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重庆市2025-2026学年九年级上学期数学期中模拟测试练习卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2024秋 驿城区校级期中）下列方程是一元二次方程的是（　　）
A．2x+y＝1 B．x2+1＝2xy C．x23 D．x2＝3x+4
2．（3分）（2024春 南京期末）下列图形是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（3分）（2025 福州模拟）已知a，b（a＜b）是关于x的方程x2﹣4x+3﹣t＝0（t＞﹣1）的两个根，则下列判断正确的是（　　）
A．若t＞0，则a＞0 B．若a＞0，则t＞0
C．若﹣1＜t＜0，则a＜0 D．若a＜0，则t＞3
4．（3分）（2024 九龙坡区校级三模）习近平总书记说：“读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩然之气．”为响应全民阅读号召，某校利用节假日面向社会开放学校图书馆．据统计，第一周进馆200人次，进馆人次逐周增加，第三周进馆242人次，若每周进馆人次的平均增长率相同．设每周进馆人次的平均增长率为x，根据题意，可列方程（　　）
A．242（1+x）2＝200
B．200（1﹣x）2＝242
C．200（1+x）2＝242
D．200+200（1+x）+200（1+x）2＝242
5．（3分）（2023秋 赤峰月考）下列一元二次方程中，没有实数根的是（　　）
A．（x﹣1）2﹣2＝0 B．9x2﹣12x+5＝0
C．（x+3）2＝5 D．x2﹣10x＝0
6．（3分）（2024秋 潮南区期末）二次函数y＝2x2+1的图象向下平移3个单位，再向左平移2个单位，所得到的函数关系式是（　　）
A．y＝2（x+2）2﹣2 B．y＝2（x﹣2）2﹣2
C．y＝2（x+2）2+2 D．y＝2（x﹣2）2+2
7．（3分）（2025 历下区二模）已知点A（x1，y1），B（x2，y2）是二次函数y＝x2﹣bx+c的图象上任意两点，设x2﹣x1＝t，若当﹣2＜x1＜2且﹣1＜b＜4时，都有y2＞y1，则t的取值范围是（　　）
A．t＜﹣4或t＞7 B．t＜﹣5或t＞8
C．t＜﹣5或t＞7 D．﹣t＜﹣4或t＞8
8．（3分）（2022 硚口区校级开学）如图，用白色的正方形纸片，按规律拼成下列图案，第（　　）个图案中有2017个白色纸片．
A．501 B．502 C．503 D．504
9．（3分）（2024秋 香坊区校级月考）如图，△ABC为钝角三角形，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转120°得到△AB′C′，连接BB′，若AC′∥BB′，则∠C′AB′的度数为（　　）
A．如15° B．30° C．45° D．120°
10．（3分）（2024春 重庆期中）已知两个整式：x，3x+y，将这两个整式进行如下操作：
第一次操作：用这两个整式的和除以2，将结果放在这两个整式之间，可以得到一个新的整式串：x，，3x+y，新整式串的和记作M1；
第二次操作：用相邻两个整式的和除以2，将结果放在这两个整式之间，又得到一个新的整式串：x，，，，3x+y，新整式串的和记作M2；以此类推．
某数学兴趣小组对此展开研究，得到4个结论：
①经过三次操作后的整式串共有9个整式；
②若，经过四次操作后，M4＝52；
③第10次操作后，从左往右第2个整式为：；
④若4x+y＝2，Mn﹣Mn﹣2＝3072，则n＝13．
以上四个结论正确的有（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
二．填空题（共8小题，满分24分，每小题3分）
11．（3分）（2023 金安区校级模拟）方程x2﹣8x+7＝0的解是 　 　 ．
12．（3分）（2024春 娄星区校级月考）在平面直角坐标系中，已知点（﹣3，2）和点（3，a）关于原点对称，则a＝　 　 ．
13．（3分）（2024秋 渝北区校级期中）若xm+1﹣2＝0是关于x的一元二次方程，则m的值是 　 　 ．
14．（3分）（2024秋 瑶海区期末）抛物线解析式为y＝2（x﹣5）2+3，则该抛物线的顶点坐标为　 　 ．
15．（3分）（2024 南昌一模）如图，将△ABC绕着点A逆时针旋转得到△ADE，使得点B的对应点D落在边AC的延长线上，若AB＝12，AE＝7，则线段CD的长为 　 　 ．
16．（3分）（2024秋 荷塘区校级期中）如图，将△ABC绕点C顺时针方向旋转40°得到△A'CB'，若AC⊥A'B'，连接AA'，则∠AA'B'度数为 　 　 ．
17．（3分）（2023秋 花都区校级期中）已知1是关于x的方程x2+mx+5＝0的一个根，并且这个方程的两个根恰好是等腰三角形ABC的两条边长，则三角形ABC的周长为 　 　 ．
18．（3分）若一个四位自然数M，它的各个数位上的数字均不为0，且前两位数字之和为5，后两位数字之和为8，则称M为“启明数”．把启明数M的前两位数字和后两位数字整体交换得到新的四位数M′．规定．例如：M＝1453，∵1+4＝5，5+3＝8，∴1453是“启明数”．则．若“启明数”P＝2335，则F（P）＝　 　 .已知四位自然数
是“启明数”，（b≤4，d≤7，且a、b、c、d均为正整数），若F（Q）恰好能被7整除，则满足条件的数Q的最大值是　 　 ．
三．解答题（共3小题）
19．（2024春 瑞安市校级期中）解方程：
（1）x2＝3x．
（2）（x﹣1）（x﹣2）＝5．
20．（2024 渝中区校级二模）在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，点E为线段AD上一点，连接BE，CE．用直尺和圆规，在BC的下方作∠CBF，使得∠CBF＝∠BCE，交AD的延长线于点F，连接CF．
