福建省厦门高新学校2024~2025学年上学期期中测试九年级数学试卷（解析版）-A4

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初三年级数学试卷
【考生须知】1．解答内容一律写在答题卷上，否则不得分，交卷时只交答题卷．
2．所有答案都必须写在答题卷指定的位置上，务必注意试题序号和答题序号相对应．
一、选择题（本大题有10小题，每小题4分，共40分）
1. 下列四幅体育比赛的图案在设计中用到旋转变换方式的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了旋转变换，熟练掌握旋转变换的特点是解题的关键．根据图形变换的特点，对选项逐个分析判断即可．
【详解】解：A、此选项图案在设计中用到平移变换方式，不符合题意；
B、此选项图案在设计中用到旋转变换方式，符合题意；
C、此选项图案在设计中用到轴对称变换方式，不符合题意；
D、此选项图案设计中用到轴对称变换方式，不符合题意；
故选：B．
2. 下列各点在抛物线上的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象上点的坐标满足其解析式，熟练掌握以上知识是解题的关键．分别将，，代入中，求出函数值，对比各选项坐标即可求解．
【详解】解：A.把时代入中，可得，故该选项不符合题意；
B. 把时代入中，可得，故该选项不符合题意；
C. 把时代入中，可得，故该选项符合题意；
D. 把时代入中，可得，故该选项不符合题意；
故选C．
3. 用反证法证明命题“三角形中必有一个内角小于或等于”时，首先应假设这个三角形中（ ）
A. 有一个内角大于B. 有一个内角小于
C. 每一个内角都大于D. 每一个内角都小于
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查反证法中的假设，反证法的第一步是假设结论的反面成立，进行判断即可．
【详解】解：由题意，应假设这个三角形中每一个内角都大于；
故选C．
4. 将抛物线先向右平移2个单位，再向上平移3个单位得，所得新抛物线的解析式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了抛物线的平移问题，根据平移的规律“左加右减，上加下减”，即可求解，熟练掌握抛物线的平移的规律“左加右减，上加下减”是解决此题的关键．
【详解】解：根据平移规律可知：所得新抛物线的解析式为，
故选：A．
5. 从地面竖直向上抛出一小球，小球的高度（单位：）与小球的运动时间（单位：）之间的关系式是．下列结论正确的是（ ）
A. 小球从抛出到落地需要B. 小球运动中的高度能达到
C. 小球运动时的高度小于运动时的高度D. 小球运动中的高度可以是
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数的应用，令，解方程求出的值，即可判断，求出的最大值，即可判断，，分别求出和时的值，即可判断， 解此题的关键是把实际问题转化成数学问题，利用二次函数的性质就能求出结果．
【详解】解：令，，解得，
小球从抛出到落地需要，故错误，不符合题意；
，
，
当时，有最大值，最大值为45，
小球运动中的高度可以是，故正确，符合题意，但高度不能达到，故错误，不符合题意；
当时，，当时，，
小球运动时的高度大于运动时的高度，故错误，不符合题意；
故选：．
6. 看似简单的数学公式背后蕴含着深刻的设计智慧．跑道弯道设计既要保证运动员比赛时的安全性，又要确保不同跑道之间的距离差异最小化，从而公平地反映每位参赛者的实力．高小新同学对厦门高新田径场第一道跑道的弯道进行了测试．如图，他测得该跑道在拐弯处的弦，弓形的高度，则对应弯道所在圆的半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查垂径定理的应用，勾股定理，解决本题的关键是掌握垂径定理．设圆弧圆心为O，连接，，根据垂径定理，勾股定理即可解决问题．
【详解】解：如图，设圆弧圆心为O，连接，，
∵是弓形的高，
∴，，
∴，
∴
在中，根据勾股定理得：
，
∴，
∴，
∴对应弯道所在圆的半径为长为36m
故选：C．
7. 如图是根据某拱桥形状建立的直角坐标系，从中得到函数．在正常水位时水面宽，当水位上升时，水面宽（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数的实际应用，由题意得，点A的横坐标为，据此求出，进而得到点C的纵坐标为，再求出即可得到答案．
【详解】解：由题意得，点A的横坐标为，
在中，当时，，
∴，
∴点C的纵坐标为，
在中，当时，解得或，
∴，
∴，
故选：D．
