2024-2025学年广州某中学九年级上学期期中数学试题（附答案）

广东省广州市南武中学2025-2025学年九年级数学上学期期中考试卷

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

I.围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史.以下是在棋谱中截取的四个部分，由黑

白棋子摆成的图案是中心对称图形的是()

【答案】D

【分析】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合.

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，这个点叫做对称中心.据此判断即可.

【详解】解：选项A、B、C不都能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以

不是中心对称图形.

选项D能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以是中心对称图形.

故选：D.

2.抛物线y=(%-2)2+1的顶点坐标是()

A.(2,1)B.(2-1)C.(-2,1)D.(-2-1)

【答案】A

【分析】本题主要考查二次函数的性质，根据二次函数'=。。-h)2+/0力］为常数，。00),顶点坐标是

(九人)，据此求解即可.

【详解】解：抛物线y=@-2)2+1的顶点坐标是(2,1),

故选：A.

3.用配方法解一元二次方程--4x-6=0时，配方后的方程是()

A.(x+2)2=2B.(x-2)2=2C.(x+2)2=1()D.(x-2)2=1()

【答案】D

【分析】根据配方法解一元二次方程的步骤计算即可.

【详解】X2-4X-6=0,

移项，得力?―4丫=6,

初中

配方，得/一4X十22-6+22,

即2）2=10,

故选：D.

【点睛】配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为I；（3）等式两边

同时加上一次项系数一半的平方；（4）解出未知数.

4.已知二次函数y=/x-2）2+5,y随x的增大而减小，则41勺取值范围是（）

A.x>2B.x<2C.x>-2D.x<-2

【答案】B

【分析】本题考查了二次函数性质，根据二次函数的性质即可求解，掌握二次函数的性质是解题的关键.

【详解】解：•••二次函数y=（Q—2）2+5,

=对称轴为直线％=2，

.•・抛物线开口向上，当不<2时，y随汇的增大而减小，

故选：B.

5.如图，A4O8绕点。逆时针旋转65。得到△C。。，若ZJ08=30。，。的度数是（）

【答案】B

【分析】由旋转的性质可得4Aoe=65。，由/AOB=30。，即可求NBOC的度数.

【详解】•:fOB绕点O逆时针旋转65。得到△COD,

.-.ZLAOC-65°,

••408=30°

:•乙BOC=AOC・UOB=35。

故选B.

【点睛】此题考查旋转的性质，三角形内角和定理，熟练运用旋转的性质是本题的关键.

6.某航空公司有若干个飞机场，每两个飞机场之间都开辟一条航线，一共开辟了21条航线，则这个航空

公司共有％个t机场，根据题意，川列方程为（）

初中

A.x(x+1)=21B.x(x-l)=21C.21D.^^^=21

【答案】D

【分析】本题考查一元二次方程的实际应用，设这个航空公司共有"个飞机场，根据题意，列出一元二次

方程，即可求解.

【详解】解：设这个航空公司共有％个飞机场，根据题意，得

9=2]

故选：D.

7.若a6是方程/+2》-2024=0的两根，则Q2+3Q+6=()

A.2022B.2023C.2024D.2025

【答案】A

【分析】本题考查一元二次方程的解，根与系数的关系，根据题意，得：a2+2a=2024,a+b=-2,整

体代入代数式进行计算即可.

【详解】解：由题意，得：a2+2a-2024=0,a+b=-2

••.a2+2a=2024,

••.a2+3a+b=a2+2a+a+b=2024-2=2022；

故选A.

8.若点4(2,yj、F(-3,y2)>C(-l,乃)三点在抛物线y=(X-2)2-1上，则yI，y2,乃的大小关系是

()

A.yi>y2>ysB.yi>>y3C.Yz>y3>yiD-73>yi>y2

【答案】C

【分析1本题主要考查了二次函数的图像与性质，熟练掌握二次函数的图像的增减性是解题关键.根据二

次函数的增减性即可解答.