小明想要研究两底角顶点B、C，底边高线上的点E，及该点关于底边的对称点F所形成的四边形BFCE的形状，请根据他的思路完成以下填空：
证明：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝　 　 ．
又∵∠CBF＝∠BCE，∠BDF＝∠CDE，
∴△BDF≌CDE，
∴BF＝　 　 ．
∵∠CBF＝∠BCE，
∴　 　 ．
∴四边形BFCE是平行四边形．
又∵EF⊥BC，
∴四边形BFCE是菱形．
小明进一步研究发现，任意等腰三角形均有此特征．
请你依照题意完成下面命题：
在等腰三角形中，
　 　 ．
21．（2023春 南阳期末）某中学八年级组利用班会课对全年级学生进行了一次防溺水知识测试活动，现从八（1）、八（2）两个班各随机抽取10名学生的测试成绩（得分用x表示），将20名学生的成绩分为四组（A.60≤x＜70，B.70≤x＜80，C.80≤x＜90，D.90≤x≤100）进行整理，部分信息如下：
班级 中位数 平均数 众数
八（1） a 83 76
八（2） 86 86.3 b
八（1）班的测试成绩在C组中的数据为：83，84，86，88．
八（2）班的测试成绩：76，80，81，84，86，86，86，91，93，100．
根据以上信息，解答下列问题：
（1）a＝　 　 ，b＝　 　 ；
（2）通过以上数据分析，你认为八（1）、八（2）中哪个班级学生对防溺水知识掌握得更好？请写出一条理由．
四．解答题（共5小题）
22．如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝12cm，BC＝24cm，动点P从点A出发沿边AB以2cm/s的速度向点B移动，动点Q从点B出发沿边BC以4cm/s的速度向点C移动，P，Q两点分别从A，B两点同时出发，点P到达点B时，两点同时停止移动．设移动时间为ts．
（1）AP＝　 　 cm，BP＝　 　 cm，BQ＝　 　 cm．（用含t的代数式表示）
（2）当t为何值时，△PBQ的面积最大？最大面积是多少？
23．（2024秋 德阳校级月考）如图A，B，C，D为矩形的四个顶点，AB＝16cm，AD＝6cm，动点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以3cm/s的速度向点B移动，一直到达B点为止，点Q以2cm/s的速度向D点移动，当点P到达B点时点Q随之停止运动．
（1）BP＝　 　 ，DQ＝　 　 （用含t的代数式表示）；
（2）t为多少时，四边形PBCQ的面积为33cm2；
（3）t为多少时，点P和点Q的距离为10cm．
24．（2023春 永寿县月考）如图，在△ABC和△CDE中，AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE，连接AD，BE交于点M．
（1）如图1，当点B，C，D在同一条直线上，且∠ACB＝∠DCE＝45°时，可以得到图中的一对全等三角形，即 　 　 ；
（2）如图2，当点D不在直线BC上时，且∠ACB＝∠DCE＝α．
①AD和BE相等吗？为什么？
②求∠EMD的度数．（用含α的代数式表示）
25．（2024秋 涵江区期中）如图1，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣4.0），B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，﹣4），点D是直线AC下方抛物线上的一动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接CD，AD，求△ACD面积的最大值；
（3）如图2，将线段OD绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，若点F在直线AC上，求点D的坐标．
26．（2025春 安宁区校级期末）某校七年级学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图形．
（1）如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线l经过点A，BD⊥直线l，CE⊥直线l，垂足分别为D、E．可得：DE、BD、CE的数量关系为 　 　 ，并加以证明；
（2）组员小丽想，如果将图①中的直角变式为一般情况，那么结论是否成立呢？如图②，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线l上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝a，其中a为任意钝角．请问（1）中的结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
重庆市2025-2026学年九年级上学期数学期中模拟测试练习卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2024秋 驿城区校级期中）下列方程是一元二次方程的是（　　）
A．2x+y＝1 B．x2+1＝2xy C．x23 D．x2＝3x+4
【考点】一元二次方程的定义．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】D
【分析】根据一元二次方程的定义逐项分析判断即可．
【解答】解：A、2x+y＝1是二元一次方程，不符合题意；
B、x2+1＝2xy是二元二次方程，不符合题意；
C、x23是分式方程，不符合题意；
