安徽省黄山市歙县2024-2025学年九年级上学期期中考试数学试题

安徽省黄山市歙县2024-2025学年九年级上学期期中考试数学

试题

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.若方程（。+1），-2》-1=0是关于X的一元二次方程，贝巾满足的条件是（）

A.Qw0B.QW—1C.ci>—1D.u.<—1

2.下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）

3.已知二次函数y=-（x+l『-3,下列说法正确的是（）

A.图像开口向上B.函数的最大值为-3

C.图像的对称轴为直线x=5D.图像与y轴的交点坐标为（0,-2）

4.把方程x?-6尤-1=0化成（关+加）2=〃的形式，贝！h〃，〃的值是（）

A.-3,10B.-3,1C.3,8D.3,9

5.如图，将△048绕着点。逆时针旋转至△OHQ,使点B恰好落在线段4的上，若

/=34°,则的度数为（）

C.73°D.76°

6.一个球从地面竖直向上弹起时的速度为10米/秒，经过秒）时球距离地面的高度场（米）

试卷第1页，共6页

适用公式/?=10-5/，那么球弹起后又回到地面所花的时间I（秒）是（）

A.5B.10C.1D.2

7.在同一坐标系内，一次函数了=履+6与二次函数y=fcc2+6x+b的图象可能是（）

8.一个微信群里共有x个成员，每个成员都分别给群里的其他成员发一条信息，共发信息

72条，则可列方程为（）

A.—-1）=72B.jx（x+l）=72

C.x（x-l）=72D.x（x+l）=72

9.如图，在V4BC中，ZACB=90°,AC=BC,。是边43上一点，AB=3,AD=\,连

接CO,将A/CD绕点C按逆时针方向旋转90。得到ABCE.下列结论错误的是（）

B.AB1BE

C.NACD=ZBDED.DE=—

2

10.已知二次函数了=办2+法+4"0）的图像经过三点/目,“）,3（%2，%）,。（-3,0）,且对

称轴为直线x=-l.有以下结论：①a+b+c=0；②2c+36=0；③当一2<西<一1,0<x2<1

时，有乂<%;④对于任何实数后>0,关于x的方程办2+for+c=Mx+l）必有两个不相等的

实数根.其中结论正确的有（）

试卷第2页，共6页

A.1个B.2个C.3个D.4个

二、填空题

11.已知x=l是一元二次方程*+必-5=0的一个根，则另一个根为

12.如图，在平面直角坐标系中，抛物线了=*2-2"+2(。＜0)交；(：轴正半轴于点(7,交y

轴于点/,48〃x轴交抛物线于点3,贝(IVN8C的面积是

13.如图，在矩形A8CD中,/C是对角线.将矩形48CD绕点3顺时针旋转90。到矩形GBEF

则线段CH的长为.

14.已知二次函数＞=/-如-3的图象的对称轴为直线x=l.

(1)用的值是.

(2)平移抛物线＞=/-加x-3,使其顶点始终在直线y=x-i上，则平移后所得抛物线与y

轴交点纵坐标的最小值是

三、解答题

15.解方程：X2-T=6X

16.已知二次函数＞="2+版的图象的顶点是“(1,2),且经过点8(2,0).

(1)求该二次函数的解析式；

(2)当＞＞0时，请直接写出自变量x的取值范围.

17.已知关于-2(〃?+l)x+l=0的一元二次方程有两个不相等的实数根.

⑴求加的取值范围；

试卷第3页，共6页

(2)若皿为符合条件的最小整数，求此方程的根.

18.如图，在VNBC中，AB^AC,N胡。=36。，将V48c绕点A顺时针旋转108。得到V/OE,

点3,C的对应点分别是D,E.连接EC交于点G.求证：四边形4DEG是平行四边

形.

19.如图，劳动教育基地内有一块植物园地(矩形/BCD),墙4D长27米，墙48长15米,

另两边用木栏围成，中间也用木栏隔开，分成两个场地及一处通道，并在EW,FG,5c上

各留1米宽的门(不用木栏)，木栏总长45米.

⑴若边CA的长为7米，则边8C的长为米；若边CD的长为x米，则边的长

为米；

(2)若植物园地的面积为192平方米，求边CD的长.

20.如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平

面直角坐标系，V/2C的顶点都在格点上.

试卷第4页，共6页

丁八

（1）将vABC向左平移6个单位长度得到△44G,请画出△44G；

⑵画出△44G关于点0的中心对称图形；

⑶若将VN3C绕某一点旋转可得到△A^G，那么旋转中心的坐标为,旋转角

度为°.

