2024-2025学年广东中山大学附属实验学校九年级上学期期中数学试题含答案

初中初中广东省广州市海珠区中山大学附属实验学校2024-2025学年九年级上学期期中数学试题与答案学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．如图为部分“卦”的符号，其中是中心对称图形的是（

）A． B． C． D．【答案】A【难度】0.94【分析】本题考查了中心对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形的定义是解答本题的关键．【详解】解：A.是中心对称图形；B.不是中心对称图形；C.不是中心对称图形；D.不是中心对称图形；故选A．2．⊙O的半径为3，点P在⊙O外，点P到圆心的距离为d，则d需要满足的条件（

）A．d>3 B．d=3 C．0<d<3 D．无法确定【答案】A【难度】0.85【分析】根据点与圆的关系解答.【详解】∵点P在⊙O外，⊙O的半径为3，∴点P到圆心的距离为d>3，故选：A.【点睛】此题考查点与圆的位置关系：点与圆心的距离为d，圆的半径为r，当d>r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d<r时，点在圆内．3．用配方法解一元二次方程x2−4x+3=0时，配方正确的是（A．x+22=1 B．x+22=7 C．【答案】D【难度】0.85【分析】此题考查了解一元二次方程−配方法，首先将方程常数项移到右边，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，即可求解．【详解】解：x2−4x+3=0，即方程两边同时加4，可得x2−4x+4=−3+4，即故选：D．4．如图，在⊙O中，AB为直径，C，D为圆上的点，若∠CDB=51°，则∠CBA的大小为（

）A．51° B．49° C．40° D．39°【答案】D【难度】0.65【分析】本题考查了圆周角定理，由直径所对的圆周角是90°得出∠ACB=90°，根据直角三角形的两个锐角互余结合圆周角定理计算即可．【详解】∵在⊙O中，AB为直径，∴∠ACB=90°，∵∠CDB=∠CAB=51°，∴∠CBA=90°−∠CAB=39°，故选D．5．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c如图所示，则关于x的方程aA．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根C．有实数根 D．没有实数根【答案】D【难度】0.85【分析】本题考查了二次函数图象与一元二次方程的关系；依题意，关于x的方程ax2+bx+c=0的根即抛物线y=a【详解】解：依题意，y=ax2+bx+c与x无交点，即关于x故选：D．6．抛物线y=−x−12+2A．1，−2 B．1，2 C．【答案】B【难度】0.85【分析】本题考查了二次函数的顶点式和顶点坐标，若抛物线y=ax−ℎ2+k(a≠0)【详解】解：抛物线y=−x−12+2故选：B．7．若关于x的一元二次方程2x2+x−m=0有一个根为1，则mA．3 B．0 C．−2 D．−3【答案】A【难度】0.85【分析】把x=1代入2x2+x−m=0【详解】把x=1代入2x得2+1−m=0，解得m=3，故选A．8．如图，将Rt△ABC绕点A顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，使得点C，A

