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天津市静海区实验中学2024-2025学年九年级上学期期中考试数学试题
1．（2024九上·静海期中）下列图案中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2024九上·静海期中）抛物线的对称轴是（　　）.
A．直线 B．直线 C．直线 D．直线
3．（2024九上·静海期中）已知一元二次方程有一个根为1，则k的值为（　　）
A． B． C．2 D．4
4．（2024九上·静海期中）如图，是直径，是的弦，如果，则的大小为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024九上·静海期中）若二次函数的图象经过点，则下列各点中一定在该图象上的是（　　）
A． B． C． D．
6．（2024九上·静海期中）将二次函数的图象先向右平移2个单位，再向下平移3个单位，得到的函数图象的表达式是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2024九上·静海期中）如图，在△ABC中，∠CAB=65°，以点A为旋转中心，将△ABC绕点A逆时针旋转，得△AB'C'，连接BB' 若BB'AC，则旋转角的大小为（　　）．
A．35° B．40° C．50° D．65°
8．（2024九上·静海期中）如图，为⊙O的直径，，，则的长度为（　　）
A． B． C． D．
9．（2024九上·静海期中）如图，学校课外生物小组的试验园地的形状是长35米、宽20米的矩形．为便于管理，要在中间开辟一横两纵共三条等宽的小道，使种植面积为600平方米，则小道的宽为多少米？若设小道的宽为米，则根据题意，列方程为（　　）
A． B．
C． D．
10．（2024九上·静海期中）若二次函数的图象经过点，，，则的大小关系正确的为（　　）
A． B． C． D．
11．（2024九上·静海期中）如图，在△ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（　　）
A． B． C． D．
12．（2024九上·静海期中） 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．有下列结论：
①小球从抛出到落地需要；
②小球运动中的高度可以是；
③小球运动时的高度小于运动时的高度．
其中，正确结论的个数是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
13．（2024九上·静海期中）将方程化为的形式，则的值为　 　．
14．（2024九上·静海期中）已知的图象与轴的一个交点为，则另一个交点为　 　．
15．（2024九上·静海期中）若是一元二次方程的两个根，则的值是　 　．
16．（2024九上·静海期中）如图，四边形内接于，E为延长线上一点，，则的度数是　 　．
17．（2024九上·静海期中）如图，点E在正方形的边上，将绕点A顺时针旋转90°到的位置，连接，过点A作的垂线，垂足为点H，与交于点G，若，，则的长为　 　．
18．（2024九上·静海期中）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点，点，点均在格点上，并且在同一个圆上，取格点，连接并延长交圆于点．
（Ⅰ）四边形外接圆的半径为 ．
（Ⅱ）请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺画出线段，使平分，且点在圆上，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）．
19．（2024九上·静海期中）解方程：（1）x2﹣4x﹣3＝0；
（2）（x﹣3）2+2x（x﹣3）＝0．
20．（2024九上·静海期中）如图，在正方形网格中，各顶点都在格点上，点A的坐标为，结合所给的平面直角坐标系解答下列问题：
（1）画出绕点A顺时针旋转后的；
（2）画出关于原点O对称的；
（3）点的坐标是 ；点的坐标是 ．
21．（2024九上·静海期中）如图，点A，B，C，D都在半径为2的⊙O上，若OA⊥BC，∠CDA＝30°，
（1）求∠AOB的度数；
（2）求弦BC的长．
22．（2024九上·静海期中）在中，为直径，为上一点．
（1）如图①，过点作的切线，与的延长线相交于点，若，求的大小；
（2）如图②，为弧上一点，且经过的中点，连接并延长，与的延长线相交于点，若，求的大小．
23．（2024九上·静海期中）某书店销售复习资料，已知每本复习资料进价为40元，市场调查发现：若以每本50元销售，平均每天可销售90本，在此基础上，若售价每提高1元，则平均每天少销售3本．设涨价后每本的售价为元，书店平均每天销售这种复习资料的利润为元．
（1）涨价后每本复习资料的利润为______元，平均每天可销售______本；
（2）求与的函数关系式；
（3）当复习资料每本售价为多少时，平均每天的利润最大？最大利润为多少？
24．（2024九上·静海期中）在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点．以点A为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点O，B，C的对应点分别为D，E，F．
（1）填空：如图①，当点D落在边上时，则点D的坐标为　 　；
（2）如图②，当点D落在线段上时，与交于点H．
①求证；
②求点H的坐标．
（3）记K为矩形对角线的交点，S为的面积，求S的最大值（直接写出结果即可）．
25．（2024九上·静海期中）如图，已知抛物线y=﹣x2+bx+c与一直线相交于A（﹣1，0）、C（2，3）两点，与y轴交于点N，其顶点为D．
（1）求抛物线及直线AC的函数关系式；
（2）若P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点，求△APC的面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）设点M（3，n），求使MN+MD取最小值时n的值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故不符合题意；
B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故符合题意；
C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意；
D、是中心对称图形，不是轴对称图形，故不符合题意．
故选：B．
【分析】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．
2．【答案】A
【知识点】二次函数y=ax²+bx+c的图象
【解析】【解答】解：根据对称轴公式，
所以该抛物线的对称轴为直线.
