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期中检测试题（21--24章） 2025-2026学年
初中数学人教版九年级上册
一、单选题
1．2024年6月5日，是二十四节气的芒种，二十四节气是中国劳动人民独创的文化遗产，能反映季节的变化，指导农事活动．下面四幅图片分别代表“芒种”、“白露”、“立夏”、“大雪”，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．已知m为方程的根，那么的值为（ ）
A． B．0 C．2022 D．4044
3．关于x的一元二次方程有两个实数根，则m的取值范围是（ ）
A． B． C．且 D．且
4．在中，直径于点，为弧的中点，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在中，，，将绕点逆时针旋转得到．当落在上时，的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．若关于x的一元二次方程两根为、，且，则p的值为（ ）
A． B． C． D．6
7．如图，二次函数的部分图象与x轴的一个交点的横坐标是，顶点坐标为，则下列说法正确的是（ ）

A．二次函数图象的对称轴是直线
B．二次函数图象与x轴的另一个交点的横坐标是2
C．当时，y随x的增大而减小
D．二次函数图象与y轴的交点的纵坐标是3
8．已知二次函数（x是自变量）的图象经过第一、二、四象限，则实数a的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
9．如图，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，若扇形的半径是5，则该圆锥的体积是（ ）
A． B． C． D．
10．已知二次函数图象的一部分如图所示，该函数图象经过点，对称轴为直线．对于下列结论：①；②；③多项式可因式分解为；④当时，关于的方程无实数根．其中正确的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
11．在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是 ．
12．已知，，是二次函数的图象上的三个点，则，，的大小关系为 ．
13．关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是 ．
14．二次函数，当时， y的范围 ．
15．如图，菱形的边长为，，弧是以点A为圆心，长为半径的弧，弧是以点B为圆心，长为半径的弧，则阴影部分的面积为 ．
16．已知，在中，，，，是直线上一点，将点绕点逆时针旋转得其对应点，当时，则长为 ．
三、解答题
17．解方程：
(1)
(2)
18．如图所示，的三个顶点在格点上，分别为，，．
(1)画出关于原点成中心对称的；
(2)画出绕点逆时针旋转度的；
(3)求（2）中，点旋转到经过的路径长．
19．如图，点O是等边三角形内一点，将绕点C顺时针旋转得到，连接．
(1)求证：；
(2)若，，，求的度数．
20．如图，点在上，过点，分别与交于，过作于．
(1)求证：是的切线；
(2)若与相切于点，求的半径．
21．世界杯足球赛期间，某商店销售一批足球纪念册，每本进价40元，规定销售单价不低于44元，且获利不高于12元．试销售期间发现，当销售单价定为44元时，每天可售出300本，销售单价每涨1元，每天销售量减少10本，现商店决定提价销售．设每天销售为y本，销售单价为x元．
(1)请直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围；
(2)当每本足球纪念册销售单价是多少元时，商店每天获利2400元？
(3)将足球纪念册销售单价定为多少元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大？最大利润是多少元？
22．我们在八年级上册曾经探索：把一个直立的火柴盒放倒（如图1），通过对梯形ABCD面积的不同方法计算，来验证勾股定理．a、b、c分别是和的边长，易知，这时我们把关于x的形如的一元二次方程称为“勾氏方程”．
请解决下列问题：
(1)方程 （填“是”或“不是”）“勾氏方程”；
(2)求证：关于x的“勾氏方程”必有实数根；
(3)如图2，的半径为10，AB、CD是位于圆心O异侧的两条平行弦，．若关于x的方程是“勾氏方程”，连接AD，求的度数．
23．已知抛物线与x轴交于点，点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的表达式；