A．65° B．100° C．115° D．120°【答案】C【难度】0.85【分析】本题考查了三角形内角和定理、利用邻补角的定义求角的度数，由三角形内角和定理计算出∠BAC=65°，再由邻补角的定义进行计算即可，熟练掌握以上知识点是解此题的关键．【详解】解：∵∠B=25°，∴∠BAC=180°−∠C−∠B=180°−90°−25°=65°，∴∠BAB∴旋转角等于115°，故选：C．9．某公司今年10月的营业额为2500万元，按计划第四季度的总营业额要达到9100万元，该公司11、12两个月营业额的月均增长率，设该公司11、12两个月营业额的月均增长率为x，则根据题意可列的方程为（）A．2500(1＋x)2＝9100 B．2500[1＋(1＋x)＋(1＋x)2]＝9100C．2500[(1＋x)＋(1＋x)2]＝9100 D．9100(1＋x)2＝2500【答案】B【难度】0.85【分析】用增长后的量=增长前的量×（1+增长率）．即可表示出11月与12月的营业额，根据第四季的总营业额要达到9100万元，即可列方程．【详解】解：设该公司11、12两个月营业额的月均增长率为x，则可列方程为2500[1+（1+x）+（1+x）2]=9100，故选：B．【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，平均增长率问题，若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2=b．10．当−1≤x≤2时，函数y=x2−n与y=2x的图象有且只有一个交点，其中n为常数．则nA．0<n≤3或n=−1 B．n=−1 C．−1≤n≤3 D．0≤n≤3【答案】A【难度】0.65【分析】本题考查了一次函数和二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数性质是解题的关键．利用直线y=x2−n与y=2x（−1≤x≤2【详解】将y=2x代入y=x整理得：x2∵当−1≤x≤2时，函数y=x2−n∴x2即Δ=解得：n=−1，把x=−1代入y=x2−n与y=2x把x=2代入y=x2−n与y=2x∴当0<n≤3或n=−1时，函数y=x2−n故选：A．二、填空题11．若关于x的一元二次方程ax2=16有整数根，则整数a【答案】a=1（答案不唯一）【难度】0.85【分析】本题考查了直接开平方法解方程，答案不唯一，a=1【详解】一元二次方程ax则整数a=1，故答案为：1（答案不唯一）．12．在平面直角坐标系xOy中，将抛物线y=3x2向下平移1个单位，得到的抛物线表达式为【答案】y=3【难度】0.94【分析】本题考查了二次函数图象与几何变换，函数图象平移规律是：左加右减，上加下减．【详解】解：抛物线y=3x2向下平移1个单位，得到的抛物线表达式为故答案为：y=3x13．一个等腰三角形的底边长是6，腰长是一元二次方程x2﹣7x+12=0的一个根，则此三角形的周长是．【答案】14【难度】0.65【分析】先求出方程的解，再根据三角形的三边关系定理判断能否组成三角形，再求出即可．【详解】解：解方程x2-7x+12=0得：x=3或4，当腰为3时，三角形的三边为3，3，6，3+3=6，此时不符合三角形三边关系定理，此时不行；当腰为4时，三角形的三边为4，4，6，此时符合三角形三边关系定理，三角形的周长为4+4+6=14，故答案为14．【点睛】本题考查了解一元二次方程、等腰三角形的性质、三角形的三边关系定理等知识点，能求出符合的所有情况是解此题的关键．14．如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，AC是⊙O的直径，∠BAC=20°，则∠P的度数为．【答案】40°【难度】0.85【分析】根据切线长定理得等腰△PAB，运用三角形内角和定理求解即可．【详解】解：∵PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，∴PA=PB，∠PAC=90°，∵∠BAC=20°，∴∠PAB=90°﹣∠BAC=90°﹣20°=70°．∵PA=PB，∴∠PAB=∠PBA=70°，∴∠P=180°﹣70°×2=40°．故答案为40°．【点睛】本题考查了切线长定理和切线的性质，等腰三角形性质，三角形内角和，求一个角的余角，利用切线长得出PA=PB是解题的关键．15．“青山绿水，畅享生活”，人们经常将圆柱形竹筒改造成生活用具，图1所示是一个竹筒水容器，图2为该竹筒水容器的截面．已知截面的半径为10cm，开口AB宽为12cm，这个水容器所能装水的最大深度是【答案】18【难度】0.65【分析】连接OA，AB，过点O作OD⊥AB于点D，交⊙O于点C，先由垂径定理求出AD的长，再根据勾股定理求出OD的长，进而可得出CD的长．本题考查的是垂径定理的应用和勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．【详解】解：连接OA，AB，过点O作OD⊥AB于点D，交⊙O于点C，如图所示：∵AB=12cm∴AD=1由题意得：OA=OC=10cm在Rt△OADOD=O∴CD=OC+OD=10+8=18cm即水的最大深度为18cm故答案为：18．16．抛物线y=−x2+2x+m交x轴于点A（a，0）和B（b，0）（点A在点B左侧），抛物线的顶点为D，下列四个结论：①抛物线过点（2，m）；②当m＝0时，△ABD是等腰直角三角形；③a＋b＝4；④抛物线上有两点P（x1，y1）和Q（x2，y2），若x1＜x2，且x【答案】①②④【难度】0.85【分析】①根据抛物线与y轴的交点坐标及对称性即可判断；②当m＝0时，可得抛物线与x轴的两个交点坐标和对称轴即可判断；③根据抛物线与x轴的一个交点坐标和对称轴即可得另一个交点坐标即可判断；④根据二次函数图象即可进行判断．【详解】解：①∵抛物线与y轴的交点坐标为（0，m），∵对称轴为x=-2−2∴（0，m）关于对称轴的对称点为（2，m）,在抛物线上故①正确；②当m＝0时，抛物线与x轴的两个交点坐标分别为（0，0）、（2，0），对称轴为x＝1，∴△ABD是等腰直角三角形，故②正确；③∵对称轴x＝1，∴a+b∴a＋b＝2，故③错误；④观察二次函数图象可知：当x1＜x2，且x1＋x2＞2，则x1离对称轴比x2离对称轴更近，故y1＞y2．故④正确．故答案为：①②④．．【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系、二次函数图象上点的坐标特征、抛物线与x轴的交点、等腰直角三角形，解决本题的关键是综合利用以上知识．三、解答题17．解方程：x2【答案】x【难度】0.85【分析】利用公式法求解即可．本题考查了解方程，选择适当解方程的方法是解题的关键．【详解】∵x2∴x2a=1,b=1,c=−1,∴x=−1±解得x118．如图，在△ABC中，∠B=45°，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，使点B′【答案】见解析【难度】0.85【分析】本题考查旋转的性质，等边对等角，根据旋转得到△AB′C′≌△ABC，即可得到A【详解】证明：∵△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB∴△AB∴AB′=AB∴∠AB∴∠BB∴BB19．如图，在平面直角坐标系xOy中，△OAB的三个顶点的坐标分别为O0,0，A5,3，