【详解】解：,・•、=(%-2)2-1,

•••该二次函数的对称轴为直线％=2,开口方向向上，

当XW2时，y随光的增大而减小，且点力(2,yj、F(-3,%)、C(-l,乃)均在此抛物线上，

,**—3V—1V2,

♦•必>为>月・

故选：C.

9.已知Y=2关于Y的方程/一心九丫+K?吁2=。的一个根，且这个方程的两个根恰好是等腰/U"的两条边

初中

长，贝必/1ZJC的周长为（）.

A.8B.10C.8或10D.6或10

【答案】B

【分析】先求得方程的两个根，再根据等腰三角形的条件判断即可.

【详解】•:x=2关于％的方程/-3mx+57n-2=0的一个根，

•••4—6m+5m—2=0,

'-m=2,

方程/-3mx+5m-2=0变形为6%+8=0,

解得%1=2,%2=4,

•.•方程的两个根恰好是等腰2L4BC的两条边长，

•••其三边可能是2,2,4或4,4,2,

•.・2+2=4,故三角形不存在，

故三角形的周长为10,

故选8.

【点睛】本题考查了一元二次方程的根，一元二次方程的解法，等腰三角形的分类，熟练解一元二次方程

是解题的关键.

10,二次函数、=。%2+"+前勺图象如图所示，对称轴是％=1,下列结论正确的是（）.

A.abc>0B.2a+t<0C.3b-2c<0D.3a+c<0

【答案】D

【分析】根据抛物线的性质，对称轴，图形的信息，逐一计算判断即可.

【详解】v-A,

Za=1>0

'.ab<0f

•••抛物线与y轴交于正半轴，

•••c>0,

•♦•abcvO,

故4不符合题意:

初中

F=L

,,-2a+b=0,

故8不符合题意；

■:x=-1时，

y=a-b+c<Qf

二2。-2什2c〈0,

」,2a-13

•-2a=—b,

，I-26+2cvO，

'•3b-2c>0»

故C不符合题意；

，：x=-1时.

y=a-b+c<0,

v-y2-a=1,

•-2a=—b,

•••3a+evO,

故。符合题意；

故选。.

【点睛】本题考查了二次函数图像，抛物线的性质，灵活运用图像及其性质是解题的关犍.

二、填空题

II.方程32—25=0的解是.

【答案】x=±5

【分析】移项得/=25,然后采用直接开平方法即可得到方程的解.

【详解】解：,•,x2-25=0,

移项,得(=25,

.♦.尸土5.

故答案为：x=±5.

【点睛】本题考查了利用直接开平方法解一元二次方程.用直接开方法求一元二次方程的解的类型有：/=〃

(a>0)：ax2=b(a,方同号且存0)；(x+a)2=b(/>>())；a(x+b)2=c(a,c同号且存0).法贝J：要把方程

初中

化为“左平方，右常数，先把系数化为1,再开平方取正负，分开求得方程解

12.若抛物线y=4/向左平移1个单位长度，向下平移2个单位长度，则所得的抛物线的解析式是—.

【答案】y=40+1）2—2

【分析】本题考查了二次函数图象的平移，根据抛物线的平移规律：上加下减，左加右减解答即可.

【详解】解：抛物线y=4/向左平移1个单位长度，向下平移2个单位长度，则所得的抛物线的解析式

是y=4（%+1）2-2,

故答案为：y=4（%+1『-2.

13.如图，已知点4的坐标是（一2百，2）,点B的坐标是（一1,-V3）,菱形力的对角线交于坐标原点。,

【分析】根据菱形具有的平行四边形基本性质，对角线互相平分，且交点为坐标原点，则从。关于原点对

称，因此在直角坐标系中两点的坐标关于原点对称，横坐标与横坐标互为相反数，纵坐标与纵坐标互为

相反数便可得.