D、x2＝3x+4是一元二次方程，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程定义是关键．
2．（3分）（2024春 南京期末）下列图形是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】中心对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】B
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，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，由此即可判断．
【解答】解：选项A、C、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；
选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形；
故选：B．
【点评】本题考查中心对称图形，关键是掌握中心对称图形的定义．
3．（3分）（2025 福州模拟）已知a，b（a＜b）是关于x的方程x2﹣4x+3﹣t＝0（t＞﹣1）的两个根，则下列判断正确的是（　　）
A．若t＞0，则a＞0 B．若a＞0，则t＞0
C．若﹣1＜t＜0，则a＜0 D．若a＜0，则t＞3
【考点】一元二次方程的解．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】D
【分析】先利用求根公式解方程得到a＝2，b＝2，再利用反例对A、B、C选项进行判断；当a＜0时，解不等式20，从而可对D选项进行判断．
【解答】解：∵Δ＝（﹣4）2﹣4（3﹣t）＝4+4t，
而t＞﹣1，
∴x2±，
∴a＝2，b＝2，
当t＝3时，a＝0，所以A选项的判断错误；
当a时，t，所以B选项的判断错误；
当t＝8时，a＝﹣1，所以，C选项的判断错误；
当a＜0时，即20，解得t＞3，所以，D选项的判断正确．
故选：D．
【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．也考查了公式法解一元二次方程．
4．（3分）（2024 九龙坡区校级三模）习近平总书记说：“读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩然之气．”为响应全民阅读号召，某校利用节假日面向社会开放学校图书馆．据统计，第一周进馆200人次，进馆人次逐周增加，第三周进馆242人次，若每周进馆人次的平均增长率相同．设每周进馆人次的平均增长率为x，根据题意，可列方程（　　）
A．242（1+x）2＝200
B．200（1﹣x）2＝242
C．200（1+x）2＝242
D．200+200（1+x）+200（1+x）2＝242
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程．
【专题】一元二次方程及应用；应用意识．
【答案】C
【分析】利用第三周进馆人次＝第一周进馆人次×（1+进馆人次的月平均增长率）2，即可列出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：根据题意得：200（1+x）2＝242．
故选：C．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
5．（3分）（2023秋 赤峰月考）下列一元二次方程中，没有实数根的是（　　）
A．（x﹣1）2﹣2＝0 B．9x2﹣12x+5＝0
C．（x+3）2＝5 D．x2﹣10x＝0
【考点】根的判别式．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】B
【分析】根据一元二次方程根的判别式进行判断即可求解．
【解答】解：A． （x﹣1）2﹣2＝0，即x2﹣2x﹣1＝0，Δ＝b2﹣4ac＝4+4＝8＞0，则原方程有实数根，故该选项不符合题意；
B．9x2﹣12x+5＝0，Δ＝b2﹣4ac＝144﹣4×9×5＝﹣36＜0，则原方程没有实数根，故该选项符合题意；
C． （x+3）2＝5，即x2+6x+4＝0，Δ＝b2﹣4ac＝36﹣4×4＝20＞0，则原方程有实数根，故该选项不符合题意；
D．x2﹣10x＝0，Δ＝b2﹣4ac＝（﹣10）2﹣4×1×0＝100＞0，则原方程有实数根，故该选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0 （a≠0，a，b，c为常数）的根的判别式Δ＝b2﹣4ac，当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程没有实数根．
6．（3分）（2024秋 潮南区期末）二次函数y＝2x2+1的图象向下平移3个单位，再向左平移2个单位，所得到的函数关系式是（　　）
A．y＝2（x+2）2﹣2 B．y＝2（x﹣2）2﹣2
C．y＝2（x+2）2+2 D．y＝2（x﹣2）2+2
【考点】二次函数图象与几何变换．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【答案】A
【分析】根据规律“上加下减，左加右减”可得y＝2（x+2）2+1﹣3，整理得出答案．
【解答】解：将二次函数y＝2x2+1的图象向下平移3个单位再向左平移2个单位得y＝2（x+2）2+1﹣3，即y＝2（x+2）2﹣2．
故选：A．
【点评】本题主要考查了二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解题的关键．
7．（3分）（2025 历下区二模）已知点A（x1，y1），B（x2，y2）是二次函数y＝x2﹣bx+c的图象上任意两点，设x2﹣x1＝t，若当﹣2＜x1＜2且﹣1＜b＜4时，都有y2＞y1，则t的取值范围是（　　）
