
，
……
发现是8次一循环，则，
∴点的坐标为．
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，坐标与图形，勾股定理等知识，其中找出点坐标的规律是解题的关键．
二、填空题（共24分，每题3分）
9. 在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，则点的坐标是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查坐标系上点的坐标的规律，熟练掌握关于原点对称的两个点的横坐标与纵坐标都互为相反数是解题的关键．根据关于原点对称的两个点的横坐标与纵坐标都互为相反数进行求解即可．
【详解】解：∵点与点B关于原点对称，
∴点B的坐标是，
故答案为：．
10. 若将一个二次函数的图象向下平移2个单位，再向左平移3个单位，所得函数解析式是，那么这个函数解析式为______
【答案】
【解析】
【分析】考查了抛物线的平移以及抛物线解析式的变化规律，由反向平移得到原来的函数，再按照“左加右减，上加下减”的规律解答即可．
【详解】解：将二次函数的图象向上平移2个单位，再向右平移3个单位可得．
故答案为：．
11. 若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是 ________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了根据一元二次方程的根的情况求参数，熟练掌握一元二次方程的根的判别式是解题关键．对于关于一元二次方程，其根的判别式为，当时，该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，方程没有实数根．据此可得关于的一元一次不等式，求解即可获得答案．
【详解】解：∵关于一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴，
解得．
故答案为：．
12. 如图，△ABC中，∠C=30°．将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△ADE，AE与BC交于F，则∠AFB=____°．
【答案】90
【解析】
【分析】利用旋转的性质可得∠CAF=60°，再利用三角形的外角性质即可求解．
【详解】根据旋转的性质可知∠CAF=60°，
根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两内角之和的性质，得：
∠AFB=∠C+∠CAF
=30°+60°
=90°．
故答案为：90．
【点睛】本题考查了旋转的性质和三角形外角的性质，抓住对应点与旋转中心形成的角是旋转角是解题的关键．
13. 幻方最早源于我国，古人称之为纵横图．如图所示的幻方中，各行、各列及各对角线上的三个数字之和均相等，则图中a的值是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了解二元一次方程组的应用；根据题意列出关于a与b的二元一次方程组，解方程组即可求得a的值．
【详解】解：由题意得：，
整理得：，
解得：，
故；
故答案为：．
14. 两千多年前，古希腊数学家欧多克索斯发现：如图，将一条线段分割成长、短两条线段，若短段与长段的长度之比等于长段的长度与全长之比，即（此时线段叫做线段的比例中项）．这种分割称为黄金分割，这个比值称为黄金比，点叫做线段的黄金分割点．若，则的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了黄金分割的定义；根据已知线段的比例关系与已知条件，设，代入转化一元二次方程求解即可．
【详解】解：设，
依题意，，
∴
∴
即
解得：或（舍去）
∴
故答案为：．
15. 已知抛物线（，为常数），，，是抛物线上三点，则由小到大依次排列为____________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图像上点的坐标特征，理解二次函数图像的增减性和对称性，求出对称轴是解题的关键．求出该抛物线的对称轴为直线，然后根据二次函数图像的增减性和对称性解答即可．
【详解】解：∵，，
∴抛物线的开口向上，对称轴为直线，
∴当，随的增大而增大，
∵关于直线的对称点是，且，
∴．
故答案为：．
16. 如图，正方形的四个顶点坐标分别为．若抛物线与正方形有两个公共点，则的取值范围是________．

【答案】
【解析】
【分析】当抛物线经过时，当抛物线经过时，再结合图象即可得到答案．
【详解】解：当抛物线经过时，则，
当抛物线经过时，则，解得，
抛物线与正方形有两个公共点，
由图象可知：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，根据图象找出临界点是解此题的关键．
三、解答题（共72分，第17题8分，第18-21题，每题5分，第22-26题，每题6分，第27-28题，每题7分）
17. 解方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）采用因式分解法解一元二次方程即可得到答案；
（2）利用公式法解一元二次方程即可得到答案．
【小问1详解】
解：，
，
，
或，
解得：，，
原方程的解为：，；
【小问2详解】
解：，
，，，
，
，
，，
原方程的解为：，．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，解一元二次方程的方法有：直接开平方法、配方法、公式法、因式分解法，选择合适的方法解方程是解此题的关键．
18. 已知二次函数.