故答案为：A.
【分析】对于二次函数“y=ax2+bx+c（a、b、c是常数，且a≠0）”，其对称轴直线公式是，从而代入即可算出答案.
3．【答案】B
【知识点】已知一元二次方程的根求参数
【解析】【解答】解：把代入方程得，
解得．
故选：B．
【分析】将代入方程可得关于k的一次方程，解方程即可求出答案.
4．【答案】B
【知识点】圆周角定理；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：∵是直径，
∴．
∴，
∴．
故选：B ．
【分析】根据圆周角定理可得，再根据直角三角形两锐角互余可得∠B，再根据同弧所对的圆周角相等即可求出答案.
5．【答案】A
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：把点代入二次函数可得，
∴，
∴二次函数解析式为，
把代入得：，满足在二次函数图象上；
把代入得：，所以不在二次函数图象上；
把代入得：，所以不在二次函数图象上；
把代入得：，所以不在二次函数图象上；
故答案为：A．
【分析】先将点P的坐标代入可得，再将各选项的坐标分别代入判断即可。
6．【答案】C
【知识点】二次函数图象的几何变换
【解析】【解答】解：∵二次函数的图象的顶点坐标为 ，
∴将二次函数的图象先向右平移2个单位，再向下平移3个单位，得到的函数图象的顶点坐标为 ，
∴得到的函数图象的表达式是，
故答案为：C．
【分析】二次函数的平移规律：上加下减，左加右减，据此求解即可.
7．【答案】C
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：，
，
由旋转的性质得：，为旋转角，
，
，
即旋转角的大小为，
故选：C．
【分析】根据直线平行性质可得，根据旋转性质可得，再根据三角形内角和定理即可求出答案.
8．【答案】C
【知识点】勾股定理；圆周角定理
【解析】【解答】解：连接，
是的直径，
，
，，
，
，
，
又，
，
，
，
故选：．
【分析】连接，根据圆周角定理可得，再根据角之间的关系可得，根据等弧多对的弦相等可得，再根据勾股定理即可求出答案.
9．【答案】C
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题；列一元二次方程；利用平移的思想解决实际问题
【解析】【解答】解：如图，平移阴影部分可得，
∵小道的宽为，
∴种植部分的长为，宽为
由题意得：．
故答案为：C．
【分析】利用平移的知识得到种植面积的形状，即把阴影部分分别移到矩形的上边和左边，可得种植面积为一个矩形，根据种植的面积为600列出方程即可．
10．【答案】C
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：二次函数，
∵，
∴图象开口向下，且对称轴直线为，
∴离对称轴越远，函数值越小，
∵，
∴，
故选：C ．
【分析】根据二次函数性质即可求出答案.
11．【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，∴△ABM≌△ACN，
∴AB=AC，AM=AN，
∴AB不一定等于AN，故选项A不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠ACN=∠B，
而∠CAB不一定等于∠B，
∴∠ACN不一定等于∠CAB，
∴AB与CN不一定平行，故选项B不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠BAM=∠CAN，∠ACN=∠B，
∴∠BAC=∠MAN，
∵AM=AN，AB=AC，
∴△ABC和△AMN都是等腰三角形，且顶角相等，
∴∠B=∠AMN，
∴∠AMN=∠ACN，故选项C符合题意；
∵AM=AN，
而AC不一定平分∠MAN，
∴AC与MN不一定垂直，故选项D不符合题意；
故选：C．
【分析】根据旋转性质逐项进行判断即可求出答案.
12．【答案】C
【知识点】函数自变量的取值范围；函数值；二次函数的最值
【解析】【解答】解：①由自变量的取值范围可知①正确；②h的最大值为：，所以小球运动过程中的最大高度为45，所以②正确；③当t=2时，h=30×2-5×22=40，当t=5时，h=30×5-5×52=25，所以③不正确。综上正确结论有2个。
故答案为：C.
【分析】首先根据自变量的取值范围判定①正确；根据函数的最大值可得出②正确；分别求得当t=2和t=5时的h的值，即可得出③不正确。
13．【答案】3
【知识点】配方法解一元二次方程
【解析】【解答】解：方程，
变形得：，
配方得：，即，
则，，
故，
故答案为：3．
【分析】利用配方法将一元二次方程的一般式化为顶点式，再利用待定系数法求出a、b的值，最后将a、b的值代入计算即可。
14．【答案】
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：∵，
∴二次函数图象的对称轴为直线，
∵的图象与轴的一个交点为，
∴的图象与轴的另一个交点为．
故答案为：
【分析】根据二次函数的对称性即可求出答案.
