文档内容
2024 学年第一学期九年级期中学业质量监测数学（问卷）
第一部分（选择题 共 30 分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分，在每小题给出的四个选项中，只
有一项是符合题目要求的．）
1. 下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可：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；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一
个点旋转180度，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．
【详解】解：A选项中的图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
B选项中的图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C选项选项中的图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D选项中的图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，熟知二者的定义是解题的关键．
2. 关于 的方程 是一元二次方程，则 满足（ ）
A. B. C. D. 为任意实数
第1页/共25页
学科网（北京）股份有限公司【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程的定义，熟知一元二次方程的定式是解题的关键；
一般地形如 （a，b，c都是常数，且 ）的方程叫做一元二次方程，据此解答即可．
【详解】 方程 是关于 的一元二次方程，
，
解得 ．
故选：A．
3. 抛物线 的顶点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据抛物线的顶点坐标公式解答即可.
【详解】解：抛物线 的顶点坐标为 ；
故选：D.
【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟知抛物线 的顶点坐标是 是解题的
关键.
4. 如图，点A、B、C在⊙O上，∠ACB＝43°，则∠AOB的度数是（ ）
A. 83° B. 84° C. 86° D. 87°
【答案】C
【解析】
第2页/共25页
学科网（北京）股份有限公司【分析】圆周角定理：在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半，根据圆周角定理
即可得出答案．
【详解】解：∵∠ACB＝43°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝86°，
故选：C．
【点睛】本题考查的是圆周角定理，掌握圆周角定理求解圆心角或圆周角是解题的关键.
5. 如图，将 绕点C逆时针旋转一定的角度得到 ，此点A在边 上，若 ，
则 的长为（ ）
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据图形旋转的性质可得 ，即可求解．
【详解】解：∵将 绕点C逆时针旋转一定的角度得到 ，此点A在边 上，
∴ ，
∴ ．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了图形的旋转，熟练掌握图形旋转的性质是解题的关键．
6. 二次函数 的图象过 ， 两点，则此抛物线的对称轴是（ ）
A. 直线 B. 直线 C. 直线 D. 直线
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了求抛物线的解析式，解题关键是正确利用待定系数法求出抛物线解析式，牢记对称轴
第3页/共25页
学科网（北京）股份有限公司公式．将A点和B点坐标代入解析式即可求出解析式，利用对称轴是 即可求解．
【详解】解：将 ， 代入 得：
，
解得 ，
，
抛物线的对称轴是 ．
故选：C ．
7. 如图，△ABC内接于⊙O，AB=BC，∠ABC=120°，AD为⊙O的直径，AD=6，那么AB的值为（ ）
A. 3 B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【详解】解：∵AB=BC，∴∠BAC=∠C．
∵∠ABC=120°，∴∠C=∠BAC=30°．
∵∠C和∠D是同圆中同弧所对的圆周角，∴∠D=∠C=30°．
∵AD为直径，∴∠ABD=90°．
∵AD=6，∴AB= AD=3．
故选A．
第4页/共25页
学科网（北京）股份有限公司8. 在平面直角坐标系xOy中，已知点A（﹣4，﹣3），以点A为圆心，4为半径画⊙A，则坐标原点O与
⊙A的位置关系是（ ）
A. 点O在⊙A内 B. 点O在⊙A外
C. 点O在⊙A上 D. 以上都有可能
【答案】B
【解析】
【分析】本题可先由勾股定理等性质算出点与圆心的距离d，再根据点与圆心的距离与半径的大小关系，
即当d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；点在圆外；当d＜r时，点在圆内；来确定点与圆的位置
关系．
【详解】解：∵点A（﹣4，﹣3），
∴ ，
∵⊙A的半径为4，
∴ ，
∴点O在⊙A外；
故选：B
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系及坐标与图形性质，能够根据勾股定理求得点到圆心的距离，根据
数量关系判断点和圆的位置关系．
9. 已知抛物线 为常数 ， ， ， 是抛物线上三点，
则 ， ， 由小到大依次排列为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出抛物线的对称轴为直线 ，然后根据二次函数的增减性和对称性解答即可．
【详解】解：∵ ， ，
∴抛物线的开口向上，对称轴为直线 ，
∴当 ， 随 的增大而增大，
第5页/共25页
学科网（北京）股份有限公司∵ 关于直线 的对称点是 ，
且 ，
∴ ．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，主要利用了二次函数的增减性和对称性，求出对称轴
是解题的关键．
10. 如图，抛物线 与直线 交于A、B两点 点A在点B 的左侧 ，动点P从A
点出发，先到达抛物线的对称轴上的某点E，再到达x轴上的某点F，最后运动到点 若使点P运动的总
路径最短，则点P运动的总路径的长为
A.