（1）用配方法将化成的形式.并写出对称轴和顶点坐标；
（2）在平面直角坐标系中，画出这个二次函数的简图．
【答案】（1），对称轴为直线，顶点坐标为；
（2）见解析
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象的性质，求抛物线与坐标轴的交点，画二次函数图象，掌握二次函数图象的性质是解题的关键．
（1）利用配方法把函数解析式化为顶点式，即可求解；
（2）列表、描点、连线画出函数图象即可．
【小问1详解】
解：，
则对称轴为直线，顶点坐标为；
【小问2详解】
解：列表：
描点、连线画出函数图象如图：
．
19. 已知关于x的一元二次方程．
（1）求证：该方程总有两个实数根；
（2）若该方程有一个实数根小于2，求m的取值范围．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）求得该一元二次方程根的判别式大于等于零即可证明结论；
（2）先求出该方程的解，然后令一个实数根小于2，然后求解不等式即可解答．
【小问1详解】
证明：由题意，

．
∴ 该方程总有两个实数根．
【小问2详解】
（2）解：解方程，得：，．
∵ 方程有一个实数根小于2，
∴ ．
∴ ．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式、解一元二次方程等知识点，当一元二次根的判别式大于等于零，则该方程有两个不相等的实数根或相等的实数根．
20. 阅读下列材料，并按要求完成相应的任务．
你知道“皮克定理”吗？
“皮克定理”是奥地利数学家皮克（如图1）发现的一个计算点阵中多边形的面积公式．在一张方格纸上，上面画着纵横两组平行线，相邻平行线之间的距离都相等，这样两组平行线的交点，就是所谓格点．一个多边形的顶点如果全是格点，这个多边形就叫做格点多边形．有趣的是，这种格点多边形的面积计算起来很方便，只要数一下图形边线上的点的数目及图内的点的数目，就可用公式算出．即，其中表示多边形内部的点数，表示多边形边界上的点数，S表示多边形的面积．（利用图2中的多边形可以验证）这个公式是奥地利数学家皮克在1899年发现的，被称为“皮克定理”．
任务：
（1）如图2，是的正方形网格，且小正方形的边长为1，利用“皮克定理”可以求出图中格点多边形的面积是______．
（2）已知：一个格点多边形的面积S为19，且边界上的点数是内部点数的3倍，则______．
【答案】（1）21 （2）32
【解析】
【分析】本题考查了多边形，解一元一次方程等知识，理解正方形网格纸中多边形面积的公式是解决问题的关键．
（1）观察图形，得到，，再代入计算即可得到答案；
（2）由题意，然后列出关于的方程，求出，再求出答案即可；
【小问1详解】
解：由题意，如图：
多边形内部的点数为：，
多边形边界的点数为：，
∴；
故答案为：21；
【小问2详解】
解：设内部点数是，则，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：32．
21. 如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，的顶点都在格点上，建立平面直角坐标系，以为中心，将顺时针旋转，得到．

（1）请在网格内画出．
（2）写出点的坐标______，点的坐标______，点的坐标______．
【答案】（1）作图见解析
（2），，
【解析】
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，正确根据变换方式找到对应点的位置是解题的关键．
（1）根据所给的旋转中心点，旋转方式，旋转角度找到A、B、C对应点的位置，然后顺次连接，，即可．
（2）直接根据图形即可写出点的坐标；
【小问1详解】
如图所示：即为所求，
【小问2详解】
如图所示，点的坐标为；点的坐标为，点的坐标为；
故答案为：，，．
22. “抖音”平台爆红网络，某电商在“抖音”上直播带货，已知该产品的进货价为70元/件，为吸引流量，该电商在直播中承诺自家商品价格永远不会超过99元/件，根据一个月的市场调研，商家发现当售价为110元/件时，日销售量为20件，售价每降低1元，日销售量增加2件． 该产品的售价每件应定为多少，电商每天可盈利1200元?