8. 若为二次函数的图象上的三点，则的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数的性质，比较二次函数函数值的大小等知识点，由可知图象开口向下，求出对称轴，图象上的点到对称轴的距离越远，纵坐标越小解答即可，熟练掌握其性质并能正确求出二次函数图象的对称轴是解决此题的关键．
【详解】解：∵二次函数的解析式为，
∴函数图象开口向下，对称轴为，
∵到对称轴的距离分别为：4，3，，
∴由图象上的点到对称轴的距离越远，纵坐标越小，即函数值越小，得，
故选：A．
9. 如图，在平面直角坐标系中，函数的图象与对称轴直线交于点，与、轴交于三点，下列命题正确的是（ ）

①；②若的坐标为，则的坐标为；③若，则；④对于任意，始终有；
A. ①③B. ①④C. ②③D. ②④
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的性质和图象．根据开口方向，对称轴的位置和抛物线与轴的交点位置可判断①；根据对称轴的性质可判断②；求得，代入可判断③；根据二次函数的最值可判断④．
【详解】解：由图象得：，，，
，故①错误；
对称轴为直线，的坐标为，
，
，故②正确；
，
，
，
，故③错误，
，
当时，抛物线有最小值，
对于任意，始终有， 即故④正确；
即命题正确的是②④．
故选：D．
10. 抛物线与轴交于两点，是以为圆心，2为半径的上一动点，为中点，则线段长可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接、,取的中点,连接、,如图，解方程得,,再利用勾股定理计算出,接着根据三角形中位线性质和斜边上的中线性质得到,则利用三角形三边的关系得(当且仅当、、共线时取等号),从而可对各选项进行判断即可.
【详解】解：如图，连接、,取的中点,连接、,
当时，,
解得,
,,
,
，
点为的中点，为的中点，
,
(当且仅当共线时取等号),
即
故选：．
【点睛】本题主要考查了抛物线与轴的交点问题，勾股定理，三角形的中位线，直角三角形的性质，三角形的三边关系等知识点，熟练掌握其性质，正确添加辅助线是解决此题的关键．
二、填空题（本大题有6小题，每小题4分，共24分）
11. 写出一个函数______，使得该函数在时，随的增大而增大，当时，随的增大而减小．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】本题考查二次函数的性质．由题可知对称轴为，又根据在对称轴左侧随的增大而增大，右侧随的增大而减小，所以二次项系数为负数，所以只需写出一个二次项系数为负数，且对称轴为的二次函数即可．
【详解】解：符合题意的二次函数可写为，
故答案为：（答案不唯一）．
12. 已知：点与点关于原点成中心对称，则________．
【答案】1
【解析】
【分析】本题考查了关于原点对称的点的特征，熟练掌握关于原点对称的点的特征：横、纵坐标均互为相反数是解题的关键．先根据关于原点对称点的特点求得、的值，然后代入计算即可．
【详解】解：点与点关于原点成中心对称，
，，
，，
．
故答案为：1．
13. 如图，四边形内接于，连接．若，则的度数为________．
【答案】##60度
【解析】
【分析】本题考查圆周角定理，圆内接四边形的性质．根据圆内接四边形的性质可得，再由圆周角定理可得，即可求解．
【详解】解：∵四边形内接于，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
故答案为：
14. 若的两个根分别为，，且，则________．
【答案】19
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．根据一元二次方程根与系数的关系即可解答．
【详解】解：的两个根分别为，，且，
，，
．
故答案为：19．
15. 抛物线经过点，则关于的一元二次方程的两个根是____．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了抛物线与轴的交点问题，先求出抛物线的对称轴，利用抛物线的对称性得到抛物线与轴的另一个交点坐标为,然后根据抛物线与轴的交点问题求解即可，熟练掌握其性质将交点坐标问题转化为解关于的一元二次方程是解决此题的关键．
【详解】解：抛物线的对称轴为直线,
抛物线经过点,
抛物线与轴的另一个交点坐标为,
关于的一元二次方程的解为，
故答案为：．
16. 如图所示，四边形为正方形，在等腰中，，若绕点顺时针旋转，、的对应点分别为，直线与直线相交于点，从到旋转的过程中，直线与所成的夹角为______，点运动的路径长度是____．
【答案】 ① 90 ②.
【解析】
【分析】由正方形的性质和旋转的性质等可推出,从而,进而得出,从而点在为直径的圆上运动，点开始在处，结束在处，进而即可得出结果.