B.
C.
D.
第6页/共25页
学科网（北京）股份有限公司【答案】A
【解析】
【分析】首先根据题意求得点A与B的坐标，求得抛物线的对称轴，然后作点A关于抛物线的对称轴x=
的对称点A′，作点B关于x轴的对称点B′，连接A′B′，则直线A′B′与直线x= 的交点是E，与x轴的
交点是F，而且易得A′B′即是所求的长度．
【详解】解：如图
∵抛物线y=x2- x- 与直线y=x-2交于A、B两点，
∴x2- x- =x-2，
解得：x=1或x= ，
当x=1时，y=x-2=-1，
当x= 时，y=x-2=- ，
∴点A的坐标为（ ，- ），点B的坐标为（1，-1），
∵抛物线对称轴方程为：x=- =
第7页/共25页
学科网（北京）股份有限公司作点A关于抛物线的对称轴x= 的对称点A′，作点B关于x轴的对称点B′，
连接A′B′，
则直线A′B′与对称轴（直线x= ）的交点是E，与x轴的交点是F，
∴BF=B′F，AE=A′E，
∴点P运动的最短总路径是AE+EF+FB=A′E+EF+FB′=A′B′，
延长BB′，AA′相交于C，
∴A′C= + +（1- ）=1，B′C=1+ = ，
∴A′B′= ．
∴点P运动的总路径的长为 ．
故选A．
【点睛】此题考查了二次函数与一次函数的综合应用．注意找到点P运动的最短路径是解此题的关键，还
要注意数形结合与方程思想的应用．
第二部分（非选择题 共90分）
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分）
11. 点 关于原点的对称点 的坐标为 ___________．
【答案】
【解析】
【分析】考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：
（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；
（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；
（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
由关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，即可求出答案．
【详解】解：∵关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，
第8页/共25页
学科网（北京）股份有限公司∴点 关于原点的对称点的坐标为 ；
故答案为： ．
12. 如图，将 绕点A顺时针旋转 ，得到 ，若点B的对应点D在线段 上，则 的大
小为_____．
【答案】 ##50度
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．由旋转的性质可得
，由等腰三角形的性质可求解．
【详解】解：由旋转可得： ，
，
．
故答案为： ．
13. 在平面直角坐标系 中，若抛物线 与x轴只有一个交点，则 _______．
【答案】1
【解析】
【分析】根据抛物线 与x轴只有一个交点可知方程 =0根的判别式 =0，解方程
△
求出k值即可得答案．
【详解】∵抛物线 与x轴只有一个交点，
第9页/共25页
学科网（北京）股份有限公司∴方程 =0根的判别式 =0，即22-4k=0，
△
解得：k=1，
故答案为：1
【点睛】本题考查二次函数与x轴的交点问题，对于二次函数 （k≠0），当判别式△＞0
时，抛物线与x轴有两个交点；当k=0时，抛物线与x轴有一个交点；当x＜0时，抛物线与x轴没有交点；
熟练掌握相关知识是解题关键．
14. 如图， 是 的半径，弦 于点D，连接 ，若 的半径为 ， 的长为 ，
则 的长是_________ ．
【答案】2
【解析】
【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，根据垂径定理和勾股定理求出 的长，进而求出 的长即可．