A．t＜﹣4或t＞7 B．t＜﹣5或t＞8
C．t＜﹣5或t＞7 D．﹣t＜﹣4或t＞8
【考点】二次函数图象上点的坐标特征．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】求得抛物线的开口方向和对称轴，分两种情况讨论，利用二次函数的性质判断即可．
【解答】解：∵二次函数y＝x2﹣bx+c，
∴图象开口向上，对称轴为直线x，
∵﹣1＜b＜4，
∴2，
∵x2﹣x1＝t，﹣2＜x1＜2，
∴t﹣2＜x2＜t+2，
∴t﹣4＜x1+x2＜t+4，
∵点A（x1，y1），B（x2，y2）是二次函数y＝x2﹣bx+c的图象上任意两点，设x2﹣x1＝t，若当﹣2＜x1＜2且﹣1＜b＜4时，都有y2＞y1，
∴当t＞0时，x2＞x1，点A（x1，y1），B（x2，y2）的中点在对称轴的右侧，则2，即x1+x2＞4，
∴t﹣4＞4，
∴t＞8，
当t＜0时，x2＜x1，点A（x1，y1），B（x2，y2）的中点在对称轴的左侧，则，即x1+x2＜﹣1，
∴t+4＜﹣1，
∴t＜﹣5，
综上，t的取值范围是t＜﹣5或t＞8，
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数的图象和性质，二次函数图象上点的坐标特征，熟知二次函数的性质是解题的关键．
8．（3分）（2022 硚口区校级开学）如图，用白色的正方形纸片，按规律拼成下列图案，第（　　）个图案中有2017个白色纸片．
A．501 B．502 C．503 D．504
【考点】规律型：图形的变化类．
【专题】规律型；推理能力．
【答案】D
【分析】根据第一个图形中有白色纸片4×1+1（个），第2个图形中有白色纸片4×2+1（个），第3个图形中有白色纸片4×3+1（个）……，于是得到第n个图形中有白色纸片有（4n+1）个，列方程即可得到结论．
【解答】解：第一个图形中有白色纸片4×1+1＝5（个），
第2个图形中有白色纸片4×2+1＝9（个），
第3个图形中有白色纸片4×3+1＝13（个）……，
第n个图形中有白色纸片（4n+1）个，则4n+1＝2017时，
∴n＝504．
故选：D．
【点评】本题考查了规律型：图形的变化类，得到第n个图形中有白色纸片（4n+1）个是解题的关键．
9．（3分）（2024秋 香坊区校级月考）如图，△ABC为钝角三角形，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转120°得到△AB′C′，连接BB′，若AC′∥BB′，则∠C′AB′的度数为（　　）
A．如15° B．30° C．45° D．120°
【考点】旋转的性质；平行线的性质；三角形内角和定理；等腰三角形的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】由旋转得∠BAB′＝120°，AB＝AB′，所以∠ABB′＝∠AB′B，则120°+2∠AB′B＝180°，求得∠AB′B＝30°，由AC′∥BB′，得∠C′AB′＝∠AB′B＝30°，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转120°得到△AB′C′，
∴∠BAB′＝120°，AB＝AB′，
∴∠ABB′＝∠AB′B，
∴∠BAB′+∠ABB′+∠AB′B＝120°+2∠AB′B＝180°，
∴∠AB′B＝30°，
∵AC′∥BB′，
∴∠C′AB′＝∠AB′B＝30°，
故选：B．
【点评】此题重点考查旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、平行线的性质等知识，正确地求出∠AB′B的度数是解题的关键．
10．（3分）（2024春 重庆期中）已知两个整式：x，3x+y，将这两个整式进行如下操作：
第一次操作：用这两个整式的和除以2，将结果放在这两个整式之间，可以得到一个新的整式串：x，，3x+y，新整式串的和记作M1；
第二次操作：用相邻两个整式的和除以2，将结果放在这两个整式之间，又得到一个新的整式串：x，，，，3x+y，新整式串的和记作M2；以此类推．
某数学兴趣小组对此展开研究，得到4个结论：
①经过三次操作后的整式串共有9个整式；
②若，经过四次操作后，M4＝52；
③第10次操作后，从左往右第2个整式为：；
④若4x+y＝2，Mn﹣Mn﹣2＝3072，则n＝13．
以上四个结论正确的有（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】规律型：数字的变化类；整式；整式的加减；整式的除法；非负数的性质：偶次方；非负数的性质：算术平方根．
【专题】规律型；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】利用列举法即可判断①的正确；分别写出操作所得的整式串，计算新整式串的和并找出规律，利用规律计算即可得出②的错误；依次写出操作后的第2个整式中x的系数，并找出规律，依据规律即可判定③的错误；利用②中的规律得到Mn＝（2n﹣1）（4x+y），Mn﹣2＝（2n﹣3）（4x+y），将已知条件代入，利用指数幂的特征解答即可得出④的正确．
【解答】解：①第一次操作，2个整式变成3个，二次后，变成：3+2＝5个，三次后变成5+4＝9个，
∴①正确；
②两个整式：x，3x+y它们的和为 （4x+y），
第一次操作所得的整式串：x，2x，3x+y，
M1＝6xy（4x+y）＝（1）（4x+y）；
第二次操作所得的整式串：x，x，2x，xy，3x+y，
M2＝10xy（4x+y）＝（2）（4x+y）；
第三次操作所得的整式串：x，x，x，xy，2x，xy，xy，xy，3x+y，
M3＝18xy（4x+y）＝（4）（4x+y）；