15．【答案】3
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：∵是一元二次方程的两个根，
∴，
故答案为：．
【分析】根据一元二次方程的根与系数的关系即可求出答案.
16．【答案】
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案：．
【分析】根据圆内接四边形性质可得，根据角之间的关系可得，根据等弧所对的圆周角是圆心角的一半即可求出答案.
17．【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
由旋转可得，，
∴，，
又∵，
∴H为的中点，
∴垂直平分，
∴，
设，则，，
∴，
∵，
∴中，，
即，
解得，
∴的长为，
故答案为：．
【分析】连接，根据旋转性质可得，根据全等三角形判定定理可得，，根据垂直平分线判定定理可得垂直平分，则，设，则，，，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
18．【答案】（Ⅰ）
（Ⅱ）取格点，连接，交于点，连接并延长交圆于点，连接，由格点特征结合四边形外接圆的半径可得△EFK≌△ODG，∴∠OGD=∠EKF=90°，即OP⊥CD∴点P是的中点∴∠CAP=∠DAP∴即为所求
【知识点】垂径定理；确定圆的条件；运用勾股定理解决网格问题
【解析】【解答】解：（Ⅰ）四边形ABCD外接圆的圆心位于格点O的位置，连接OA，OB，OC，OD，
由题意可得OA=OB=OC=OD=
故答案为：
【分析】（Ⅰ）根据格点的特征及勾股定理确定四边形ABCD外接圆的圆心，从而求解半径；
（Ⅱ）利用格点特征及垂径定理的推论，取格点，连接，交于点．取格点，连接并延长交圆于点，连接即为所求．
19．【答案】解：（1）由原方程，得
x2-4x=3，
等式的两边同时加上一次项系数一半的平方，得
x2-4x+4=7，
配方，得
（x-2）2=7，
∴x-2=，
解得，x1=，x2=；
（2）由原方程，得
3（x-3）（x-1）=0，
∴x-3=0或x-1=0，
解得，x=3或x=1．
【知识点】配方法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）根据配方法解方程即可求出答案.
（2）根据因式分解法解方程即可求出答案.
20．【答案】（1）解：如图，即为所求；
（2）解：如图，即为所求；
（3），
【知识点】坐标与图形变化﹣旋转；作图﹣旋转；坐标与图形变化﹣中心对称；作图﹣中心对称
【解析】【解答】（3）解：由图形可得：点的坐标是；点的坐标是；
故答案为：，
【分析】（1）根据旋转性质作图即可.
（2）根据对称性质作出点A，B，C关于原点的对称点，再依次连接即可求出答案.
（3）根据点的位置求出点的坐标即可.
（1）解：如图，即为所求；
（2）解：如图，即为所求；
（3）解：由图形可得：点的坐标是；点的坐标是；
21．【答案】（1）解：∵OA⊥BC，
∴，
∴∠AOB=2∠CDA＝60°；
（2）解：设OA交BC于E，
∵OA⊥BC，
∴∠BEO=90°，BE=CE，
∵OB=2，∠AOB=60°，
∴BE=OBsin60°=，
∴BC=2BE=2．
．

【知识点】垂径定理；圆周角定理；已知正弦值求边长
【解析】【分析】（1）根据垂径定理可得，再根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可求出答案.
（2）设OA交BC于E，根据垂径定理可得∠BEO=90°，BE=CE，解直角三角形即可求出答案.
（1）解：∵OA⊥BC，
∴，
∴∠AOB=2∠CDA＝60°；
（2）解：设OA交BC于E，
∵OA⊥BC，
∴∠BEO=90°，BE=CE，
∵OB=2，∠AOB=60°，
∴BE=OBsin60°=，
∴BC=2BE=2．
．
22．【答案】（1）解：如图所示，连接，
∵过点作的切线，与的延长线相交于点，
∴，即，
∵所对的圆周角为，所对的圆心角为，
∴，
在中，；
（2）解：如图所示，连接，则，
∴，
∵经过的中点，
∴，即，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【知识点】等腰三角形的性质；垂径定理；圆周角定理；切线的性质；直角三角形的两锐角互余
【解析】【分析】（1）连接，根据切线性质可得，即，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半可得，再根据直角三角形两锐角互余即可求出答案.
（2）连接，则，根据等边对等角可得，根据直角三角形两锐角互余得到，再根据三角形外角性质可得，再根据等弧所对圆周角相等可得，即可求出答案.