(1)画出△OAB绕原点O逆时针方向旋转90°后得到的△OA(2)∠OAA【答案】(1)见解析(2)45°【难度】0.65【分析】本题主要考查了旋转的概念及其基本性质，牢固掌握其性质并熟练应用是解题的关键．（1）由旋转的概念首先确定旋转中心为原点，将已连接的OA和OB分别绕原点O逆时针方向旋转90°得到OA1，OB1（2）由旋转的性质得到OA=OA1，且旋转角为【详解】（1）解：如图，△OA

（2）解：由旋转的性质可知：OA=OA1，∴∠OA故答案为：45°．20．如图，用篱笆围成一块矩形花圃，该花圃一侧靠墙，而且有一道隔栏（隔栏也用篱笆制作），已知所用篱笆的总长为24m，花圃的面积为45m2，墙的最大可用长度为10m，求边AB【答案】5m【难度】0.65【分析】本题考查了矩形的面积与周长，一元二次方程的应用，熟练掌握矩形的性质，一元二次方程的应用是解题的关键，根据题意，列出方程计算即可．【详解】∵AB=x m，则矩形的长24−3xx24−3x即x2解得：x1=3，当x1=3时，当x=5时，成立，答：边AB的长为5米．21．如图，AB为⊙O的直径，OC⊥AB交⊙O于点C，D为OB上一点，延长CD交⊙O于点E，延长OB至F，使DF=EF，连接EF．

(1)求证：EF为⊙O的切线；(2)若OD=1且BD=BF，求⊙O的半径．【答案】(1)见解析(2)3【难度】0.65【分析】本题考查了切线的判定定理、等边对等角、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．（1）连接OE，根据等边对等角结合对等角相等即可推出结论；（2）设⊙O的半径EO=BO=r，则BD=BF=r−1，EF=2BD=2r−1，在Rt【详解】（1）证明：如图，连接OE，