【详解】解：如图，设与交于点,
四边形是正方形，
,
绕点顺时针旋转,、的对应点分别为、,
,
,
,
,,
,
,
，
,
,
,
点在为直径的圆上运动，
∵绕点顺时针旋转，、的对应点分别为，直线与直线相交于点，
∴F点旋转到射线上停止，
∴点开始在处，结束在处，
，
故答案为：，．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，弧长公式，旋转的性质等知识，熟练掌握其性质找到点的运动轨迹是解决此题的关键．
三、解答题（本大题有9小题，共86分）
17. 用适当的方法解下列方程：
（1）
（2）
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握公式法和因式分解法解一元二次方程是解题的关键．
（1）利用公式法解方程即可；
（2）利用因式分解法解方程即可．
【小问1详解】
解：，
，，，
，
，
，．
【小问2详解】
解：，
，
，
或，
，．
18. 如图，将绕点逆时针旋转得到，，，三点恰好在同一直线上．
（1）求各个内角；
（2）连接，若，求的度数．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
（1）由旋转的性质可得，，再利用等边对等角和三角形内角和定理求出，即可得出结论；
（2）由旋转的性质可得，，再利用等边对等角和三角形内角和定理求出，由得出，再利用三角形外角的性质即可求出的度数．
【小问1详解】
解：绕点逆时针旋转得到，
，，
，
的各个内角分别为，．
【小问2详解】
解：绕点逆时针旋转得到，
，，
，
，
，
由（1）得，，
，
．
19. 已知抛物线的顶点，且过，与x轴交于B，C两点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）求的面积．
【答案】（1）
（2）8
【解析】
【分析】（1）根据顶点坐标，设抛物线解析式为，把代入解得：，即可得出抛物线函数表达式；
（2）先求出点B和按C的坐标，再根据三角形面积公式，即可求解．
【小问1详解】
解：∵抛物线的顶点，
∴设抛物线解析式为，
把代入得：，
解得：，
∴抛物线解析式：；
【小问2详解】
解：把代入得：，
解得：，
∴，
∴，
∴．
20. 如图，是的两条弦，且于M，于N．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了垂径定理、全等三角形的判定与性质等知识点，正确作出辅助线、构造直角三角形成为解题的关键．
连接．由垂径定理结合可得，再证明，最后根据全等三角形的性质即可解答．
【详解】证明：如图：连接．
∵于M，于N．
∴，
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴．
21. 如图，已知正方形和，，将绕点旋转得到．
（1）用直尺和圆规作出点和；
（2）延长交于点，求证：为等腰直角三角形．
【答案】（1）详见解析 （2）详见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，中心对称的性质等知识点，
连接和，根据中心对称的性质可判断它们的交点为旋转中心O，连接并延长至F，使，连接，，根据正方形的中心对称的性质可得；
如图，延长交于点，先证，，进而可证四边形为正方形，然后利用正方形的性质即可得证；
熟练掌握其性质，正确添加辅助线是解决此题的关键．
【小问1详解】
解：如图，连接和，则它们的交点为旋转中心O，连接并延长至F，使，连接，，
∵四边形为正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
同理可证：，
∴，
∴，
∴点O和即为所求；
【小问2详解】
解：如图，延长交于点，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
同理可证：，
∵，
∴，，
∴，
∴四边形为正方形，
∴为等腰直角三角形．
22. 某服装公司的某种运动服进价为每件60元，每月的销量（件）与售价（元）存在一次函数关系，部分数据信息如表：
（1）月销量是____________（请用含的式子表示）；
（2）设销售该运动服的月利润为元，那么售价为多少时，当月的利润最大，最大利润是多少？
（3）该公司决定每销售一件运动服，就捐赠元利润给希望工程，物价部门规定该运动服售价不得超过120元． 若月销售最大利润是8000元，求的值．
【答案】（1）；
（2）售价为元时，当月的利润最大，最大利润是元；
（3）．
【解析】
【分析】本题主要考查了一次函数的应用，二次函数的性质在实际生活中的应用，
设月销量与的关系式为,运用待定系数法求解即可；