∴第n次操作所得的整式串的和：Mn＝（2n﹣1）（4x+y），
由题意得：x＝1，y＝2，
∴M4＝（8）（4+2）＝51，
∴②的结论不正确；
③第一次操作后的第2个整式中x的系数是2，y的系数是，
第二次操作后的第2个整式中x的系数是，y的系数是，
第三次操作后的第2个整式中x的系数是，y的系数是，
第四次操作后的第2个整式中x的系数是，y的系数是，
……，
第n次操作后的第2个整式中x的系数是，y的系数是，
∴第10次操作后的第2个整式中x的系数是，y的系数是，
第2个整式为xy；
∴③的结论正确；
④由②知：Mn＝（2n﹣1）（4x+y），Mn﹣2＝（2n﹣3）（4x+y），
∵4x+y＝2，Mn﹣Mn﹣2＝3072，
∴22＝3072，
∴2n﹣1﹣2n﹣3＝1536，
∴2n﹣3（22﹣1）＝1536，
∴2n﹣3＝512＝29，
∴n﹣3＝9，
∴n＝12．
∴④的结论错误．
综上，结论正确的有：①③，
故选：B．
【点评】本题主要考查了整式的除法，非负数的应用，数字变化的规律，整式的意义，整式的加减，本题是规律型，准确找出数字变化的规律是解题的关键．
二．填空题（共8小题，满分24分，每小题3分）
11．（3分）（2023 金安区校级模拟）方程x2﹣8x+7＝0的解是 　x1＝1，x2＝7　 ．
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法．
【专题】计算题；一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】x1＝1，x2＝7．
【分析】根据因式分解法解答．
【解答】解：∵x2﹣8x+7＝0，
（x﹣1）（x﹣7）＝0，
x1＝1，x2＝7，
故答案为：x1＝1，x2＝7．
【点评】本题考查了解一元二次方程的方法，当把方程通过移项把等式的右边化为0后方程的左边能因式分解时，一般情况下是把左边的式子因式分解，再利用积为0的特点解出方程的根．因式分解法是解一元二次方程的一种简便方法，要会灵活运用．当化简后不能用分解因式的方法即可考虑求根公式法，此法适用于任何一元二次方程．
12．（3分）（2024春 娄星区校级月考）在平面直角坐标系中，已知点（﹣3，2）和点（3，a）关于原点对称，则a＝　﹣2　 ．
【考点】关于原点对称的点的坐标．
【专题】平面直角坐标系；符号意识．
【答案】﹣2．
【分析】根据关于原点对称的点横、纵坐标均互为相反数这一特征求解即可．
【解答】解：已知点（﹣3，2）与点（3，a）关于原点对称，
则﹣2＝a，即a＝﹣2，
故答案为：﹣2．
【点评】本题主要考查了平面直角坐标系，掌握关于原点对称两点坐标特征是解题的关键．
13．（3分）（2024秋 渝北区校级期中）若xm+1﹣2＝0是关于x的一元二次方程，则m的值是 　1　 ．
【考点】一元二次方程的定义．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】1．
【分析】根据一元二次方程的定义得m+1＝2，求出m的值即可．
【解答】解：若xm+1﹣2＝0是关于x的一元二次方程，则m+1＝2，
解得m＝1．
故答案为：1．
【点评】本题考查了一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的定义是解题的关键．
14．（3分）（2024秋 瑶海区期末）抛物线解析式为y＝2（x﹣5）2+3，则该抛物线的顶点坐标为　（5，3）　 ．
【考点】二次函数的性质．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力．
【答案】（5，3）．
【分析】利用二次函数的顶点式是：y＝a（x﹣h）2+k（a≠0，且a，h，k是常数），顶点坐标是（h，k）进行解答．
【解答】解：∵y＝2（x﹣5）2+3
∴抛物线的顶点坐标是（5，3）
故答案为：（5，3）．
【点评】本题主要是对抛物线中顶点式的对称轴，顶点坐标的考查．
15．（3分）（2024 南昌一模）如图，将△ABC绕着点A逆时针旋转得到△ADE，使得点B的对应点D落在边AC的延长线上，若AB＝12，AE＝7，则线段CD的长为 　5　 ．
【考点】旋转的性质．
【专题】三角形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】5．
【分析】根据旋转的性质可得AB＝AD＝8，AC＝AE＝5，则CD＝AD﹣AC．
【解答】解：∵将△ABC绕着点A逆时针旋转得到△ADE，
∴AB＝AD，AC＝AE，
∵AB＝12，AE＝7，
∴AD＝12，AC＝7，
∴CD＝AD﹣AC＝12﹣7＝5．
故答案为：5．
【点评】本题主要考查旋转的性质，解题关键在于熟练掌握旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等；②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；③旋转前、后的图形全等．
16．（3分）（2024秋 荷塘区校级期中）如图，将△ABC绕点C顺时针方向旋转40°得到△A'CB'，若AC⊥A'B'，连接AA'，则∠AA'B'度数为 　20°　 ．
【考点】旋转的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】20°．
【分析】由旋转得A′C＝AC，∠ACA′＝40′，则∠CA′A＝∠CAA′＝70°，而∠A′FC＝90°，求得∠CA′B′＝50°，所以∠AA'B'＝∠CA′A﹣∠CA′B′＝20°，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵将△ABC绕点C顺时针方向旋转40°得到△A'CB'，
∴A′C＝AC，∠ACA′＝40′，
∴∠CA′A＝∠CAA′（180°﹣40°）＝70°，
