山东省临沂市蒙阴县第五中学2024-2025学年九年级上学期数学期中试题

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13．1
14．12
15．
16．
17．
18．30
或
20．(1)
(2)
(3)
(4)
21．(1)且
(2)
22.（1）

．
23.(1)见解析
(2)3
24．(1)30
(2)；当销售单价定为20元时，每周销售该商品获利最大，最大利润的值为1000元
(4)应将销售单价定为17元
25．（1）①见解析②，证明见解析（2）
详解：
一填空题
1．C
【分析】根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可：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．
【详解】解：A．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．是中心对称图形，故此选项符合题意；
D．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选C．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形的定义，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义．
D
【分析】方程两边同时加上一次项系数一半的平方即计算即可．
【详解】∵，
∴，
∴，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查了配方法，熟练掌握配方法的基本步骤是解题的关键．
3．D
【分析】本题考查二次函数图像的平移，掌握平移规律“左加右减，上加下减”是解题的关键．
【详解】解：抛物线先向右平移个单位长度，得：，再向上平移个单位长度，得：．
故选：D．
4．A
【分析】本题主要考查圆周角的相关性质，直角三角形的性质，熟练掌握直径所对圆周角为直角是解题的关键．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
故选：A．
5．D
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．设参赛的足球队个数为x个，利用计划安排比赛的总场数=参赛球队个数×（参赛球队个数），得出关于x的一元二次方程求解即可．
【详解】解：设参赛的足球队个数为x个，
根据题意得：，
整理得：，
解得：，（不符合题意，舍去），
即参赛的足球队个数为9个，
故选：D．
6．C
【分析】本题主要考查旋转的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握等腰三角形的判定和性质是解题的关键．
根据垂直的性质可得，可求出的度数，根据旋转的性质可得的度数，，即是等腰三角形，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，设交于点，
∵，
∴，
在中，，
∵是旋转得到，
∴，，
∴，
∴，
故选：．
7．B
【详解】根据题意画出相应的图形，如图所示：
由二次函数y=ax2+bx+c的值恒为正，根据图形可得出抛物线开口向上，且与x轴没有交点，
则a，b，c应满足a＞0，b2-4ac＜0．
故选B
8.A
【分析】根据旋转的性质即可解答．
【详解】根据题意，由旋转的性质，
可得，，，
无法证明，，故B选项和D选项不符合题意，
，故C选项不符合题意，
，故A选项符合题意，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质和三角形外角运用是解题的关键．
9．C
【分析】本题考查了切线的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．连接，根据切线的性质可得，然后利用证明，从而可得再在中，利用勾股定理求出，最后根据的面积的面积的面积，进行计算即可解答．
【详解】解：连接，
与相切于点，
，
，，，
，
，
在中，，，
，
的面积的面积的面积，
，
，
，
，
故选：C
10．D
【分析】根据二次函数图象判断二次函数解析式中的参数取值，再判断一次函数图象即可．
【详解】解：根据图象可知，二次函数图象开口向下，与轴交于正半轴，
故，
则一次函数为减函数，与轴交于正半轴，
故D符合，
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数的图象与解析式，一次函数的图象与解析式，能够熟练掌握数形结合思想是解决本题的关键．
11．D
【分析】本题考查了轴对称，一次函数与坐标轴的交点，抛物线与x轴的交点问题，根据题意与x轴的交点坐标和它的“函数”图象与x轴的交点坐标关于y轴对称，再进行分类讨论，即和两种情况，求出与x轴的交点坐标，即可解答，进行分类讨论是解题的关键．
【详解】解：①当时，函数的解析式为，
此时函数的图象与x轴只有一个交点成立，
当时，可得，解得，
与x轴的交点坐标为，
根据题意可得，它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为；
②当时，
函数的图象与x轴只有一个交点，
，即，
解得，
函数的解析式为，
当时，得，
解得，
根据题意可得，它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为，
综上所述，它的“函数”图象与x轴的交点坐标为或，
故选：D．
12．D
【分析】①根据开口方向，对称轴，与轴的交点位置，进行判断；②利用对称轴进行判断；③利用最值进行判断；④根据对称性和图象上的点，进行判断；⑤利用对称性进行判断．
【详解】解：∵抛物线开口向上，则，
∵对称轴为直线，则，
∴，故②正确
抛物线与轴交于负半轴，则，
∴，故①错误；
∵当时，取得小值，
∴，
即m为任意实数，则故③正确，
④∵抛物线关于对称，
∴和的函数值相同，
即：，
由图象知，当时，函数值大于0，
∴；故④正确；
⑤当关于对称时：即：时，
对应的函数值相同，
即：，
∴
∴若，且，则；故⑤正确；
综上所述，正确的是②③④⑤，共4个，
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数图象与系数之间的关系．根据图象正确的获取信息，利用二次函数的性质进行判断，是解题的关键．
二．填空题
13．1
【分析】根据关于原点对称的两个点，横、纵坐标互为相反数，进行解答即可．
【详解】解：∵点与点关于原点对称，
∴．
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查了关于原点对称的两个点的坐标特点，解题的关键是熟练掌握关于原点对称的两个点，横、纵坐标互为相反数．
14．12
【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，根据根与系数的关系得到，进而结合已知条件求出的值是解题的关键；对于一元二次方程，若是该方程的两个实数根，则．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程两根为、，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
15．
【分析】比较抛物线经过的两点坐标，把点代入抛物线解析式；将代入后所得式子变形为两个非负数的和为0的形式，可求a、b的值，从而可求抛物线解析式及另一点的纵坐标．
【详解】已知抛物线经过点，
则有
化简可得：
解得
所以原函数式为：y=x2+x，
点(−a,y)即为
把代入y=x2+x中,得
故答案为
【点睛】考查待定系数法求二次函数解析式以及二次函数图象上点的坐标特征，掌握待定系数法是解题的关键．
16．
【分析】此题考查了圆周角定理，根据圆周角定理得出，，根据角的和差求解即可．
【详解】解：是的直径，
，
，，
，
＋，
，
故答案为：．
17．
【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．解题的关键是熟练掌握 二次函数图象上点的坐标特征．
【详解】解：点都在二次函数的图象上，
，
，
，
，
故答案为：．
18．30
【分析】根据切线长定理得到，，，代入求解即可得到答案；
【详解】解：∵是的内切圆，三个切点分别为，，，若，，
∴，，，
∵，
∴，
解得：，（不符合题意舍去），
∴，，
∴，
故答案为：；
【点睛】本题考查切线长定理及勾股定理，解题的关键是得到，，．
19．或
【分析】根据切线的性质得到△OBC是等腰直角三角形，当△OAC是直角三角形时，分两种情况讨论即可；
【详解】解：∵BC是⊙O的切线，
∴∠OBC＝90°，
∵BC＝OA，
∴OB＝BC＝1，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴∠BCO＝45°，
∴∠ACO≤45°，
∵当△OAC是直角三角形时，①∠AOC＝90°，连接OB，
∴OC＝OB＝，
∴AC＝；
②当△OAC是直角三角形时，∠OAC＝90°，连接OB，
∵BC是⊙O的切线，
∴∠CBO＝∠OAC＝90°，
∵BC＝OA＝OB，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴OC＝，
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了圆的切线性质和等腰三角形的性质，准确分析计算是解题的关键．
三．解答题
20．(1)
(2)
(3)
(4)
【分析】本题主要考查了解一元二次方程：
（1）利用因式分解法解方程即可；
（2）利用因式分解法解方程即可；
（3）利用因式分解法解方程即可；
（4）利用因式分解法解方程即可．
【详解】（1）解：
或
解得；
（2）解：
或
解得；
（3）解：
或
解得；
（4）解：
或
解得．
21．(1)且
(2)
【分析】本题考查了根据根的情况判断参数，用配方法解一元二次方程；
（1）根据题意，可得，注意一元二次方程的系数问题，即，即可解答，
（2）将代入，利用配方法解方程即可．
【详解】（1）解：关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，
，且，
解得：且；
（2）当时，
原方程为，即，
移项得：，
配方得：，即，
直接开平方得：
解得：．
22．(1)见解析；
(2)，见解析．
【分析】()根据平移的性质即可将向右平移个单位长度，同时向下平移个单位长度得到即可；
()根据旋转的性质即可将绕点顺时针旋转得到，进而求出 的长．
【详解】（1）如图所示；
（2）如图所示；．