【详解】•.•四边形是菱形，对角线相交于坐标原点。

・•・根据平行四边形对角线互相平分的性质，4和C;B和。均关于原点。对称

根据直角坐标系上一点Q,y）关于原点对称的点为（K-y）可得

已知点8的坐标是（」,-百），则点。的坐标是（1,西）.

故答案为：（1,西）.

【点睛】本题旨在考查菱形的基本性质及直角坐标系中关于原点对称点的坐标的知识点，熟练理解掌握该

知识点为解题的关键.

14.某件羊毛衫的售价为1000元，因换季促销，在经过连续两次降价后，现售价为810元，设平均每次

降价的百分率为x,根据题意可列方程为.

【答案】1000（l-x）2=810

【分析】第一次降价后的单价是1000（1-X）,第一次降价后的单价是1000（1-x）2,根据题意列出方程即

可.

【详解】解：由题意得

1000（1-%）2=810

初中

故答案为；1000(l-x)2=010

【点睛】本题考查•元二次方程的应用，理解平均变化率并正确列出•元二次方程是解题的关键.

15.若抛物线y=(m-2)，+2%-1与％轴有两个公共点，则m的取值范围是.

【答案】m>1.且mH2

【分析】根据抛物线的定义，得mH2；结合题意，根据抛物线和一元二次方程判别式的性质分析，即可

得到答案.

【洋解】•••抛物线y=(m-2)x2+2x-l

•••771—2H0

•­mH2

••・抛物线y=(m-2)x2+2%—1与工轴有两个公共点，即(m—2)/+2x—l=0有两个不同的实数根

.，.22-4(7n—2)(-1)=4TH—4>0

•••nt>1

故答案为：？71>1且血工2.

【点睛】本题考查了二次函数、一元二次方程的知识；解题的关键是熟练掌握二次函数、一元二次方程判

别式的性质，从而完成求解.

16.如图，△4BC中，乙4C8=90。，AC=BC=a,点D为AB边上一点(不与点4B重合)，连接C。，将

线段CD绕点C逆时针旋转90。得到CE,连接力E.下列结论：①三A4EC；②四边形的面积是Q?；

③若NBDC=105。，贝必。二百8D；@AD2+BD2=2CD2.其中正确的结论是.(填写所有正确结论

的序号)

【答案】①③④

【分析】根据旋转性质可得CZ>CE,MCD=90。由44cB=90。，可得乙!CE=zQC8,可证ZUCE三△8CO

(SAS),可判断①正确；由四边形力ECQ面积=三角形48C面积，可判断②不正确；由全等三角形性质

可得乙4EC=^BDC=105°,AE=BD,^/.ACB=90°,AC=BC,可得44。=乙5=45°,£4B=90。,

-1。斤=30。，利用3()度直角三角形性质可得£力=24£=28。，再由勾股定理可判断③正确；利用勾股定理

^l^AD2+BD2=2CD2,可判断④正确.

【详解】解：•••线段CD绕点。逆时针旋转90。得到CE,

:CD=CE,4£。。=90。,

SCB=90°

初中

:4CE।"CD=^ACD»5=90。，

:&CE=3CB,

在△力CE和△8CD中，

AC=BC

Z-ACE=乙BCD

EC=DC

：4CE三4BCD(SAS),

故①正确；

S丹边形AECD=S&ACE+S.ACD=S.BCD+S&ACD=S△ABC[AC•BC二;a•a=,

故②不正确；

连结EQ,

三△8CO,

：.ZyiEC=Z-BDC=\050tAE=BD,

-Z.ACB=90°,AC=BC,

；2C4B=£B=45。,

.-.ZEJC=Z5=45°,

'.£EAB=^EAC+^CAB=45O+45O=90°,

•：CE=CD,48=90。,

180°-"。

，乙

CED=£CDE=2=45°,

•"ED=LAECYCED=105°-45°=60°,

.-.ZJD£=90°-^1£：Z>90<>-600=300,

：.ED=2AE=2BD,

在Rt△力上。中，

AD^ED2-AE2=yjQBD)?-BD?=MBD,

故③正确；

在RtZiCE。中，

DE2=CF2+CD2=2C.D2,

在RtZkJEQ中，

初中

.•dE2+4》=BD2+/W2=m=2C»,

.-.AD2+BD2=2CD2,

故④正确，

正确的结论是①③④.