∵AC⊥A'B'，
∴∠A′FC＝90°，
∴∠CA′B′＝90°﹣∠ACA′＝90°﹣40°＝50°，
∴∠AA'B'＝∠CA′A﹣∠CA′B′＝70°﹣50°＝20°，
故答案为：20°．
【点评】此题重点考查旋转的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的两个锐角互余等知识，正确地求出∠CA′A的度数及∠CA′B′的度数是解题的关键．
17．（3分）（2023秋 花都区校级期中）已知1是关于x的方程x2+mx+5＝0的一个根，并且这个方程的两个根恰好是等腰三角形ABC的两条边长，则三角形ABC的周长为 　11　 ．
【考点】根的判别式；三角形三边关系；等腰三角形的性质；一元二次方程的解．
【专题】一元二次方程及应用；等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【答案】11．
【分析】先将x＝1代入x2+mx+5＝0，求出m＝﹣6，则方程即为x2﹣6x+5＝0，利用因式分解法求出方程的根x1＝1，x2＝5，分两种情况：①当5是腰时，1是底边；②当5是底边时，1是腰进行讨论．注意两种情况都要用三角形三边关系定理进行检验．
【解答】解：∵1是关于x的方程x2+mx+5＝0的一个根，
∴1+m+5＝0，
∴m＝﹣6，
∴x2﹣6x+5＝0，
解得x1＝1，x2＝5．
①当5是腰时，1是底边，此时周长＝5+5+1＝11；
②当5是底边时，1是腰，1+1＜5，不能构成三角形．
所以它的周长是11．
故答案为：11．
【点评】此题主要考查了一元二次方程的解，解一元二次方程﹣因式分解法，三角形三边关系定理以及等腰三角形的性质，注意求出三角形的三边后，要用三边关系定理检验．
18．（3分）若一个四位自然数M，它的各个数位上的数字均不为0，且前两位数字之和为5，后两位数字之和为8，则称M为“启明数”．把启明数M的前两位数字和后两位数字整体交换得到新的四位数M′．规定．例如：M＝1453，∵1+4＝5，5+3＝8，∴1453是“启明数”．则．若“启明数”P＝2335，则F（P）＝　12　 .已知四位自然数
是“启明数”，（b≤4，d≤7，且a、b、c、d均为正整数），若F（Q）恰好能被7整除，则满足条件的数Q的最大值是　3253　 ．
【考点】因式分解的应用；一元一次方程的应用．
【专题】整式；运算能力．
【答案】12；3253．
【分析】根据题目的对启明数的定义求解第一空．根据题目对启明数的定义，求出F（Q）具体的表达式，然后根据题目的b≤4，d≤7，结合能被7整除的数字的特点求出数Q的最大值．
【解答】解：第一空：P＝2335，P′＝3523则．
第二空：
．
因为b≤4，d≤7，且a、b、c、d均为正整数，所以当F（Q）恰好能被7整除时，
此时为了使Q取最大值，又a+b＝5，c+d＝8．
当a＝4时，b＝1，c＝5，d＝3，不成立，
当a＝3，b＝2，c＝5，d＝3，F（Q）＝21．可以被7整除．故Q为：3253．
故答案为：12，3253．
【点评】本题考查了因式分解的应用、一元一次方程的应用，熟练掌握以上知识点是关键．
三．解答题（共3小题）
19．（2024春 瑞安市校级期中）解方程：
（1）x2＝3x．
（2）（x﹣1）（x﹣2）＝5．
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法；解一元二次方程﹣公式法．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】（1）x1＝0，x2＝3；
（2），．
【分析】（1）利用因式分解法解一元二次方程即可；
（2）利用公式法解一元二次方程即可．
【解答】解：（1）x2＝3x，
x2﹣3x＝0，
x（x﹣3）＝0，
∴x＝0或x﹣3＝0，
解得x1＝0，x2＝3；
（2）（x﹣1）（x﹣2）＝5，
x2﹣3x﹣3＝0，
a＝1，b＝﹣3，c＝﹣3，
∴Δ＝（﹣3）2+4×1×（﹣3）＝21，
∴，
解得，．
【点评】本题考查了解一元二次方程．熟练掌握因式分解法、公式法解一元二次方程是解题的关键．
20．（2024 渝中区校级二模）在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，点E为线段AD上一点，连接BE，CE．用直尺和圆规，在BC的下方作∠CBF，使得∠CBF＝∠BCE，交AD的延长线于点F，连接CF．
小明想要研究两底角顶点B、C，底边高线上的点E，及该点关于底边的对称点F所形成的四边形BFCE的形状，请根据他的思路完成以下填空：
证明：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝　CD　 ．
又∵∠CBF＝∠BCE，∠BDF＝∠CDE，
∴△BDF≌CDE，
∴BF＝　CE　 ．
∵∠CBF＝∠BCE，
∴　BF∥CE　 ．
∴四边形BFCE是平行四边形．
又∵EF⊥BC，
∴四边形BFCE是菱形．
小明进一步研究发现，任意等腰三角形均有此特征．
请你依照题意完成下面命题：
在等腰三角形中，
　在等腰三角形中，两底角顶点，底边高线上的任意一点，及该点关于底边的对称点所形成的四边形为菱形　 ．
【考点】作图—基本作图；轴对称的性质；解直角三角形；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定．
【专题】作图题；几何直观；推理能力．
【答案】CD，CE，BF∥CE，在等腰三角形中，两底角顶点，底边高线上的任意一点，及该点关于底边的对称点所形成的四边形为菱形．
【分析】利用基本作图作∠CBF＝∠BCE，交AD的延长线于点F，再证明△BDF≌CDE得到BF＝CE，由于∠CBF＝∠BCE，所以BF∥CE，则可判断四边形BFCE是平行四边形，接着利用EF⊥BC可判断四边形BFCE是菱形，然后把上述结论写成命题的形式即可．