21.如图，某足球运动员站在点O处练习射门，将足球从离地面0.5m的A处正对球门踢出

（点A在N轴上），足球的飞行高度V（单位：m）与飞行时间f（单位：s）之间满足

y=at2+5t+c,足球飞行0.8s时，离地面的高度为3.5m.

（1）足球飞行多长时间，足球离地面最高？最大高度是多少？

（2）若足球飞行的水平距离x（单位：m）与飞行时间，（单位：5）之间具有函数关系》=10/,

球门的高度为2.44m,若该运动员正对球门射门时，离球门的水平距离为28m,他能否将足

球直接射入球门？

22.如图，在正方形N2C。中，”是边上一点，E是CM的中点，/E绕点E顺时针旋

转90。得到£尸，连接BE,DE,DF.

试卷第5页，共6页

D

(1)求证：DE=EF；

(2)求NC。下的度数.

23.如图，已知抛物线y=--+法+c与x轴交于/(-IQ),3(5,0)两点(点A在点8的左

侧)，与F轴交于点C.

(1)求抛物线的解析式；

(2)点Z)是第一象限内抛物线上的一个动点(不与点8、C重合)，过点。作£>b_Lx轴于点厂，

交直线3C于点E.

①求线段DE的最大值；

②连接8。，直线BC把VAD尸的面积分成两部分，若邑助卢邑监方=3:2,请求出点。的坐

标.

试卷第6页，共6页

参考答案:

题号12345678910

答案BCBACDACDC

1.B

【分析】本题考查一元二次方程的定义，根据一元二次方程的定义，可知，二次项的系数不

为0,进而得到Q+1W0,进行求解即可.

【详解】解：由题意，Q+lwO,

・・QW—1;

故选B.

2.C

【分析】本题主要考查中心对称图形及轴对称图形，根据轴对称：一个图形沿一条直线折叠,

直线两旁的部分能够完全重合的图形；中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋

转180。，如果旋转后的图形与自身重合，对选项进行分析，即可得出答案.

【详解】解：A.该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，不合题意；

B.该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；

C.该图形是中心对称图形，也是轴对称图形，符合题意；

D.该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，不合题意；

故选：C.

3.B

【分析】本题考查二次函数的性质，由二次函数解析式可得抛物线开口方向、对称轴、顶点

坐标和最值，进而求解.

【详解】解：*.-y=-(x+l)2-3,

•••抛物线开口向下，故A不符合题意；

对称轴为值x=-l,顶点坐标为

二函数最大值为-3,故B符合题意，C不符合题意，

当x=0时，y=-1-3=-4,

图像与y轴的交点坐标为(0,-4),故D不符合题意.

故选：B.

4.A

答案第1页，共14页

【分析】此题考查了解一元二次方程一配方法，解题的关键是首先将二次项系数化为1,常

数项移到方程右边，然后方程两边都加上一次项系数一半的平方，左边化为完全平方式，右

边合并为一个常数，开方即可求出解.

将方程常数项移到方程右边，左右两边都加上9,左边化为完全平方式，右边合并即可得到

所求的结果.

【详解】解：x2—6x-1=0,

移项得：x2-6x=l

配方得：f_6x+9=l+9,即（x—3）2=10.

m=—3fn=10,

故选A.

5.C

【分析】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的判定，根据旋转可得:

OB=OByQAOA=i）BOB,即可得至!］结论.

【详解】解：由旋转可得：。2=。3为，。/=EBOB,

•.•牙切。/=34,

\BAOA^HBOB=34°,

OB=OB',

..180°-34°

\D5止DOBB=---------=73°.

2

故选：C.

6.D

【分析】根据球弹起后又回到地面时〃=0,得到0=10/5尸，解方程即可得到答案.

【详解】解：球弹起后又回到地面时〃=0,即0=10”5〃，

解得。=0（不合题意，舍去），匀=2,

，球弹起后又回到地面所花的时间t（秒）是2,

故选：D

【点睛】此题考查了求二次函数自变量的值，读懂题意，得到方程是解题的关键.

7.A

【分析】本题考查了二次函数图像，一次函数的图像，熟练掌握一次函数和二次函数图像特

征和系数的关系是解题的关键.%=0,求出两个函数图像在y轴上相交于同一点，再根据

答案第2页，共14页

抛物线开口方向向上确定出后＞0,然后确定出T次函数图像经过第一、三象限，从而得解.