故答案为①③④.

【点睛】本题考查图形旋转性质，三角形全等判定与性质，等腰直角三角形性质，30。直角三角形的性质,

勾股定理，掌握图形旋转性质，三角形全等判定与性质，等腰直角三角形性质，30。直角三角形的性质，勾

股定理是解题关键.

三、解答题

17.解方程：

(1)2X2-8=0；

(2)X2-2X-15=0.

【答案】(l)%i=2,X2=-2

(2%=5,X2=-3

【分析】本题考查了解一元二次方程；

(I)先移项，然后根据直接开平方法解一元二次方程：

(2)根据因式分解法解一元二次方程，即可求解.

【详解】(1)解：2X2-8=0

.,.x2=4

解得：=2,X2=-2

(2)解：X2-2X-15=0

.,.(r-5)(x+3)=0

••.x-5=0或x+3=0

解得：M=5/2=-3

18.如图，平面直角坐标系xOy中，画出△力8C关于原点。对称的/4BC，并写出&、B］、的的坐标.

初中

y.

-

A3

4

/\

/\3

/

C2

Z-1

B-b

•

>_O4«■>

1

-Z♦

-5

-4

■

【答案】图见解析,&(3,-4),BI(5,-1)、C1(l-2)

【分析】根据关于原点对称的点的坐标都是互为相反数计算即可.

【详解】解：)(・3,4),B(-5,1),C(-1,2)

•••它们关于原点。对称的点分别为/(3,-4),4(5,-1)、^(1-2),

画组如下：为所求作的图形.

【点睛】本题考查了坐标系中点的对称问题，熟练掌握原点对称的点的坐标互为相反数是解题的关键.

初中

19.如图，在△ABC中，乙4cB=120。，将△力SC绕点”顺时计旋转得到△40E,点。的对应点上恰好

落在BC边的延长线上，求证：DEWAC.

【分析】本题主要考查旋转的性质，等边三角形的判定与性质，平行线的判定，由旋转的性质得力C=4E,

ABCA=ADEA=120°；由8,C,石三点在同一直线上可得乙4CE=60。，从而可证明△4CE为等边三角

形，得乙AEC=4/CE=60。，再证明NDEC=41CE,根据“内错角相等，两直线平行''可得结论.

【详解】证明：•••将△4“绕点/顺时针旋转得到△404

•••△力BC三△ADE,

：.AC=AE,Z.BCA=/.DEA=120°.

,:B,C,E三点在同一直线上，

：.Z.ACE=60。，

.•・△ACE为等边三角形,

."EC=乙ACE=60°.

"DEC=LDEA-Z-AEC=120°-60°=60°=Z-ACE,

：.BD\\AE.

20.已知关于x的方程x2+2mx+m2-1=0.

①不解方程，判别方程根的情况；

②若方程有一个根为-1，求力的值.

【答案】①此方程有两个不相等的实数根；②加一0或小一2

【分析】①根据判别式△=(2m)2-4xlx(加2.1)=4标・4凉+4=4>0可得答案;

②将x=-1代入方程求解即可.

【详解】解：①•••△=(2m)2-4x1x(〃/-])=4m2-4/w2+4=4>0,

二此方程有两个不相等的实数根；

②将x=-l代入方程，得：1-2m+小2-1=0,

整埋，得：〃“-2机=0,

初中

解得〃?=0或/〃=2.