（1）解：如图所示，连接，
∵过点作的切线，与的延长线相交于点，
∴，即，
∵所对的圆周角为，所对的圆心角为，
∴，
在中，；
（2）解：如图所示，连接，则，
∴，
∵经过的中点，
∴，即，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
23．【答案】（1），；
解：（2）
（其中，）；
（3）当时，
∴当复习资料每本售价为60元时，平均每天的利润最大，最大利润为1200元．
【知识点】二次函数的实际应用-销售问题
【解析】【解答】解：（1）涨价后每本复习资料的利润为（x 40）元，平均每天可销售90 3（x 50）＝（240 3x）本．
故答案为：， ；
【分析】（1）根据题意列出代数式即可.
（2）根据题意建立函数关系式即可.
（3）根据二次函数性质即可求出答案.
24．【答案】（1）（1，3）
（2）解：①证明：由四边形是矩形，知．
∵点D在线段上，得.
由（1）知，，
又，，
∴≌；
②由≌，得．
在矩形中，，
∴，
∴，
∴．
设，则，．
在中，，
∴，
解得，
∴，
∴点H的坐标是；
（3）S的最大值为
【知识点】点的坐标；三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】（1）解：∵点，点，
∴，．
∵四边形是矩形，
∴，，.
∵矩形是由矩形旋转得到的，
∴．
在中，，
∴，
∴，
∴点D的坐标是；
（3）解：如图，当矩形顶点D在的延长线上时，点K到直线距离最大，最大值为线段的长，
∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴S的最大值为．
【分析】（1）根据两点间距离可得，，再根据矩形性质可得，，，再根据旋转性质可得，再根据勾股定理可得DC，再根据边之间的关系可得DC，再根据点的坐标即可求出答案.
（2）①根据矩形性质可得，根据全等三角形判定定理即可求出答案.
②根据全等三角形性质可得，再根据直线平行性质可得，根据等角对等边可得，设，则，，根据勾股定理建立方程，解方程可得BH，再根据点的坐标即可求出答案.
（3）当矩形顶点D在的延长线上时，点K到直线距离最大，最大值为线段的长，根据勾股定理可得AB，再根据矩形性质可得，根据边之间的关系可得DK，再根据三角形面积即可求出答案.
（1）解：∵点，点，
∴，．
∵四边形是矩形，
∴，，.
∵矩形是由矩形旋转得到的，
∴．
在中，，
∴，
∴，
∴点D的坐标是；
（2）解：①证明：由四边形是矩形，知．
∵点D在线段上，得.
由（1）知，，
又，，
∴≌；
②由≌，得．
在矩形中，，
∴，
∴，
∴．
设，则，．
在中，，
∴，
解得，
∴，
∴点H的坐标是；
（3）解：如图，当矩形顶点D在的延长线上时，点K到直线距离最大，最大值为线段的长，
∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴S的最大值为．
25．【答案】（1）∵将点A和点C的坐标代入抛物线的解析式得：，
解得：b=2，c=3．
∴抛物线的解析式为y═﹣x2+2x+3．
设直线AC的解析式为y=kx+b．
∵将点A和点C的坐标代入得，解得k=1，b=1．
∴直线AC的解析式为y=x+1．
（2）如图，
设点P（m，﹣m2+2m+3），
∴Q（m，m+1），
∴PQ=（﹣m2+2m+3）﹣（m+1）=﹣m2+m+2=﹣（m﹣）2+，
∴S△APC=PQ×|xC﹣xA|
= [﹣（m﹣）2+]×3=﹣（m﹣）2+，
∴当m=时，S△APC最大=，y=﹣m2+2m+3=，
∴P（，）；
（3）如图1所示，过点N作与直线x=3的对称点N'，连接DN'，交直线x=3与点M．
∵当x=0时y═3，
∴N（0，3）．
∵点N与点N'关于x=3对称，
∴N'（6，3）．
∵y═﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，
∴D（1，4）．
设DN'的解析式为y=kx+b．
将点N'与点D的坐标代入得：
解得：k=﹣，b=．
∴直线DN'的解析式为y=﹣x+
当x=3时，n=+=．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一次函数的综合应用；将军饮马模型-一线两点（一动两定）
【解析】【分析】（1）根据待定系数法将点A，C坐标代入抛物线解析式可得抛物线的解析式为y═﹣x2+2x+3，设直线AC的解析式为y=kx+b，再根据待定系数法将点A，C坐标代入解析式即可求出答案.
（2）设点P（m，﹣m2+2m+3），则Q（m，m+1），根据两点间距离可得PQ，再根据三角形面积，结合二次函数性质即可求出答案.
（3）过点N作与直线x=3的对称点N'，连接DN'，交直线x=3与点M，根据y轴上点的坐标特征可得N（0，3），再根据对称性质可得N'（6，3），将抛物线解析式转换为顶点式可得顶点D（1，4），设DN'的解析式为y=kx+b，根据待定系数法将点D，N'坐标代入解析式可得直线DN'的解析式为y=﹣x+，再将x=3代入解析式即可求出答案.