(2)若点P在抛物线的对称轴上，点Q在x轴上，是否存在以B，C，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，若存在，请直接写出点Q的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)将抛物线向左平移1个单位，再向上平移4个单位，得到一个新的抛物线，问在y轴正半轴上是否存在一点F，使得当经过点F的任意一条直线与新抛物线交于S，T两点时，总有为定值？若存在，求出点F坐标及定值，若不存在，请说明理由．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B D C B A D A D C
1．D
【分析】根据中心对称图形的定义：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，进行逐一判断即可．本题主要考查了中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义．
【详解】解：A．不是中心对称图形，故A选项不合题意；
B．不是中心对称图形，故B选项不合题意；
C．不是中心对称图形，故C选项不合题意；
D．是中心对称图形，故D选项合题意；
故选：D．
2．B
【分析】根据题意有，即有，据此即可作答．
【详解】∵m为的根，
∴，且m≠0，
∴，
则有原式=，
故选：B．
【点睛】本题考查了利用未知数是一元二次方程的根求解代数式的值，由m为得到是解答本题的关键．
3．D
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式．根据一元二次方程的根的判别式的意义得到且，即，然后解不等式组即可得到的取值范围．
【详解】解：关于的一元二次方程有实数根，
且，
即，
解得：，
的取值范围是且．
故选：D．
4．C
【分析】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，解题的关键是熟练掌握相关定理，作出辅助线，先证明，得出，根据为的直径，得出，最后求出结果即可．
【详解】解：连接，如图所示：
∵，
∴，
∵为弧的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴．
故选：C．
5．B
【分析】本题主要考查了旋转的性质，三角形内角和定理，由旋转的性质可得，
由三角形内角和定理可得出，最后根据角的和差关系即可得出答案．
【详解】解：由旋转的性质可得出，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
6．A
【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系：若方程的两实数根为，则．
根据一元二次方程根与系数的关系得到，然后通分，，从而得到关于p的方程，解方程即可．
【详解】解：，
，
而，
，
，
故选：A．
7．D
【分析】本题考查了二次函数的性质，待定系数法求二次函数解析式，利用二次函数的性质，对称性，增减性判断选项A、B、C，利用待定系数法求出二次函数的解析式，再求出与y轴的交点坐标即可判定选项D．
【详解】解∶ ∵二次函数的顶点坐标为，
∴二次函数图象的对称轴是直线，故选项A错误；
∵二次函数的图象与x轴的一个交点的横坐标是，对称轴是直线，
∴二次函数图象与x轴的另一个交点的横坐标是1，故选项B错误；
∵抛物线开口向下， 对称轴是直线，
∴当时，y随x的增大而增大，故选项C错误；
设二次函数解析式为，
把代入，得，
解得，
∴，
当时，，
∴二次函数图象与y轴的交点的纵坐标是3，故选项D正确，
故选D．
8．A
【分析】本题考查了二次函数图象与性质．利用二次函数的性质，抛物线与轴有2个交点，开口向上，而且与轴的交点不在负半轴上，然后解不等式组即可．
【详解】解：二次函数图象经过第一、二、四象限，
设抛物线与轴两个交点的横坐标分别为，由题意可得
解得．
故选：A．
9．D
【分析】本题考查了弧长公式，圆锥的体积公式，勾股定理，理解圆锥的底面周长与侧面展开图扇形的弧长相等是解题关键，设圆锥的半径为，则圆锥的底面周长为，根据弧长公式得出侧面展开图的弧长，进而得出，再利用勾股定理，求出圆锥的高，再代入体积公式求解即可．
【详解】解：设圆锥的半径为，则圆锥的底面周长为，
圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，且扇形的半径是5，
扇形的弧长为，
圆锥的底面周长与侧面展开图扇形的弧长相等，
，
，
圆锥的高为，
圆锥的体积为，
故选：D．
10．C