∵OE=OC，∴∠OEC=∠OCE，∵DF=EF，∴∠FED=∠FDE，∵∠FDE=∠CDO，∠CDO+∠OCD=90°，∴∠FED+∠OEC=90°，即∠FEO=90°，∴OE⊥EF，∵OE是半径，∴EF为⊙O的切线；（2）解：设⊙O的半径EO=BO=r，则BD=BF=r−1，∴FE=FD=2BD=2r−2，∴OF=2r−1．在Rt△FEO中，由勾股定理得，F∴2r−22解得r=3，或r=1（舍去），∴⊙O的半径为3．22．如图，在△ABC中，AB=AC，CD=CB．(1)尺规作图：将△ABD绕点B顺时针旋转α0°<α<90°得到△EBF，使得点A的对应点E在BC(2)在（1）的条件下，连接CF，判断点F与直线AC的位置关系，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)点F在直线AC上，理由见解析【难度】0.85【分析】本题考查了作一个角等于已知角，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，熟练掌握作一个角等于已知角的方法和等腰三角形的性质是解题的关键．（1）先作∠EBF=∠ABD，再截取BE=BA，BF=BD，则△EBF满足条件；（2）先根据旋转的性质得到∠ABE=∠DBF=α，BD=BF，则利用等腰三角形的性质与三角形内角和计算出∠BDF=90°−12α，同样方法计算出∠CDB=90°−12α，所以【详解】（1）解：如图，△EBF为所作；（2）解：点F在直线AC上，理由如下：∵△ABD绕点B顺时针旋转α得到△EBF，∴∠ABE=∠DBF=α，BD=BF，∴∠BDF=1∵AB=AC，∴∠ACB=∠ABC=α，∵CD=CB，∴∠CDB=1∴∠CDB=∠FDB，∴点F、C、D共线，即点F在直线AC上．23．在平面直角坐标系xOy中，点A−1,m，点B3,n上．设抛物线的对称轴为直线x=t．(1)当t=2时，①直接写出b与a满足的等量关系；②比较m，n的大小，并说明理由；(2)已知点Cx0,p在该抛物线上，若对于3<x0【答案】(1)①b=−4a

②m>n(2)3【难度】0.85【分析】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是掌握二次函数的性质．（1）①利用对称轴公式求得即可；②利用二次函数的性质判断即可；（2）由题意可知点A−1m在对称轴的左侧，点B(3,n),C(x0,p)在对称轴的右侧，点A到对称轴的距离大于点【详解】（1）①∵t=−b∴b=−4a；②∵抛物线y=ax²+bx+c中，a>0，∴抛物线开口向上，∵点A−1m,点B(3,n)在抛物线y=ax²+bx+c(a>0)∴点A(−1，m)到对称轴的距离大于点B(3,n)到对称轴的距离，∴m>n；（2）由题意可知，点A−1m)在对称轴的左侧,点∵3<x0<4∴点A到对称轴的距离大于点C到对称轴的距离，∴t≤3t≥−1+4∴t的取值范围是3224．如图1所示，等边三角形ABC内接于圆O，点P是劣弧BC上任意一点（不与C重合），连接PA、PB、PC，求证：PB+PC=PA．【初步探索】小明同学思考如下：将△APC与点A顺时针旋转60°到△AQB，使点C与点B重合，可得P、B、Q三点在同一直线上，进而可以证明△APQ为等边三角形，根据提示，解答下列问题：（1）根据小明的思路，请你完成证明．（2）若圆的半径为8，则PB+PC的最大值为________．【类比迁移】如图2所示，等腰Rt△ABC内接于圆O，∠BAC=90°，点P是弧BC上任一点（不与B、C重合），连接PA、PB、PC，若圆的半径为8，试求△PBC【拓展延伸】如图3所示，等腰Rt△ABC，点A、B在圆O上，∠BAC=90°，圆O的半径为8，连接OC，则OC【答案】初步探索：（1）证明见解析；（2）16；类比迁移：162+16【难度】0.4【分析】初步探索：（1）由旋转得AQ=AP，QB=PC，∠ABQ=∠ACP，则∠ABQ+∠ABP=∠ACP+∠ABP=180°，所以P、B、Q三点在同一条直线上，再证明△APQ是等边三角形，则PB+PC=PB+QB=PQ=PA；（2）当PA是⊙O的直径时，PA=16，此时PA的值最大，所以PB+PC的最大值是16；类比迁移：先由∠BAC=90°证明BC是⊙O的直径，且圆心O在BC上，则OB=OC=8，BC=16，再证明P、B、Q三点在同一条直线上，则PB+PC=PB+QB=PQ=2PA，当PA是⊙O的直径时，PA=16，此时PA的值最大，则PB+PC=162，即可求得△拓展延伸：连接OA，将线段AO绕点A逆时针旋转90°到AE，连接OE，先求得OE=82，再连接EC、OB，证明△EAC≌△OAB，得EC=OB=8，所以OC+8≥82，则OC≥82−8，所以【详解】解：初步探索：（1）证明：由旋转得AQ=AP，QB=PC，∠Q=∠APC，∠ABQ=∠ACP，∵∠ACP+∠ABP=180°，∴∠ABQ+∠ABP=180°，∴P、B、Q三点在同一条直线上，∴PB+PC=PB+QB=PQ，∵△ABC是等边三角形，∴∠APC=∠ABC=∠APB=∠ACB=60°，∴∠Q=60°，∴△APQ是等边三角形，∴PQ=PA，∴PB+PC=PA；（2）∵PA是⊙O的弦，且⊙O的半径为8，∴当PA经过圆心O，即PA是⊙O的直径时，此时PA的值最大，最大值为16，∴PB+PC的最大值是16，故答案为：16．类比迁移：如图2，∵AB=AC，∠BAC=90°，