1 / 1天津市静海区实验中学2024-2025学年九年级上学期期中考试数学试题
1．（2024九上·静海期中）下列图案中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故不符合题意；
B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故符合题意；
C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意；
D、是中心对称图形，不是轴对称图形，故不符合题意．
故选：B．
【分析】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．
2．（2024九上·静海期中）抛物线的对称轴是（　　）.
A．直线 B．直线 C．直线 D．直线
【答案】A
【知识点】二次函数y=ax²+bx+c的图象
【解析】【解答】解：根据对称轴公式，
所以该抛物线的对称轴为直线.
故答案为：A.
【分析】对于二次函数“y=ax2+bx+c（a、b、c是常数，且a≠0）”，其对称轴直线公式是，从而代入即可算出答案.
3．（2024九上·静海期中）已知一元二次方程有一个根为1，则k的值为（　　）
A． B． C．2 D．4
【答案】B
【知识点】已知一元二次方程的根求参数
【解析】【解答】解：把代入方程得，
解得．
故选：B．
【分析】将代入方程可得关于k的一次方程，解方程即可求出答案.
4．（2024九上·静海期中）如图，是直径，是的弦，如果，则的大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】圆周角定理；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：∵是直径，
∴．
∴，
∴．
故选：B ．
【分析】根据圆周角定理可得，再根据直角三角形两锐角互余可得∠B，再根据同弧所对的圆周角相等即可求出答案.
5．（2024九上·静海期中）若二次函数的图象经过点，则下列各点中一定在该图象上的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：把点代入二次函数可得，
∴，
∴二次函数解析式为，
把代入得：，满足在二次函数图象上；
把代入得：，所以不在二次函数图象上；
把代入得：，所以不在二次函数图象上；
把代入得：，所以不在二次函数图象上；
故答案为：A．
【分析】先将点P的坐标代入可得，再将各选项的坐标分别代入判断即可。
6．（2024九上·静海期中）将二次函数的图象先向右平移2个单位，再向下平移3个单位，得到的函数图象的表达式是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】二次函数图象的几何变换
【解析】【解答】解：∵二次函数的图象的顶点坐标为 ，
∴将二次函数的图象先向右平移2个单位，再向下平移3个单位，得到的函数图象的顶点坐标为 ，
∴得到的函数图象的表达式是，
故答案为：C．
【分析】二次函数的平移规律：上加下减，左加右减，据此求解即可.
7．（2024九上·静海期中）如图，在△ABC中，∠CAB=65°，以点A为旋转中心，将△ABC绕点A逆时针旋转，得△AB'C'，连接BB' 若BB'AC，则旋转角的大小为（　　）．
A．35° B．40° C．50° D．65°
【答案】C
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：，
，
由旋转的性质得：，为旋转角，
，
，
即旋转角的大小为，
故选：C．
【分析】根据直线平行性质可得，根据旋转性质可得，再根据三角形内角和定理即可求出答案.
8．（2024九上·静海期中）如图，为⊙O的直径，，，则的长度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；圆周角定理
【解析】【解答】解：连接，
是的直径，
，
，，
，
，
，
又，
，
，
，
故选：．
【分析】连接，根据圆周角定理可得，再根据角之间的关系可得，根据等弧多对的弦相等可得，再根据勾股定理即可求出答案.
9．（2024九上·静海期中）如图，学校课外生物小组的试验园地的形状是长35米、宽20米的矩形．为便于管理，要在中间开辟一横两纵共三条等宽的小道，使种植面积为600平方米，则小道的宽为多少米？若设小道的宽为米，则根据题意，列方程为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题；列一元二次方程；利用平移的思想解决实际问题
【解析】【解答】解：如图，平移阴影部分可得，
∵小道的宽为，
∴种植部分的长为，宽为
由题意得：．
故答案为：C．
【分析】利用平移的知识得到种植面积的形状，即把阴影部分分别移到矩形的上边和左边，可得种植面积为一个矩形，根据种植的面积为600列出方程即可．
10．（2024九上·静海期中）若二次函数的图象经过点，，，则的大小关系正确的为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：二次函数，
∵，
∴图象开口向下，且对称轴直线为，
∴离对称轴越远，函数值越小，
∵，
∴，
故选：C ．
【分析】根据二次函数性质即可求出答案.