【点睛】本题主要考查了i元二次方程的根的判别式，一元二次方程级2+瓜+c=0(分0)的根与△=〃-4ac

有如下关系：①当△>()时，方程有两个不相等的两个实数根；②当△=()时，方程有两个相等的两个实数

根；③当AV0时，方程无实数根.也考查了方程的解和解方程的能力.

21.如图，平面直角坐标系xOy中，直线y=x+2与坐标轴交于4,B两点,点4在x轴上，点B在y轴上，

抛物线y=-x2+bx+c经过点A,B.

(1)求抛物线的解析式：

(2)根据图象，写出不等式一一+/)r4-r>丫+2的解集.

【答案】(1》=一/一％+2

(2)-2<%<0

【分析】本题主要考查了二次函数与一次函数的交点问题、根据交点确定不等式的解集，

(I)根据直线y=%+2与坐标粕交于48两点，求出A、8点的坐标，然后代入y=-/+必+。中，求

出二次函数的解析式即可；

(2)根据图象得出答案即可；

熟练掌握二次函数和一次函数的图象与性质、数形结合是解题的关键.

【详解】(1)解：v当％=0时，y=0+2=2,

当y=0时，x+2=0,

解得：x——2,

0),8(0,2),

fc2

・•・把力(-2,0),B(0,2)代入y=+以+c中，得：［_4-2/)+c=0»

(b=-1

解得：［c=2，

••・抛物线的解析式是y=-x2-x+2；

(2)解：•••观察函数图象可知当-2V%V0时，、=一/一%+2的函数值大于丫=%+2的函数值，

.••不等式―一+b%+c>X+2的解集为：-2VXV0.

22.已知关于Y的一元二次方程/一2r+m-1=。有两个实数根.

(1)求771的取值范围；

初中

(2)设p是方程的一个实数根，且满足(p2—2p+3)(m+4)=7,求m的值.

【答案】(l)mW2

⑵-3

【分析】本题考查了方程的根的定义以及根的判别式.

(I)若一元二次方程有两实数根，则根的判别式△=/-4川20,建立关于m的不等式，求出m的取值范

围.

(2)p是力程的一个实数根，则/-22+小一1=0,则p'-2p+3=4-m,代入(p?

—2p+3)(m+4)=7,求得m的值.

【详解】(I)解：•••关于》的一元二次方程/一2%+加一1=0有两个实数根

=b2-4ac=4—4x(m-1)>0»

解得m<2；

(2)解：Yp是方程的一个实数根，则p2-2p+m-l=0,则pZ-2p+3=4-m,

则［p2-2p+3)(TH+4)=7,即(4-m)(4+m)=7,

解得：m=3(舍去)或一3.

故血的值为-3.

23,用一段长32m的篱笆和长8m的墙，围成一个矩形的菜园.

图1图2(1)如图1,如果矩形菜园的一边靠墙AB,另三边白篱笆CDEF

围成

①设DE等于xm,直接写出菜园面积y与x之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；

②菜园的面积能不能等于110m2?若能，求出此时x的值：若不能，请说明理由：

(2)如图2,如果矩形菜园的•边由墙AB和•节篱笆BF构成，另三边由篱笆ADEF围成，求菜园面积

的最大值.

【答案】(1)©y=-1x2+16x(0<x<8)②不能0VxW8(2)100.

【分析】(1)①首先设DE等于xm,则DC=1(32・x)m,进而利用矩形面积公式得出答案:

②利用一元二次方程的解法结合①中自变量取值范围得出答案：

(2)首先表示出AD的长，再利用矩形面积公式求出答案.

初中

【详解】解：⑴①由题意可得：设DE等于xm,则DC=1(32-x)m,

故菜园面积y与x之间的函数关系式为：y=1(32-x)x=-1x2+i6x,(0<x<8)：

②若菜园的面积等于110m2,则-1x2+16x=l10.

解得：Xi=10,X2=22.