【详解】解：：x=0时，两个函数的函数值y=6,

...两个函数图像与y轴相交于同一点，故B、D选项错误；

由A、C选项可知，抛物线开口方向向上，

・••左〉0,

・・・一次函数随着x的增大而增大，

；・A选项正确，C选项错误.

故选：A.

8.C

【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，利用发信息的总数=微信群里好友的

人数x（微信群里好友的人数-1）,即可列出关于x的一元二次方程.

【详解】解：根据题意得：x（x-1）=72.

故选：C.

9.D

3

【分析】如图，过。作于“，证明==,ZCAB=ZCBA=45°,可

2

133

得△ZQC的面积为7xlx：=g,则A不符合题意；由旋转的性质可得，

224

CD=CE,/DCE=90。，证明^ACD^BCE（SAS）；可得ACAD=/CBE=45°,

4。=BE=1,则45，BE,则B不符合题意;结合ZCDE+ZBDE=ZCDB=/CAB+ZACD,

可得/ACD=/BDE,则C不符合题意；由DE=5下=e，可得D符合题意;

【详解】解：如图，过。作于H,

•：ZACB=90°fAC=BC,AB=3,

3

:・AH=BH=CH=—,NC4B=NCB4=45。，

2

133

:・△4。。的面积为7义1乂7=：,故A不符合题意;

224

答案第3页，共14页

由旋转的性质可得，CD=CE,/DCE=90。,

•：ZACB=90°=ZDCE,ZACD=ZACB-ZDCB,ZBCE=ZDCE-ZDCB,

・・・ZACD=/BCE,

XVAC=BC,CD=CE,

：.AACD^ABCE(SAS)；

AACAD=ZCBE=45°,AD=BE=1,

：./QBE=45。+45。=90。，

AABLBE,故B不符合题意；

VZDCE=90°,CD=CE,

：.ZCDE=ZCED=45°=/CAB,

ZCDE+NBDE=ZCDB=/CAB+ZACD,

：.ZACD=ZBDE,故C不符合题意；

VAB=3,AD=\,

：.BD=2f

ADBE=90°,BE=\,

・•・DE=正+12=亚，故D符合题意；

故选：D

【点睛】本题考查的是直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理的应用，旋转的性质，全

等三角形的判定与性质，熟记基础图形的性质是解本题的关键.

10.C

【分析】根据二次函数图像的对称轴为X=-1,且过C(-3,0),结合抛物线的对称轴即可求

解.

【详解】解：,・,二次函数kQf+bx+qQwO)的对称轴为卡―1,且图像经过。(-3,0),

/•-----——19BPZ)=2(7,

2a

工点(1,0)在抛物线上，

a+b+c=0,故结论①正确；

由结论①正确可得，a+b+c=0,且b=2〃，则。=g

答案第4页，共14页

：.^+b+c=Q,贝!]2c+36=0,故结论②正确；

当—2＜再＜—190v%2Vl时9

**•点A禺对称轴更近，

当Q〉0时，必＜%；当。＜0时，必〉必；故结论③错误;

由ax?+6x+c=左（％+1）得，ax2+（/?-k）x+c-k=0,

,・•结论①正确可得，a+b+c=0,结论②正确可得，2c+36=0,

.21

,»b=—C,CL=­C,

33

二A=（6-左）2-4°（c-左）=[-gc-左]-4x[-gc]（c-左），整理得，A=^-c2+k2,

k＞0,

A=—c2+^2＞0,

9

该方程有两个不相等的实根，故结论④正确；

综上所述，正确的有①②④，3个，

故选：C.

【点睛】本题主要考查二次函数图像的性质，根与系数的关系，二次函数图像上点的特征，

由对称轴确定系数。力的关系，掌握以上知识的综合运用是解题的关键.

11.x=-5

【分析】本题主要考查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可进行求解.

【详解】解：设该方程的另一个根为马，

•&=1,_5,

••X?=-5；

故答案为尤=-5.

12.2

【分析】本题考查二次函数的图象与性质，坐标与图形，解题的关键是熟练掌握二次函数的

性质.先求出点/的坐标，抛物线的对称轴，然后根据对称轴求出点8的坐标，最后根据

三角形的面积公式求解即可.

答案第5页，共14页

【详解】解：当x=0时，了=2,

抛物线了="2-2办+2(。＜0)的对称轴为x=-■^-=1,

又48〃x轴交抛物线于点B,

.•.8(2,2),

V/8C的面积是L2x2=2.

2

故答案为：2.