【点睛】此题考查了平移变换、旋转变换作图，作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)3
【分析】本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，证明切线连半径是常作的辅助线；
（1）连接，由等腰三角形的性质及互余关系即可得，即，即可得证；
（2）设的半径，则可得的长度，从而得的长度，在中，由勾股定理建立方程即可求得r．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∵是半径，
∴为的切线；
（2）解：设的半径，则，
∴，
在中，由勾股定理得，，
∴，
解得，或（舍去），
∴的半径为3．
24．(1)30
(2);当销售单价定为20元时，每周销售该商品获利最大，最大利润的值为1000元
(3)应将销售单价定为17元
【分析】本题考查了一次函数的实际应用，二次函数的实际应用，熟练掌握用待定系数法求解函数关系式的方法和步骤，根据题意找出等量关系，列出函数关系式，以及熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
（1）先用待定系数法求出y关于x的关系式为，再求出当时自变量的值，即可解答；
（2）根据总利润=单件利润×数量，即可得出w关于x的关系式；将得到的关系式化为顶点式，即可解答；
（3）把代入（2）中的关系式，求出x的值，即可解答；
【详解】（1）解：设y关于x的关系式为，
将代入得：
，
解得：，
∴y关于x的关系式为，
当时，，
解得：，
∴当定价为30元时，开始无人购买，
故答案为：30；
（2）解：根据题意得：
，
化简得：，
，
当时，函数有最大值，即．
答：当销售单价定为20元时，每周销售该商品获利最大，最大利润的值为1000元．
（3）解：由题意，令，
．
，．
∵尽可能地减少库存，
，
．
答：应将销售单价定为17元；
25．（1）①见解析②，证明见解析（2）
【分析】（1）①由、都是等腰直角三角形，证明，可得，再利用三角形的内角和定理证明即可；②在上截取，连接，证明，可得是等腰直角三角形，，从而可得结论；
（2）在上截取，连接，证明，可得是等腰直角三角形，，从而可得结论．
【详解】证明：（1）①∵、都是等腰直角三角形，
∴，，，
∴，
即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
②在上截取，连接，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴；
（2）在上截取，连接，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质与判定，旋转的性质，三角形内角和定理的应用，勾股定理的应用，作出适当的辅助线构建全等三角形是解本题的关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
D
A
D
C
B
A
C
D
题号
11
12








答案
D
D