11．（2024九上·静海期中）如图，在△ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，∴△ABM≌△ACN，
∴AB=AC，AM=AN，
∴AB不一定等于AN，故选项A不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠ACN=∠B，
而∠CAB不一定等于∠B，
∴∠ACN不一定等于∠CAB，
∴AB与CN不一定平行，故选项B不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠BAM=∠CAN，∠ACN=∠B，
∴∠BAC=∠MAN，
∵AM=AN，AB=AC，
∴△ABC和△AMN都是等腰三角形，且顶角相等，
∴∠B=∠AMN，
∴∠AMN=∠ACN，故选项C符合题意；
∵AM=AN，
而AC不一定平分∠MAN，
∴AC与MN不一定垂直，故选项D不符合题意；
故选：C．
【分析】根据旋转性质逐项进行判断即可求出答案.
12．（2024九上·静海期中） 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．有下列结论：
①小球从抛出到落地需要；
②小球运动中的高度可以是；
③小球运动时的高度小于运动时的高度．
其中，正确结论的个数是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【知识点】函数自变量的取值范围；函数值；二次函数的最值
【解析】【解答】解：①由自变量的取值范围可知①正确；②h的最大值为：，所以小球运动过程中的最大高度为45，所以②正确；③当t=2时，h=30×2-5×22=40，当t=5时，h=30×5-5×52=25，所以③不正确。综上正确结论有2个。
故答案为：C.
【分析】首先根据自变量的取值范围判定①正确；根据函数的最大值可得出②正确；分别求得当t=2和t=5时的h的值，即可得出③不正确。
13．（2024九上·静海期中）将方程化为的形式，则的值为　 　．
【答案】3
【知识点】配方法解一元二次方程
【解析】【解答】解：方程，
变形得：，
配方得：，即，
则，，
故，
故答案为：3．
【分析】利用配方法将一元二次方程的一般式化为顶点式，再利用待定系数法求出a、b的值，最后将a、b的值代入计算即可。
14．（2024九上·静海期中）已知的图象与轴的一个交点为，则另一个交点为　 　．
【答案】
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：∵，
∴二次函数图象的对称轴为直线，
∵的图象与轴的一个交点为，
∴的图象与轴的另一个交点为．
故答案为：
【分析】根据二次函数的对称性即可求出答案.
15．（2024九上·静海期中）若是一元二次方程的两个根，则的值是　 　．
【答案】3
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：∵是一元二次方程的两个根，
∴，
故答案为：．
【分析】根据一元二次方程的根与系数的关系即可求出答案.
16．（2024九上·静海期中）如图，四边形内接于，E为延长线上一点，，则的度数是　 　．
【答案】
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案：．
【分析】根据圆内接四边形性质可得，根据角之间的关系可得，根据等弧所对的圆周角是圆心角的一半即可求出答案.
17．（2024九上·静海期中）如图，点E在正方形的边上，将绕点A顺时针旋转90°到的位置，连接，过点A作的垂线，垂足为点H，与交于点G，若，，则的长为　 　．
【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
由旋转可得，，
∴，，
又∵，
∴H为的中点，
∴垂直平分，
∴，
设，则，，
∴，
∵，
∴中，，
即，
解得，
∴的长为，
故答案为：．
【分析】连接，根据旋转性质可得，根据全等三角形判定定理可得，，根据垂直平分线判定定理可得垂直平分，则，设，则，，，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
18．（2024九上·静海期中）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点，点，点均在格点上，并且在同一个圆上，取格点，连接并延长交圆于点．
（Ⅰ）四边形外接圆的半径为 ．
（Ⅱ）请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺画出线段，使平分，且点在圆上，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）．
【答案】（Ⅰ）
（Ⅱ）取格点，连接，交于点，连接并延长交圆于点，连接，由格点特征结合四边形外接圆的半径可得△EFK≌△ODG，∴∠OGD=∠EKF=90°，即OP⊥CD∴点P是的中点∴∠CAP=∠DAP∴即为所求
【知识点】垂径定理；确定圆的条件；运用勾股定理解决网格问题
【解析】【解答】解：（Ⅰ）四边形ABCD外接圆的圆心位于格点O的位置，连接OA，OB，OC，OD，
由题意可得OA=OB=OC=OD=
故答案为：
【分析】（Ⅰ）根据格点的特征及勾股定理确定四边形ABCD外接圆的圆心，从而求解半径；
（Ⅱ）利用格点特征及垂径定理的推论，取格点，连接，交于点．取格点，连接并延长交圆于点，连接即为所求．
19．（2024九上·静海期中）解方程：（1）x2﹣4x﹣3＝0；
（2）（x﹣3）2+2x（x﹣3）＝0．
【答案】解：（1）由原方程，得
x2-4x=3，
等式的两边同时加上一次项系数一半的平方，得
x2-4x+4=7，
配方，得
（x-2）2=7，
∴x-2=，
解得，x1=，x2=；
（2）由原方程，得
3（x-3）（x-1）=0，
∴x-3=0或x-1=0，
解得，x=3或x=1．
【知识点】配方法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）根据配方法解方程即可求出答案.