13.4T

【分析】首先过点”作„8。于点M，由将绕点8顺时针旋转90。到GBEF位置,

AB=6,BC=8,可得BE=2C=8,NCBE=90。,BG=AB=6,又由〃是EG的中点，易

得,是aBEG的中位线，继而求得W与CM的长，由勾股定理即可求得线段C/7的长.

【详解】解：过点〃作印ML3c于点

:将48CD绕点3顺时针旋转90。到G3EF位置，AB=6,3C=8,

:.BE=BC=8,NCBE=9Q°,BG=AB=6,

是EG的中点，

:.HM是AGBE的中位线，

11

：.HM=—BE=4,BM=GM=—BG=3,

22

:.CM=BC-BM=8-3=5,

在RtACZftW中，

CH=SJHM2+CM2=向■

故答案为：＞/41.

【点睛】本题考查了旋转的性质、矩形的性质、三角形中位线的性质以及勾股定理，注意掌

握辅助线的作法，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意掌握数形结合思想的应用.

答案第6页，共14页

5

14.2

4

【分析】(1)根据二次函数的性质求解即可；

(2)设平移后所得抛物线对应的表达式为y=(x-/z)2+左，因为顶点在直线y=上，得

到左=〃-1.令尤=0,得平移后的抛物线与y轴交点的纵坐标为z=/化成顶点式,

利用二次函数的性质即可求解.

【详解】解：(1)•二次函数>x-3的图象的对称轴为直线x=l,

•一卫=1

2'

m=2.

故答案为：2；

(2)设平移后所得抛物线对应的表达式为y=(x-〃>+左，

・・•顶点在直线歹=%-1上，

:•k=h—\.

令X=0,得平移后的抛物线与y轴交点的纵坐标为后+”_i.

设平移后抛物线与y轴交点的纵坐标为z,

*.*z=h1+h—\=^7z+g)—:,

I.当〃=—；时，此抛物线与》轴交点的纵坐标取得最小值，最小值为—

故答案为：.

4

【点睛】本题考查了二次函数的性质，一次函数的性质，以及二次函数的平移，掌握二次函

数的性质是解答本题的关键.

15•%]=7，%2=—1

【分析】本题考查解一元二次方程；方程整理后，利用因式分解法求出解即可.

【详解】解：方程整理得：X2-6X-7=0,

分解因式得:(x-7)(x+l)=0,

解得：X、=7,x2=—1.

16.(1)y=-2x2+4x

(2)0<x<2

答案第7页，共14页

【分析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，熟练掌握二次函数的

图象和性质，二次函数与一元二次方程、与一元二次不等式的关系是解决问题的关键.

（1）将和2（2,0）代入y=求出a,6的值，即得函数表达式；

（2）求出二次函数与x轴的另一外交点，根据二次函数图象开口向下，即得时的x取

值范围.

【详解】（1）解：..•>=如2+方尤的图象经过和8（2,0）两点，

.JQ+6=2

,,[4a+2Z）=0，

ci——2

解得:

b=4

该二次函数的表达式为：y=-2x2+4x；

（2）解：当y=-2/+4尤=0时，X；=0,x2-2,

，二次函数图象与x轴的交点为（0,0）,（2,0）,

-2<0,

，二次函数的图象开口向下，

.•.当0<x<2时，y>0.

1e

17.（1）加>一万且加w0

⑵西=2+y/3,x2—2—A/3.

【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式及配方法解一元二次方程，解题关键是熟知一

元二次方程有两个不等实根等价于判别式△>0.

（1）根据一元二次方程根的判别式即得；

（2）根据（1）得出方程，再利用配方法解一元二次方程即得.

【详解】（1）解：：关于尤的方程/尤2-2（加+l）x+l=0有两个不相等的实数根，

a=m2,6=-2（m+1）,c=1,

A=[-2（加+1）[-4m?=8/M+4>0,且加？w0,

m>且w0；

答案第8页，共14页

(2)解：由(1)得：m=l,

••x2—4%+1=0,

整理得x2-4x=-1，

酉己方得一一4x+4=-l+4,即(x-2『=3,

开方得x-2=±A/§',

X]=2+5/3；x2—1—V3.

18.见解析

【分析】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线

段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等.也考查了平行四边形的判定及等腰三角形的

性质.解决本题的关键是熟练掌握旋转的性质与平行四边形的判定，由/C4E=108。，

AE=AC,

可得ZACE=ZAEC=36。,从而得出ND4E=//EC=36。，再由平行线的性质可得

/区18=108。-36。=72。，可得出乙1ED=/E4B,最后由平行四边形的判定可得结论.