因为0VxW8,所以不能用成面积为llOmz的菜园.

(2)设DE等于xm,则菜园面积为：

y=gx(32+8-2x)

=-x2+20x

=-(x-10)2+100,

当x=10时，函数有最大值100.

答:当DE长为l()m时，菜园的面积最大，最大值为l()0m2.

故答案为⑴①y=・X2+16x(0VxW8),②不能；(2)100m2.

【点睛】此题主要考查了二次函数的应用，根据题意正确表示出矩形的边长是解题关键.

24.如图，在RtAABC和尸中，NBAC=NEA尸=90°,AB=AC=9,4£=4尸=3.点时、N、P

分别为£尸、BC、CE的中点，尸绕点A在平面内自由旋转.

(1)求证：PM=PN；

(2)求证：Z.MPN=90°；

(3)求△MNP面积的最大值.

【答案】(1)见解析

(2)见解析

⑶18

【分析】(1)连接BE并延长交CF延长线于R,由已知条件证明△BEAN△GM,得出Z48E=a1CF,BE=CF,

再由三角形的中位线得到PM=PN,

(2)由=得到8R_LRC,从而得出三角形PMN是等腰直角三角形；

(3)△4"1绕点4在平•面内自由旋转时，边BE最小为RtAABC和RtAAE/的直角边之差，最大为两直角

初中

边之和；进而可求得△MNP面积的最大值.

【详解】(1)解：连接8E并延长交CF延长线于R,

在RtZ\ABC和Rt△力E”中，Z.BAC=Z.EAF=90°,48=AC=9,AE=AF=3,

&△ABC和Rt△力E"都是等腰直角三角形，

LBAE+Z.EAC=Z.CAF+LEAC,

ALBAE=Z.CAFt

BA=CA,EA=FA,

BEA=△CFA»

LABE=4AC尸，BE=CF,

点M、N、P分别为EF、BC、CE的中点，

...PM=；CF,PN=gBE,

PM=PN,

(2)•••/A8C+4AC8=90。，/.ABE=Z-ACF,

LRBC+乙RCB=90°,

:.BR1RC,

vPMHCF,PNHBE,

.%PM1PNt即ZMPN=90。

(3)由(1)可得PM=PN,又乙MPN=90°,即三角形PMN是等腰直角三角形，

当△人£尸绕点A在平面内自由旋转时，9-3<5F<9+3,

3工PM=PN=gBE<6,

・•.△PMN的面积最大值为：6x6=18.

【点睛】本题考查旋转变换，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定，三角形的中位线定理,

解题的关键是通过添加辅助线得出三角形PMN是等腰直角三角形.

25.已知抛物线y=Q-+c过点｛(-2,0)和°(-1,3)两点，交x轴于另一点8.

初中

图1图2

(1)求抛物线解析式；

(2)如图1,点P是8。上方抛物线上一点，连接4D,BD,PD,当BD平分乙ADP时,求P点坐标；

(3滔抛物线图象绕原点。顺时针旋转90。形成如图2的“心形”图案，其中点M,N分别是旋转前后抛物线的

顶点，点从尸是旋转前后抛物线的交点.

①直线E”的解析式是；

②点G、，是，心形”图案上两点且关于“对称，当线段GH的最长时，直接写出G点和H点的坐标分别为

【答案】(l)y=-，+4

(2赐,T)

(3)y=%；G(-［与)，“仁，

【分析】(1)用待定系数法求函数解析式即可；

(2)过点B作BEJ.X轴交OP延长线于点E,过D作DFJ.X于点F,证明△。/8三△求得点E坐标，进

而求得直线DE的解析式，联立抛物线解析式即可求解：

(3)①根据顺时针旋转90。后的坐标特征可知对称轴为y=x；

②连接GH,交EF与点、K,则GH=2GK,过点G作3轴的垂线，交EF于点/，当GK最大时，△GVE面积最大,

设G(m-m2,+4