【答案】90元
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，利用日销售量售价），即可找出日销售量与售价，关系式；利用电商每天销售该产品获得的利润每件的销售利润日销售量，可得出关于的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
【详解】解：设该产品售价每件应定为元，则销量为件，根据题意，得
，
整理得：，
解得：，
该产品的进货价为70元件，且该电商在直播中承诺自家商品价格永远不会超过99元件，
∴（不符合题意，舍去）
答：该产品的售价每件应定为90元．
23. 勾股定理是世界上应用最广泛的定理之一，有资料表明关于勾股定理的证明方法已有500余种．下面给出几种证明勾股定理的图形，请你根据图形及提示证明勾股定理（备注：图中所有直角三角形都是以c为斜边，a，b为直角边的全等三角形）
（1）毕达哥拉斯的证法（图1）：（补充完整以下证明过程）
证明：正方形①的面积________．
正方形②的面积________．
又正方形①与正方形②的边长相等
________________
（2）请你写出弦图（图2）的另一种证法：
【答案】（1）；；；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的证明，正方形的性质，根据题意找到等量关系是解题的关键．
（1）根据面积列式即可；
（2）根据大正方形的面积4个三角形的面积小正方形的面积列式即可．
【小问1详解】
证明：∵正方形①的面积，
正方形②的面积，
又∵正方形①与正方形②的边长相等，
∴，
∴；
【小问2详解】
证明：由图可知大正方形的面积4个三角形的面积小正方形的面积，
∴
∴
24. 在平面直角坐标系中，二次函数的图象过点．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）当时，对于x的每一个值，都有，直接写出k的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的图象和性质，二次函数与不等式（组），数形结合是解题的关键．
（1）利用待定系数法即可求得抛物线解析式；
（2）由于当直线经过点时，，利用一次函数和二次函数的性质，当时，函数的值大于二次函数的值．
【小问1详解】
解：把代入得，
解得，
∴抛物线解析式为；
【小问2详解】
解：令，把代入得，
解得，
∴当时，对于x的每一个值，都有．
25. 如图1，某公园在入园处搭建了一道“气球拱门”，拱门两端落在地面上．若将拱门看作抛物线的一部分，建立如图2所示的平面直角坐标系．当拱门上的点到点的水平距离为（单位：）时，它距地面的竖直高度为（单位：）．
（1）经过对拱门进行测量，发现与的几组数据如下：
根据上述数据，直接写出该拱门的高度（即最高点到地面的距离）和跨度（即拱门底部两个端点间的距离），并求与满足的函数关系式．
（2）在一段时间后，公园重新维修拱门．在同样的坐标系下，新拱门上的点距地面的竖直高度（单位：）与它到点的水平距离（单位：）近似满足函数关系，若记原拱门的跨度为，新拱门的跨度为，则______（填“”，“”或“”）．
【答案】（1）该拱门的高度为，跨度为，
（2）
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的实际应用，
（1）由表格得当时，，当时，，从而可求对称轴和顶点坐标，进而可求出拱门的高度和跨度，再把解析式设为顶点式利用待定系数法即可求解；
（2）先把代入中，求出h的值，则可求出，进行比较即可．
【小问1详解】
解：由表格可知抛物线经过和，
∴抛物线的对称轴为直线，
∵当，，
∴该拱门的高度为，
∵，
∴跨度为；
设抛物线解析式为，
把代入中得：，
解得：，
∴；
【小问2详解】
解：把代入中得，解得或（舍去），
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为，
∴，
由（1）可得，
∵，
∴，
故答案为：．
26. 在平面直角坐标系中，已知抛物线G：．
（1）直接写出抛物线G的顶点坐标；
（2）若在抛物线G上有两点，，且，直接写出n的取值范围；
（3）抛物线G的对称轴与x轴交于点M，点M与点A关于y轴对称，将点M向右平移3个单位得到点B，若抛物线G与线段恰有一个公共点，结合图象，求m的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
（3）或
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象与系数的关系、二次函数图象上点的坐标特征、二次函数图象与几何变换．
（1）把抛物线解析式化成顶点式即可求解；
（2）根据二次函数开口向上时点到对称轴的距离越远值越大可得的取值范围；