【解答】证明：如图，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，
又∵∠CBF＝∠BCE，∠BDF＝∠CDE，
∴△BDF≌CDE，
∴BF＝CE，
∵∠CBF＝∠BCE，
∴BF∥CE，
∴四边形BFCE是平行四边形．
又∵EF⊥BC，
∴四边形BFCE是菱形．
小明进一步研究发现，任意等腰三角形均有此特征．
请你依照题意完成下面命题：
在等腰三角形中，两底角顶点，底边高线上的任意一点，及该点关于底边的对称点所形成的四边形为菱形．
故答案为：CD，CE，BF∥CE，在等腰三角形中，两底角顶点，底边高线上的任意一点，及该点关于底边的对称点所形成的四边形为菱形．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定．
21．（2023春 南阳期末）某中学八年级组利用班会课对全年级学生进行了一次防溺水知识测试活动，现从八（1）、八（2）两个班各随机抽取10名学生的测试成绩（得分用x表示），将20名学生的成绩分为四组（A.60≤x＜70，B.70≤x＜80，C.80≤x＜90，D.90≤x≤100）进行整理，部分信息如下：
班级 中位数 平均数 众数
八（1） a 83 76
八（2） 86 86.3 b
八（1）班的测试成绩在C组中的数据为：83，84，86，88．
八（2）班的测试成绩：76，80，81，84，86，86，86，91，93，100．
根据以上信息，解答下列问题：
（1）a＝　83.5　 ，b＝　86　 ；
（2）通过以上数据分析，你认为八（1）、八（2）中哪个班级学生对防溺水知识掌握得更好？请写出一条理由．
【考点】众数；中位数．
【专题】统计的应用；应用意识．
【答案】（1）83.5，86；
（2）八（2）学生对防溺水知识掌握得更好．
【分析】（1）根据中位数、众数的定义，可以得到a、b的值；
（2）根据题目中的数据，可以从中位数、平均数、众数来说明理由，注意本题答案不唯一，符合实际即可．
【解答】解：（1）由直方图可知，八（1）班测试成绩10个数据按从小到大的顺序排列，第5个、第6个数落在C组，分别为83和84，
∴中位数a83.5，
∵八（2）班的测试成绩为：76，80，81，84，86，86，86，91，93，100．
∴众数b＝86．
故答案为：83.5，86；
（2）根据以上数据，我认为八（2）学生对防溺水知识掌握得更好．
理由：∵八（2）防溺水知识测试成绩的中位数、平均数和众数均高于八（1）班．
【点评】本题考查频数分布直方图、中位数、众数、平均数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
四．解答题（共5小题）
22．如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝12cm，BC＝24cm，动点P从点A出发沿边AB以2cm/s的速度向点B移动，动点Q从点B出发沿边BC以4cm/s的速度向点C移动，P，Q两点分别从A，B两点同时出发，点P到达点B时，两点同时停止移动．设移动时间为ts．
（1）AP＝　2t　 cm，BP＝　（12﹣2t）　 cm，BQ＝　4t　 cm．（用含t的代数式表示）
（2）当t为何值时，△PBQ的面积最大？最大面积是多少？
【考点】二次函数的最值；勾股定理；列代数式．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力．
【答案】（1）2t，（12﹣2t），4t；
（2）当t为3时△PBQ的面积最大，最大面积是36cm2．
【分析】（1）根据题意得出即可；
（2）先列出函数解析式，再化成顶点式，最后求出最值即可．
【解答】解：（1）根据题意得：AP＝2t cm，BQ＝4t cm，
所以BP＝（12﹣2t）cm，
故答案为：2t，（12﹣2t），4t；
（2）设△PBQ的面积S，
SBP BQ
（12﹣2t）×4t
＝﹣4t2+24t
＝﹣4（t﹣3）2+36，
所以当t为3时△PBQ的面积最大，最大面积是36cm2．
【点评】本题考查了三角形的面积，二次函数的最值等知识点，能求出S与x的函数关系式是解此题的关键．
23．（2024秋 德阳校级月考）如图A，B，C，D为矩形的四个顶点，AB＝16cm，AD＝6cm，动点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以3cm/s的速度向点B移动，一直到达B点为止，点Q以2cm/s的速度向D点移动，当点P到达B点时点Q随之停止运动．
（1）BP＝　（16﹣3t）cm　 ，DQ＝　（16﹣2t）cm　 （用含t的代数式表示）；
（2）t为多少时，四边形PBCQ的面积为33cm2；
（3）t为多少时，点P和点Q的距离为10cm．
【考点】一元二次方程的应用．
【专题】一次方程（组）及应用；一元二次方程及应用；应用意识．
【答案】（1）3（16﹣3t）cm；（16﹣2t）cm；
（2）当t为5时，四边形PBCQ的面积为33cm2；
（3）当t为或时，点P和点Q的距离为10cm．
【分析】（1）当运动时间为t s时，根据点P，Q的运动方向及运动速度，即可用含t的代数式表示出各线段的长度；
（2）利用梯形的面积计算公式，即可得出关于t的一元一次方程，解之即可得出t的值；
（3）过点Q作QE⊥AB于点E，则PE＝|16﹣5t|，利用勾股定理，即可得出关于t的一元二次方程，解之即可得出结论．
【解答】解：（1）当运动时间为t s时，AP＝3t cm，BP＝（16﹣3t）cm，CQ＝2t cm，DQ＝（16﹣2t）cm．
故答案为：3（16﹣3t）cm；（16﹣2t）cm；
（2）依题意得：[（16﹣3t）+2t]×6＝33，
整理得：16﹣t＝11，
解得：t＝5.