【分析】本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象的性质，二次函数的最值问题，熟练掌握二次函数图象与系数的关系是解题的关键．①根据图像分别判断，，的符号即可；②将点代入函数即可得到答案；③根据题意可得该函数与轴的另一个交点的横坐标为5，即可得到；④由，得到，，将代入函数得，从而推出当时，该抛物线与直线的图象无交点，即可判断．
【详解】解：由题图可知，，
，故①正确；
当时，，即，故②正确；
二次函数与轴的一个交点的横坐标为，对称轴为直线，
二次函数与轴的另一个交点的横坐标为5，
多项式，故③错误；
当时，有最大值，即，
当时，抛物线与直线的图象无交点，
即关于x的方程无实数根，故④正确．
综上，①②④正确．
故选：C．
11．
【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标．根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是，
故答案为：．
12．/
【分析】本题考查了二次函数图象的性质，根据二次函数图象性质即可判定，解题的关键是掌握二次函数图象的性质．
【详解】解：由二次函数，则它的对称轴为，开口向下，
∴图象上的点离对称轴越远则的值越小，
∵，，，，
∴，
故答案为：．
13．且
【分析】本题考查了一元二次方程根的情况，利用根的判别式求即可．
【详解】关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，
，
解得：且，
故答案为：且．
14．
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，先根据开口确定最大值，再分别计算出，时的函数值，即可求解取值范围．
【详解】解：∵，，
∴开口方向向下，对称轴为直线：，在对称轴处取得最大值，
则越靠近对称轴的自变量所对应的函数值越大
∵，
∴当时，，
当时，；
当时，，
∴当时，y的范围是，
故答案为：．
15．
【分析】本题主要考查了扇形的面积计算，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理．连接，过点D作于点E，证明是等边三角形，可得，，从而得到，再由阴影部分的面积为，即可求解．
【详解】解：如图，连接，过点D作于点E，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴阴影部分的面积为
．
故答案为：．
16．或
【分析】通过连接辅助线，利用旋转性质和全等三角形的判定，确定点的运动轨迹，再分情况结合等腰直角三角形、勾股定理求解长．
【详解】解：连接、，取的中点，作直线．
∵将点绕点逆时针旋转得对应点，
∴，，为等边三角形．
∵，，，
∴．
∵是中点，，，
∴，．
∵，
∴．
在和中，
，
∴．
∴，
∴，点在直线上运动．
情况一：点在的延长线上．
∵，是中点，
∴．
∵，
∴．
在中，，
∴．
情况二：点在线段上．
同理，，
∴．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质，熟练掌握旋转性质和全等三角形判定是解题的关键．
17．(1)，；
(2)，；
【分析】（1）移项，直接开平方即可得到答案；
（2）移项，系数化为1，配方，再直接开平方即可得到答案；
【详解】（1）解：移项得，
，
即：，
两边开平方得，
，
∴，；
（2）解：移项得，
，
系数化为1得，
，
配方得，
，
两边开方得，
，
∴，；
【点睛】本题考查解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握解一元二次方程的解法并选择适当的解法求解．
18．(1)图见解析
(2)图见解析
(3)点旋转到经过的路径长为
【分析】（1）分别作出的三个顶点关于原点成中心对称的对称点，再顺次连接即可．
（2）分别作出的三个顶点绕点逆时针旋转度的点，再顺次连接即可．
（3）由题意可得旋转到经过的路径长为：以为圆心，和为半径，圆心角为的扇形弧长，再由勾股定理可得，代入弧长公式即可．
【详解】（1）解：∵的三个顶点分别为，，，
∴的三个顶点分别为，，，
如图所示：即为所求：
（2）解：如图所示：，即为所求：
（3）解：由题意可得旋转到经过的路径长为：以为圆心，和为半径，圆心角为的扇形弧长，
结合网格和图形，由勾股定理可得，
∴，
∴点旋转到经过的路径长为．
【点睛】本题主要考查关于原点中心对称，旋转作图，勾股定理，弧长公式，熟练掌握以上知识是解题的关键．
19．(1)详见解析
(2)
【分析】（1）由旋转的性质就可以证明；
（2）先证出是等边三角形，又根据，得出，再根据勾股定理的逆定理得出，等量代换得出．
【详解】（1）∵绕点C顺时针旋转得到，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，，...
在和中，
，，，
∴，
∴..