【详解】解：由题意， ，
∵ 是 的半径，弦 于点D，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为：2．
15. 已知关于 的二次函数 ，当 时， 的取值范围为_____________
【答案】
第10页/共25页
学科网（北京）股份有限公司【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质．求得抛物线的对称轴，根据图象即
可得出当 ，函数有最大值1；当 时函数有最小值 ，进而求得它们的范围．
【详解】解： 抛物线开口向下，对称轴为直线 ，抛物线顶点坐标为 ，
在 范围内，当 ，函数有最大值为1；当 时函数有最小值： ，
故答案为： ．
16. 如图， 是等边 内一点， ， ， ，将线段 以点 为旋转中心逆时针
旋转 得到线段 ．下列结论：
可以由 绕点 逆时针旋转 得到；
点 与 的距离为 ； ；
四边形 的面积为 ；其中正确的结论是________．
【答案】①③④
【解析】
【 分 析 】 根 据 正 三 角 形 性 质 ， 得 ； 根 据 旋 转 的 性 质 ， 得
，根据等边三角形的性质，可判断②，通过证明 ，即可判断①；
根据勾股定理逆定理，得 ，结合等边三角形 ，可判断 ③；根据等腰三角形三线合
第11页/共25页
学科网（北京）股份有限公司一和勾股定理的性质，可计算得 ，从而判断④．
【详解】解：如图，连接 ；
为等边三角形，
， ；
由题意得： ， ，
为等边三角形， ，
，选项 错误；
在 与 中，
，
，
，
可以由 绕点 逆时针方向旋转 得到，选项 正确；
在 中， ，
为直角三角形，
， ，选项 正确；
，选项 正确．
第12页/共25页
学科网（北京）股份有限公司综上所述，正确选项为 ，
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查了等边三角形、旋转、全等三角形、勾股定理逆定理的知识；解题的关键是熟练掌握旋
转、等边三角形、等腰三角形三线合一、勾股定理及其逆定理的性质，从而完成求解．
三、解答题（本大题共9小题，满分72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 解方程： ．
【答案】 ，
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是掌握一元二次方程的解法：直接开平方法，配方法，
公式法，因式分解法等．
利用配方法解一元二次方程即可．
【详解】解：
， ．
18. 如图，已知 是等腰直角三角形， 为 上一点， 经过逆时针旋转到 的位置，
问：
（1）旋转中心是 ，旋转了 度
的
（2）若已知 ，求 度数．
【答案】（1） ，
第13页/共25页
学科网（北京）股份有限公司（2）
【解析】
【分析】本题是关于旋转问题的题目，熟练掌握旋转的性质是解题的关键；
（1）根据旋转中心的定义以及旋转角的定义解答即可；
（2）由旋转的性质可知： ，由此可得 的度数．
【小问1详解】
解： 经过旋转到达 的位置，
，
点 为旋转中心，
，
和 之间的夹角为旋转角，
，
∴旋转角为 ；
【小问2详解】
解： 为等腰直角三角形， ，
，
，
，
．
19. 已知抛物线 经过点 、 ，求抛物线 的解析式．
【答案】
【解析】
第14页/共25页
学科网（北京）股份有限公司【分析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，将 、 代入解析式即可求解；掌握待定系
数法是解题的关键．
【详解】解：由题意得
，
解得： ，
抛物线的解析式为 ．
20. 如图，已知 的三个顶点的坐标分别为 、 、 ．将 绕原点 顺
时针旋转 ．画出旋转后的图形 ，并写出点 和点 的坐标．
【答案】图见解析， 的坐标为 ， 的坐标为