（2）根据因式分解法解方程即可求出答案.
20．（2024九上·静海期中）如图，在正方形网格中，各顶点都在格点上，点A的坐标为，结合所给的平面直角坐标系解答下列问题：
（1）画出绕点A顺时针旋转后的；
（2）画出关于原点O对称的；
（3）点的坐标是 ；点的坐标是 ．
【答案】（1）解：如图，即为所求；
（2）解：如图，即为所求；
（3），
【知识点】坐标与图形变化﹣旋转；作图﹣旋转；坐标与图形变化﹣中心对称；作图﹣中心对称
【解析】【解答】（3）解：由图形可得：点的坐标是；点的坐标是；
故答案为：，
【分析】（1）根据旋转性质作图即可.
（2）根据对称性质作出点A，B，C关于原点的对称点，再依次连接即可求出答案.
（3）根据点的位置求出点的坐标即可.
（1）解：如图，即为所求；
（2）解：如图，即为所求；
（3）解：由图形可得：点的坐标是；点的坐标是；
21．（2024九上·静海期中）如图，点A，B，C，D都在半径为2的⊙O上，若OA⊥BC，∠CDA＝30°，
（1）求∠AOB的度数；
（2）求弦BC的长．
【答案】（1）解：∵OA⊥BC，
∴，
∴∠AOB=2∠CDA＝60°；
（2）解：设OA交BC于E，
∵OA⊥BC，
∴∠BEO=90°，BE=CE，
∵OB=2，∠AOB=60°，
∴BE=OBsin60°=，
∴BC=2BE=2．
．

【知识点】垂径定理；圆周角定理；已知正弦值求边长
【解析】【分析】（1）根据垂径定理可得，再根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可求出答案.
（2）设OA交BC于E，根据垂径定理可得∠BEO=90°，BE=CE，解直角三角形即可求出答案.
（1）解：∵OA⊥BC，
∴，
∴∠AOB=2∠CDA＝60°；
（2）解：设OA交BC于E，
∵OA⊥BC，
∴∠BEO=90°，BE=CE，
∵OB=2，∠AOB=60°，
∴BE=OBsin60°=，
∴BC=2BE=2．
．
22．（2024九上·静海期中）在中，为直径，为上一点．
（1）如图①，过点作的切线，与的延长线相交于点，若，求的大小；
（2）如图②，为弧上一点，且经过的中点，连接并延长，与的延长线相交于点，若，求的大小．
【答案】（1）解：如图所示，连接，
∵过点作的切线，与的延长线相交于点，
∴，即，
∵所对的圆周角为，所对的圆心角为，
∴，
在中，；
（2）解：如图所示，连接，则，
∴，
∵经过的中点，
∴，即，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【知识点】等腰三角形的性质；垂径定理；圆周角定理；切线的性质；直角三角形的两锐角互余
【解析】【分析】（1）连接，根据切线性质可得，即，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半可得，再根据直角三角形两锐角互余即可求出答案.
（2）连接，则，根据等边对等角可得，根据直角三角形两锐角互余得到，再根据三角形外角性质可得，再根据等弧所对圆周角相等可得，即可求出答案.
（1）解：如图所示，连接，
∵过点作的切线，与的延长线相交于点，
∴，即，
∵所对的圆周角为，所对的圆心角为，
∴，
在中，；
（2）解：如图所示，连接，则，
∴，
∵经过的中点，
∴，即，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
23．（2024九上·静海期中）某书店销售复习资料，已知每本复习资料进价为40元，市场调查发现：若以每本50元销售，平均每天可销售90本，在此基础上，若售价每提高1元，则平均每天少销售3本．设涨价后每本的售价为元，书店平均每天销售这种复习资料的利润为元．
（1）涨价后每本复习资料的利润为______元，平均每天可销售______本；
（2）求与的函数关系式；
（3）当复习资料每本售价为多少时，平均每天的利润最大？最大利润为多少？
【答案】（1），；
解：（2）
（其中，）；
（3）当时，
∴当复习资料每本售价为60元时，平均每天的利润最大，最大利润为1200元．
【知识点】二次函数的实际应用-销售问题
【解析】【解答】解：（1）涨价后每本复习资料的利润为（x 40）元，平均每天可销售90 3（x 50）＝（240 3x）本．
故答案为：， ；
【分析】（1）根据题意列出代数式即可.
（2）根据题意建立函数关系式即可.
（3）根据二次函数性质即可求出答案.