【详解】证明：•.•NC4E=108。，AE=AC,

:.NACE=NAEC=36°,

:.NDAE=N4EC=36,

DA//EG,

ZBAC=36°,

NE/3=108°-36°=72°,

•••ZAED=ZACB=72°,

ZAED=ZEAB,

DE//AG,

四边形3EG是平行四边形.

19.(1)27,(48-3x)

(2)8米

【分析】(1)根据题意，则总长加上3个1米的门的宽度减去3CD,即可得到8C；根据题

意,则BC为：45+3-3x,即可；

(2)设CO=x,根据矩形的面积，则武48-3x)=192,即可.

答案第9页，共14页

【详解】(1)•.•木栏总长45米，CD的长为7米

/.5C=45+3-3x7=27(米)；

设CD的长为x米，

，BC=45+3-3x=48-3x(米).

故答案为：27,(48-3%).

(2)设CD=x,

3C=45+3-3x=48-3x,

当植物园地的面积为192平方米时，x(48-3x)=192,

解得Xj=x2=8,

当x=8时，48-3x8=24<27符合题意，

CD的长为8米.

【点睛】本题考查一元二次方程的知识，解题的关键是理解题意，列出方程，掌握一元二次

方程的应用.

20.(1)作图见解析

(2)作图见解析

(3)(3,0)；180°

【分析】(1)利用平移变换的性质分别作出A,B,C的对应点4，与，G即可；

利用中心对称变换的性质分别作出，的对应点，C

(2)4BX,G4B2,2；

(3)两个三角形成中心对称，对应点连线的交点即为旋转中心.

【详解】(1)解：如图，

点A,B,C的坐标分别是(2,5),(1,1),(4,2),

将VABC向左平移6个单位长度后，点A,B,C的对应点分别为点4，B],£,

.♦.点4，B、,G的坐标分别是(-4,5),(-5,1),(-2,2),

将点4，四，。顺次连接得

/.△44。即为所作；

(2)如图，

答案第10页，共14页

点4,B],G关于点。的对称点分别为点4，C

B2,2,

.♦.点4，层，C2的坐标分别是（4,-5）,（5,-1）,（2,-2）,

将点4，B2,G顺次连接得△4当。2，

即为所作;

（3）如图，若将V48c绕某一点旋转可得到△4与。2，那么旋转中心。的坐标为（3,0）,旋

转角度为180。.

故答案为：（3,0）；180°.

7%

F

1一

【点睛】本题考查作图一旋转变换，平移变换等知识，根据旋转的性质可知，对应角都相等,

对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应

点，顺次连接得出旋转后的图形，对应点连线都交于一点，交点即为旋转中心；确定平移后

图形的基本要素有两个：平移方向、平移距离；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，再顺次连接对应点即可得到平移后的图

形.解题的关键是掌握旋转变换的性质，平移变换的性质.

21.（呜秒达到最大高度为1米

（2）能,见解析

【分析】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，以及二次函数的应用，正确求得解析

式是解题的关键.

答案第11页，共14页

（1）由题意得：函数y="+%+c的图象经过（0,0.5）,（0.8,3.5）,于是得到

0・5=c25o

3.5=0$a+0.8x5+c,求得抛物线的解析式为：…正厂+5，+。，即可得到最值;

（2）把x=28代入x=10t得1=2.8,当1=2.8时,y=2.25<2.44,于是得到他不能将球直接

射入球门.

【详解】（1）解：由题意得：函数y="+5f+c的图象经过（0,0.5）,（0.8,3.5）,

JO.5=c

[3.5=0.824Z+0.8X5+。'

fa=--2-5--

解得：<16,

c=0.5

「•抛物线的解析式为：>=—+0.5=—竺(一?-Y+冬,

16165J2

89

・二当,二£时，>最大=不，

j乙

8_9

・•・飞行的时间是g秒时，足球离地面最高，最大高度是万米；

(2)把x=28代入x=10/得,=2.8,

25

••・当，=2.8时，尸——x2.82+5x2.8+0.5=2.25<2.44,

16

・•.他能将球直接射入球门.

22.⑴见解析

(2)ZCZ)F=45°

【分析】(1)连接BE,证出△/BE&ADCE(SAS),进而易求证。E=跖；

(2)由(1)知4E=DE=EF,从而424E=/4DE,ZEDF=ZEFD,根据四边形内角和

定理求出乙〃)尸=135。进而可得NQ?尸=45。.

【详解】(1)证明：；NABC=90。，E