答：当t为5时，四边形PBCQ的面积为33cm2．
（3）过点Q作QE⊥AB于点E，则PE＝|（16﹣3t）﹣2t|＝|16﹣5t|，
如图所示．
依题意得：|16﹣5t|2+62＝102，
即（16﹣5t）2＝82，
解得：t1，t2．
答：当t为或时，点P和点Q的距离为10cm．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用、一元一次方程的应用、列代数式以及勾股定理，解题的关键是：（1）根据各线段之间的关系，用含t的代数式表示出各线段的长度；（2）找准等量关系，正确列出一元一次方程；（3）找准等量关系，正确列出一元二次方程．
24．（2023春 永寿县月考）如图，在△ABC和△CDE中，AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE，连接AD，BE交于点M．
（1）如图1，当点B，C，D在同一条直线上，且∠ACB＝∠DCE＝45°时，可以得到图中的一对全等三角形，即 　△ACD≌△BCE　 ；
（2）如图2，当点D不在直线BC上时，且∠ACB＝∠DCE＝α．
①AD和BE相等吗？为什么？
②求∠EMD的度数．（用含α的代数式表示）
【考点】三角形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）△ACD≌△BCE；
（2）①AD和BE相等；理由如下：
∵∠ACB＝∠DCE＝α，
∴∠DCE+∠ACE＝∠ACB+∠ACE，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE，即AD和BE相等；
②α．
【分析】（1）利用SAS证明△ACD≌△BCE即可求解；
（2）同（1）方法可证明△ACD≌△BCE，即可求证；
②由全等三角形的性质可得∠CAD＝∠CBE，由三角形的内角和定理可求解．
【解答】解：（1）∵点B，C，D在同一条直线上，且∠ACB＝∠DCE＝45°，
∴∠ACD＝∠BCE＝135°，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
故答案为：△ACD≌△BCE；
（2）①AD和BE相等；理由如下：
∵∠ACB＝∠DCE＝α，
∴∠DCE+∠ACE＝∠ACB+∠ACE，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE，即AD和BE相等；
②由①知：△ACD≌△BCE，
∴∠CAD＝∠CBE，
∵∠BAC+∠ABC＝180°﹣α，
∴∠BAM+∠ABM＝180°﹣α，
∴∠AMB＝180°﹣（180°﹣α）＝α，
∴∠EMD＝∠AMB＝α，
∴∠EMD的度数为α．
【点评】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，对顶角的性质，掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
25．（2024秋 涵江区期中）如图1，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣4.0），B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，﹣4），点D是直线AC下方抛物线上的一动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接CD，AD，求△ACD面积的最大值；
（3）如图2，将线段OD绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，若点F在直线AC上，求点D的坐标．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）y＝x2+3x﹣4；
（2）最大值为8；
（3）点D的坐标为．
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）连接OD，由S△ACD＝S△AOD+S△COD﹣S△COA，即可求解；
（3）过点D作DH⊥y轴于H，过点F作FG⊥DH，交HD延长线于点G，证明△GDF≌△HOD（AAS），求出直线AC的解析式，即可求解．
【解答】解：（1）抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣4.0），B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，﹣4），将点A，点B，点C的坐标代入得：
，
解得，
∴二次函数解析式为y＝x2+3x﹣4；
（2）如图1，连接OD，
设点D（t，t2+3t﹣4），
∴S△ACD＝S△AOD+S△COD﹣S△COA
＝﹣2（t+2）2+8，
∵﹣2＜0，
∴当t＝﹣2时，△ACD面积最大，最大值为8；
（3）过点D作DH⊥y轴于H，过点F作FG⊥DH，交HD延长线于点G，如图2，
由旋转得OD＝DF，∠ODF＝90°，
∴∠FDG+∠ODH＝90°，
∵FG⊥DH，DH⊥y轴，
∴∠FGD＝∠DHO＝90°，
∴∠GFD+∠FDG＝90°，
∴∠GFD＝∠ODH，
在△GDF和△HOD中，
，
∴△GDF≌△HOD（AAS），
∴GD＝OH，GF＝DH，
设点D的坐标为（m，m2+3m﹣4），
则GF＝DH＝﹣m，GD＝OH＝﹣m2﹣3m+4，
∴GH＝GD+DH＝﹣m2﹣4m+4，GF﹣OH＝m2+2m﹣4，
∴F（m2+4m﹣4，m2+2m﹣4），
设直线AC的解析式为y＝kx+b，将A（﹣4，0），C（0，﹣4）代入得：
，
解得，
∴直线AC的解析式为y＝﹣x﹣4，
∵点F在直线AC上，
∴﹣m2﹣4m+4﹣4＝m2+2m﹣4，
解得，（不合题意，舍去），
∴点D的坐标为．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，函数的思想求最大值，三角形全等的判定与性质，解题关键是熟练掌握二次函数的图象与性质．
26．（2025春 安宁区校级期末）某校七年级学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图形．
（1）如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线l经过点A，BD⊥直线l，CE⊥直线l，垂足分别为D、E．可得：DE、BD、CE的数量关系为 　DE＝BD+CE　 ，并加以证明；
（2）组员小丽想，如果将图①中的直角变式为一般情况，那么结论是否成立呢？如图②，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线l上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝a，其中a为任意钝角．请问（1）中的结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．
【专题】三角形；图形的全等；几何直观；推理能力．
【答案】（1）DE＝BD+CE；
（2）成立，证明见解答过程．
【分析】（1）先证明∠DBA＝∠EAC，进而依据“AAS”判定△ABD和△CAE全等得BD＝AE，AD＝CE，由此即可得出DE、BD、CE的数量关系；
（2）先证明∠DAB＝∠EAC，进而依据“AAS”判定△ABD和△CAE全等得BD＝AE，AD＝CE，则BD+CE＝AE+AD＝DE，由此即可得出结论．
【解答】解：（1）DE、BD、CE的数量关系为：DE＝BD+CE，证明如下：
∵BD⊥直线l，CE⊥直线l，垂足分别为D、E，
∴∠BDA＝∠AEC＝90°，
∴∠DAB+∠DBA＝90°，
在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠DAB+∠EAC＝90°，
∴∠DBA＝∠EAC，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴BD+CE＝AE+AD＝DE，
即DE＝BD+CE，
故答案为：DE＝BD+CE；
（2）成立，证明如下：
在△ABD中，∠DAB+∠DBA+∠BDA＝180°，
根据邻补角定义得：∠EAC+∠DAB+∠BAC＝180°，
∵∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，
∴∠DAB＝∠EAC，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴BD+CE＝AE+AD＝DE，
即DE＝BD+CE．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理是解决问题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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