24．（2024九上·静海期中）在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点．以点A为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点O，B，C的对应点分别为D，E，F．
（1）填空：如图①，当点D落在边上时，则点D的坐标为　 　；
（2）如图②，当点D落在线段上时，与交于点H．
①求证；
②求点H的坐标．
（3）记K为矩形对角线的交点，S为的面积，求S的最大值（直接写出结果即可）．
【答案】（1）（1，3）
（2）解：①证明：由四边形是矩形，知．
∵点D在线段上，得.
由（1）知，，
又，，
∴≌；
②由≌，得．
在矩形中，，
∴，
∴，
∴．
设，则，．
在中，，
∴，
解得，
∴，
∴点H的坐标是；
（3）S的最大值为
【知识点】点的坐标；三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】（1）解：∵点，点，
∴，．
∵四边形是矩形，
∴，，.
∵矩形是由矩形旋转得到的，
∴．
在中，，
∴，
∴，
∴点D的坐标是；
（3）解：如图，当矩形顶点D在的延长线上时，点K到直线距离最大，最大值为线段的长，
∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴S的最大值为．
【分析】（1）根据两点间距离可得，，再根据矩形性质可得，，，再根据旋转性质可得，再根据勾股定理可得DC，再根据边之间的关系可得DC，再根据点的坐标即可求出答案.
（2）①根据矩形性质可得，根据全等三角形判定定理即可求出答案.
②根据全等三角形性质可得，再根据直线平行性质可得，根据等角对等边可得，设，则，，根据勾股定理建立方程，解方程可得BH，再根据点的坐标即可求出答案.
（3）当矩形顶点D在的延长线上时，点K到直线距离最大，最大值为线段的长，根据勾股定理可得AB，再根据矩形性质可得，根据边之间的关系可得DK，再根据三角形面积即可求出答案.
（1）解：∵点，点，
∴，．
∵四边形是矩形，
∴，，.
∵矩形是由矩形旋转得到的，
∴．
在中，，
∴，
∴，
∴点D的坐标是；
（2）解：①证明：由四边形是矩形，知．
∵点D在线段上，得.
由（1）知，，
又，，
∴≌；
②由≌，得．
在矩形中，，
∴，
∴，
∴．
设，则，．
在中，，
∴，
解得，
∴，
∴点H的坐标是；
（3）解：如图，当矩形顶点D在的延长线上时，点K到直线距离最大，最大值为线段的长，
∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴S的最大值为．
25．（2024九上·静海期中）如图，已知抛物线y=﹣x2+bx+c与一直线相交于A（﹣1，0）、C（2，3）两点，与y轴交于点N，其顶点为D．
（1）求抛物线及直线AC的函数关系式；
（2）若P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点，求△APC的面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）设点M（3，n），求使MN+MD取最小值时n的值．
【答案】（1）∵将点A和点C的坐标代入抛物线的解析式得：，
解得：b=2，c=3．
∴抛物线的解析式为y═﹣x2+2x+3．
设直线AC的解析式为y=kx+b．
∵将点A和点C的坐标代入得，解得k=1，b=1．
∴直线AC的解析式为y=x+1．
（2）如图，
设点P（m，﹣m2+2m+3），
∴Q（m，m+1），
∴PQ=（﹣m2+2m+3）﹣（m+1）=﹣m2+m+2=﹣（m﹣）2+，
∴S△APC=PQ×|xC﹣xA|
= [﹣（m﹣）2+]×3=﹣（m﹣）2+，
∴当m=时，S△APC最大=，y=﹣m2+2m+3=，
∴P（，）；
（3）如图1所示，过点N作与直线x=3的对称点N'，连接DN'，交直线x=3与点M．
∵当x=0时y═3，
∴N（0，3）．
∵点N与点N'关于x=3对称，
∴N'（6，3）．
∵y═﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，
∴D（1，4）．
设DN'的解析式为y=kx+b．
将点N'与点D的坐标代入得：
解得：k=﹣，b=．
∴直线DN'的解析式为y=﹣x+
当x=3时，n=+=．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一次函数的综合应用；将军饮马模型-一线两点（一动两定）
【解析】【分析】（1）根据待定系数法将点A，C坐标代入抛物线解析式可得抛物线的解析式为y═﹣x2+2x+3，设直线AC的解析式为y=kx+b，再根据待定系数法将点A，C坐标代入解析式即可求出答案.
（2）设点P（m，﹣m2+2m+3），则Q（m，m+1），根据两点间距离可得PQ，再根据三角形面积，结合二次函数性质即可求出答案.
（3）过点N作与直线x=3的对称点N'，连接DN'，交直线x=3与点M，根据y轴上点的坐标特征可得N（0，3），再根据对称性质可得N'（6，3），将抛物线解析式转换为顶点式可得顶点D（1，4），设DN'的解析式为y=kx+b，根据待定系数法将点D，N'坐标代入解析式可得直线DN'的解析式为y=﹣x+，再将x=3代入解析式即可求出答案.
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