（3）根据题意先求出点、、的坐标，然后再根据抛物线G与线段恰有一个公共点分情况讨论计算即可求的取值范围．
【小问1详解】
解：，
抛物线的顶点为；
【小问2详解】
解：抛物线的顶点为，
抛物线的对称轴为直线，
∵开口向上，
∴抛物线上的点到对称轴的距离越远值越大，
∵在抛物线G上有两点，，且，
∴，即，
当时，，则，解得，此时；
当时，，则，解得，此时；
的取值范围是或；
【小问3详解】
解：抛物线的对称轴为直线，且对称轴与轴交于点，
点的坐标为．
点与点关于轴对称，
点的坐标为．
点右移3个单位得到点，
点的坐标为．
∵抛物线与线段恰有一个公共点，
∴当抛物线与直线只有一个交点时，则，解得，此时交点刚好是点，在线段上；
当抛物线与直线有两个交点分别为点，（点在点右边），，解得，
当只有点在线段上时，如图，
∴当时，，
当时，，
解得；
当只有点在线段上时，如图，
∴当时，，
当时，，
不等式组无解；
把点代入，可得，此时与轴另一个交点为，也在线段上，即抛物线与线段有两个交点；
把点代入，可得，此时与轴另一个交点为，不在线段上，抛物线与线段有一个公共点；
综上所述，抛物线与线段恰有一个公共点时可得：或．
27. 如图，是等边三角形，D，E两点分别在边，满足，与交于点F．
（1）求的度数；
（2）以C为中心，将线段顺时针旋转得到线段，连接，点N为的中点，连接．
①依题意补全图形；
②若，求k的值．
【答案】（1）
（2）①见解析；②k的值为2
【解析】
【分析】（1）根据等边三角形的性质和全等三角形的判定和性质定理即可得到结果；
（2）①根据题意画出图形即可；②首先先作辅助线，得到，然后再作辅助线得到，证明出来，再作出辅助线得到，最后推出是等边三角形，即可得到结果．
【小问1详解】
解：∵是等边三角形，
∴，，
∵，
在中，
，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：①依题意补全图形如图1所示；
，
②如图2中，由（1）知，
∴，
∴，
∴，
如图2中，延长到Q，使得，连接，
，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
延长到P，使得，则是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，
，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了三角形的综合题，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确找到全等三角形．
28. 在平面直角坐标系中，已知点．对于点给出如下定义：当时，若实数满足，则称为点关于点的距离系数．若图形上所有点关于点的距离系数存在最小值，则称此最小值为图形关于点的距离系数．
（1）当点与点重合时，在，，中，关于点的距离系数为1的是________；
（2）已知点，，若线段关于点的距离系数小于，则的取值范围为________；
（3）已知点，，其中．以点为对角线的交点作边长为2的正方形，正方形的各边均与某条坐标轴垂直，点，为该正方形上的动点，线段的长度是一个定值（）．
①线段关于点的距离系数的最小值为________；
②若线段关于点的距离系数的最大值是，则的长为________．
【答案】（1），
（2）或
（3）①，②
【解析】
【分析】（1）根据题意给定距离系数定义化解绝对值即可；
（2）利用距离系数的定义，用表示，根据距离系数小于，解含绝对值不等式即可；
（3）①根据题意，当正方形上的点到，横坐标的距离最大，纵坐标之间的距离最小时，线段关于点A的距离系数的最小，得到点关于点A的距离系数的最小，进行计算即可；
②当，找到点E和点D所在位置，且点E、D和A共线时，满足条件，延长交x轴于点J，由题意可得，求得和，根据平行求得，利用勾股定理进行求解即可．
【小问1详解】
解：由题意知，，则，
∵，
∴，，；
故关于点A的距离系数为1的是：和；
【小问2详解】
∵，，
∴线段：，
，即：，
∴或，
∴或，
∴当两个点横坐标间的距离越远，越小，
∴当点离点横坐标最远时：，
当离点横坐标最远时：，
综上：或；
【小问3详解】
①由可知，当正方形上的点到，横坐标的距离最大，纵坐标之间的距离最小时，线段关于点A的距离系数的最小，根据题意，当正方形如图所示，点关于点A的距离系数的最小：此时：；
②如图，当，点E在上，点D在上(D和E可以互换位置)，且点E、D和A共线时，满足条件，
延长交x轴于点J，由题意可得，，解得，
则，
∵，
∴，
则，解得，
那么，
故答案为∶．
【点睛】本题考查坐标系中新定义下的距离系数运算，涉及化解对绝对、解含绝对值的一元一次不等式、正方形的性质和平行线所截线段成比例，解题的关键是理解给定得运算并熟练解含绝对值的不等式．








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