∴BC是⊙O的直径，且圆心O在BC上，∴OB=OC=8，BC=16，将△APC绕点A顺时针旋转90°到△AQB，使点C与点B重合，则QA=PA，QB=PC，∠ABQ=∠ACP，∵∠ACP+∠ABP=180°，∴∠ABQ+∠ABP=180°，∴P、B、Q三点在同一条直线上，∵∠PAQ=90°，∴PB+PC=PB+QB=PQ=P∵当PA经过圆心O，即PA是⊙O的直径时，此时PA的值最大，最大值为16，∴PB+PC的最大值为162∴PB+PC+BC的最大值为162∴△PBC周长的最大值是162拓展延伸：如图3，连接OA，将线段AO绕点A逆时针旋转90°到AE，连接OE，

∴EA=OA=8，∠OAE=90°，∴OE=O连接EC、OB，∵∠BAC=90°，∴∠EAC=∠OAB=90°−∠OAC，∵AC=AB，∴△EAC≌△OABSAS∴EC=OB=8，∵OC+EC≥OE，∴OC+8≥82∴OC≥82∴OC的最小值为82【点睛】此题重点考查旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、圆周角定理、勾股定理、垂线段最短等知识，此题综合性强，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．25．正方形的顶点T在某抛物线上，称该正方形为该抛物线的“T悬正方形”．若直线l：y=x+t与“T”是正方形“以T为端点的一边相交，且点T到直线l的距离为22−t，则称直线l为该正方形的“T已知抛物线M：y=−x−12+m2−2m+4，其中12≤m<1，Am(1)证明：正方形ABCD是抛物线M的“A悬正方形”；(2)判断正方形ABCD是否还可能是抛物线M的“B悬正方形”，并说明理由；(3)若直线l是正方形ABCD的“A悬割线”，现将抛物线M及正方形ABCD进行相同的平移，是否存在直线l为平移后正方形的“C悬割线”的情形？若存在，请探究抛物线M经过了怎样的平移；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)正方形ABCD不可能是抛物线M的“B悬正方形”，理由见解析(3)存在，要使直线l为平移后正方形的“C悬割线”，抛物线M向右平移h个单位，向上平移ℎ＋2个单位，其中【难度】0.4【分析】1证明点A在抛物线M上即可；2解法一：假设点B在抛物线M上，代入解得m1=m2=1，与12≤m<1矛盾，假设不成立；解法二：假设点B在抛物线M上，由A和B求得抛物线M的对称轴x=−m+2，而由抛物线M的表达式可知对称轴是x=1，列方程解得m=1，与12≤m<1矛盾，假设不成立,所以点B3首先假设存在直线l满足情形，由平移后正方形ABCD是抛物线M的“C悬正方形”，可知平移前也为“C悬正方形”，根据正方形的性质AB=4−4m，可求得点C4−3m，4m−1，即可得到平移前点A、B和C坐标．由直线l：y=x+t可判定与x轴夹角是45°．因为平移前，设直线l与AB，AD分别交于点P，Q，得PQ=2AP．可得点