根据月利润=每件的利润月销量列出函数关系式，根据二次函数的性质求出最大利润；
根据题意得到函数关系式,可得对称轴,再根据二次函数的性质即可得到结论；
熟练掌握其性质并能确定变量，建立函数模型是解决此题的关键．
【小问1详解】
解：设月销量与的关系式为,把,代入得
解得,
,
故答案为：；
【小问2详解】
解：由题意得，,
售价为元时，当月的利润最大，最大利润是元；
【小问3详解】
解：根据题意得，,
对称轴为直线,
当时，此时时，的最大值，,解得，
当时，此时时的最大值，
此时,不符合题意，舍去，
综上：．
23. 已知二次函数
（1）若函数图象过点，，求的取值范围；
（2）若函数图象过点，其中，，都整数，且是偶数．
求证：，，都是偶数．
【答案】（1） （2）详见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数的性质，代数式的配方，偶数的性质等知识点，
将已知点代入函数得到方程组，通过方程组表示出和，再根据、、的关系来确定的取值范围；
把点代入函数得到关于、、的表达式，结合是偶数以及、、是整数即可证明所给式子都是偶数；
熟练掌握二次函数的性质，代数式的配方是解决此题的关键．
【小问1详解】
解：把点代入二次函数得，
，解方程组得，
∴，
∵为不等于0任意实数，
∴，则，
∴；
【小问2详解】
证明：∵函数图象过点，
∴，
∴，
∵偶数，一定是偶数，偶数减偶数还是偶数，
∴是偶数；
∴，
∵是偶数，一定是偶数，偶数减偶数还是偶数，
∴是偶数；
∴，
∵是偶数，一定是偶数，偶数减偶数还是偶数，
∴是偶数；
综上所述：，，都是偶数．
24. 如图，点，，，在圆上，四边形为平行四边形，点在的内部，连接，过作，交的延长线于点．

（1）求证：；
（2）求证：为圆的切线；
（3）当，时，求的长．
【答案】（1）详见解析 （2）详见解析
（3）的长．
【解析】
【分析】（1）通过平行四边形的性质得到和是等边三角形，再利用圆周角定理即可推出角的关系；
（2）先证四边形是菱形，得出，然后利用平行线的性质可得出，从而即可证明为圆的切线；
（3）如图，过点B作于点G，先证出，，再证出，进而得出圆的半径，最后根据弧长公式即可求出弧长．
【小问1详解】
证明：如图，连，，

∵四边形为平行四边形，
∴，，
∵点A，B，C，D在圆O上，
∴，
∴，
∴和是等边三角形，
∴， ，
∴根据圆周角定理得，，，
∴；
【小问2详解】
证明：由(1)知四边形是平行四边形且，
四边形是菱形，
，
，
∴，
为圆O的切线；
【小问3详解】
解：如图，过点B作于点G，

由(2)知，
，
∵三角形是等边三角形，
，，
，
在中，由勾股定理得，，，
，
，
∴在中，
，
，
，
，
的长．
【点睛】本题主要考查了圆的性质、平行四边形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质、勾股定理、切线的判定以及弧长公式等知识，熟练掌握其性质并能正确添加辅助线是解决此题的关键．
25. 已知抛物线与轴交于，两点，与轴交于点．
（1）请直接写出：此抛物线的函数解析式为_____________；
（2）如图1，已知点在第二象限的抛物线上，点在抛物线的对称轴上，是否存在这样的、两点使得四边形为矩形？若存在，求、两点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，平移抛物线，使新抛物线的顶点在的延长线上，过点作轴于点，过原抛物线的顶点作轴，交新抛物线于点，若，求点的坐标．
【答案】（1）
（2），
（3）
【解析】
【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）首先求出对称轴为直线，，设，，首先根据平行四边形的性质得到，然后代入求出，，然后利用两点间距离公式得到，证明出四边形为矩形，符合题意，即可求解；
（3）首先求出抛物线的顶点坐标，求出所在直线表达式为，得到新抛物线的顶点P的坐标为，然后求出表示出，根据列方程求出，进而求解即可．
【小问1详解】
解：将，代入函数解析式得，
，
解得，
此二次函数的解析式为；
【小问2详解】
∵
∴对称轴为直线
当时，
∴
∵点在第二象限的抛物线上，点在抛物线的对称轴上
∴设，
当四边形为矩形时，四边形为平行四边形
∴，即
∴
∴，
∴，
∴
∴四边形为矩形，符合题意，
∴，；
【小问3详解】
抛物线
∴顶点坐标
∵，
∴设所在直线表达式为
∴
∴
∴所在直线表达式为
∵平移抛物线，使新抛物线的顶点在的延长线上，
∴新抛物线的顶点P的坐标为
∴设新抛物线的表达式为
将代入得，
∴
∵
∴
解得或
∵新抛物线的顶点在的延长线上
∴，故应舍去
∴
∴．
售价（元/件）
100
110
120
130
…
月销量（件）
200
180
160
140
…