（2）∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴
∴
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质，勾股定理的逆定理，旋转的性质，解答时证明三角形全等是关键．
20．(1)见解析
(2)3
【分析】（1）连接连接，由，，得，则，所以，即可证明是的切线；
（2）连接连接，可证明四边形是正方形，则，设，则，由勾股定理得，求得半径r即可．
【详解】（1）证明：连接，则．
．
，
．
．
．
，
．
．
是的半径，且，
是的切线．
（2）解：连接，
与相切于点，
．
．
四边形是矩形，
．
四边形是正方形．
．
设，
，
．
．
．
解得（不符合题意，舍去）．
故的半径为3．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、切线的判定与性质、正方形的判定与性质，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
21．(1)
(2)当每本足球纪念册销售单价是50元时，商店每天获利2400元
(3)将足球纪念册销售单价定为52元时，商店每天销售纪念册获得的利润最大，最大利润是2640元
【分析】本题主要考查了列函数关系式，一元二次方程的实际应用，二次函数的实际应用：
（1）售单价每上涨1元，每天销售量减少10本，则售单价每上涨元，每天销售量减少本，所以，然后利用销售单价不低于44元且不高于52元确定的范围；
（2）利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到，然后解方程后利用的范围确定销售单价；
（3）利用利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到，再把它变形为顶点式，然后利用二次函数的性质得到时最大，从而计算出时对应的的值即可．
【详解】（1）解：由题意得，，
即：；
（2）解：根据题意得，
整理得，
解得，（舍去），
答：当每本足球纪念册销售单价是50元时，商店每天获利2400元；
（3）解：由题意得，
，
∵，
∴当时，随的增大而增大，
∵，
∴当时，有最大值，最大值为，
答：将足球纪念册销售单价定为52元时，商店每天销售纪念册获得的利润最大，最大利润是2640元．
22．(1)是
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据“勾氏方程”的定义即可判断；
（2）利用勾股定理以及“勾氏方程”的定义即可解决问题；
（3）如图，连接，，作于E，作的延长线交于F，利用勾股定理求出，在利用全等三角形的判断与性质推导出即可解决问题．
【详解】（1）解：是 “勾氏方程”，理由如下：
∵中，，
∴，
∴，能构成直角三角形，
∴方程是“勾氏方程”；
（2）解：∵关于的方程是“勾氏方程”，
∴构成直角三角形，c是斜边，
∴，
∵，
∴，
∴关于的“勾氏方程”必有实数根．
（3）解：连接，，作于E，作的延长线交于F，如下图：

∵关于x的方程是“勾氏方程”，
∴，10构成直角三角形，10是斜边，
∴
∵，，
∴，，
∴，，
∴，即，
又，
∴，
∴，
∴ ，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了勾股定理、一元二次方程根的判别式、全等三角形的判定及性质、圆周角定理等知识，解题关键是挖掘新定义中最本质的关系：勾氏方程满足，利用这个关系即可转化边并证明边相等．
23．(1)
(2)存在，点的坐标为，，
(3)存在，定点的值为4
【分析】（1）把，点代入，得出关于、的二元一次方程组，解方程组求出、的值，即可得答案；
（2）根据抛物线解析式求出对称轴为直线，点坐标为，点Q坐标为，根据平行四边形对角线中点的坐标相同，分、、为对角线三种情况，列方程组求出、的值即可得答案；
（3）根据平移规律得出新的抛物线解析式为，设的解析式为，，，则，联立抛物线与直线的解析式得，利用一元二次方程根与系数的关系用、、、分别表示和，代入，根据为定值得出值及定值即可．
【详解】（1）解：∵，在抛物线上，
∴，
解得：，
∴抛物线的表达式为：．
（2）解：由题意知，抛物线的对称轴为直线，，，
设点坐标为，点Q坐标为，
①当为对角线时，，
解得：，
∴；
②当为对角线时，，
解得：，
∴；
③当为对角线时，，
解得：，
解得：，
综上所述，存在点，以，，，为顶点的四边形为平行四边形，点的坐标为或或．
（3）当抛物线向左平移1个单位，向上平移4个单位后，得到新的抛物线，即，
设的解析式为，点坐标为，点坐标为，则，
联立新抛物线与直线的解析式得：，
∴，
∴，，
，
同理，，
，
∵为定值，
∴，
解得：，
当时，，
∴定点的值为4．
【点睛】本题是二次函数的综合，考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图像的平移、求一次函数解析式、平行四边形的性质、求二次函数的最大值、一元二次方程根与系数的关系，综合性强，熟练掌握相关的性质及规律是解题关键
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