【解析】
【分析】本题考查作图——旋转变换，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
分别将三个顶点绕点O，顺时针旋转 ，再依次连接三个对应点即可．
第15页/共25页
学科网（北京）股份有限公司【详解】解：如下图所示， 即为所求作的三角形， 的坐标为 ， 的坐标为 ．
21. 如图，是抛物线形拱桥，当拱顶离水面 ，水面宽 ，水面下降 ，水面宽度增加多少？
【答案】水面下降1m,水面宽度增加（ ）m．
【解析】
【分析】首先建立直角坐标系，设抛物线为 ，把点（2，-2）代入求出解析式可解．
【详解】解：如图，建立直角坐标，
可设这条抛物线为 ，
第16页/共25页
学科网（北京）股份有限公司把点（2，-2）代入，得
，
∴ ，
当y=-3时， ．
∴水面下降1m,水面宽度增加（ ）m．
【点睛】本题考查点的坐标的求法及二次函数的实际应用．此题为数学建模题，借助二次函数解决实际问
题．
22. 如图，，连接
（1）求 的度数；
（2）若弧 与弧 相等，求证：四边形 是菱形．
【答案】（1）
（2）见详解
【解析】
【分析】（1）先由圆内接四边形得出 再结合圆周角定理，即可作答．
（2）因为弧 与弧 相等，所以 ，则 ，证明 等边三角形，所
第17页/共25页
学科网（北京）股份有限公司以 ，即可证明四边形 是菱形；
【小问1详解】
∵四边形 内接于 ，
∴
∴
【小问2详解】
解：如图：连接
∵弧 与弧 相等
∴
∵ ，
∴
∵
∴ 等边三角形，
∴
四边形 是菱形；
【点睛】本题考查了圆内接四边形，圆周角定理，菱形的判定，等边三角形的判定与性质，正确掌握相关
性质内容是解题的关键．
23. 已知函数y＝x2＋(m－3)x＋1－2m（m为常数）．
第18页/共25页
学科网（北京）股份有限公司（1）求证：不论m为何值，该函数的图像与x轴总有两个公共点．
（2）不论m为何值，该函数的图像都会经过一个定点，求定点的坐标．
【答案】（1）见解析；（2）(2，－1)
【解析】
【分析】（1）令y＝0得到关于x的一元二次方程x2＋(m－3)x＋1－2m＝0，然后用根的判别式即可解答．
（2）分离出m，令m的系数为0，先求出x，再求出y，即可确定与m的值无关的定点.
【详解】（1）证明：令y＝0，则x2＋(m－3)x＋1－2m＝0．
因为a＝1，b＝m－3，c＝1－2m，
所以b2－4ac＝(m－3)2－4(1－2m)＝m2＋2m＋5＝(m＋1)2＋4＞0．
所以方程有两个不相等的实数根．
所以不论m为何值，该函数的图像与x轴总有两个公共点．
（2）解：y＝x2＋(m－3)x＋1－2m＝(x－2)m＋x2－3x＋1．
因为该函数的图像都会经过一个定点，
所以x－2＝0，解得x＝2．
当x＝2时，y＝－1．
所以该函数图像始终过定点（2，－1）．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程方程与二次函数的关系、二次函数图像与x轴的交点问题等知识点，
掌握二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）图像与x轴的交点与一元二次方程ax2+bx+c=0根之间
的关系是解答本题的关键．
24. 半角模型探究
如图，正方形 的边长为3，E、F分别是 、 边上的点，且 ．将 绕点D逆
时针旋转 ，得到 ．
（1）求证： ；
第19页/共25页
学科网（北京）股份有限公司的
（2）当 时，求 长．
（3）探究延伸：如图，在四边形 中， ， ， ．E、F分别是
边 、 上的点，且 ．求 的周长．
【答案】（1）见详解 （2）
（3）8
【解析】
【分析】（1）由旋转可得 ， 为直角，可得出 ，由
，得到 为 ，可得出 ，再由 ，利用 可得出三角
形 与三角形 全等，由全等三角形的对应边相等可得出 ；
（2）由（1）的全等得到 ，正方形的边长为3，用 求出 的长，再由
求出 的长，设 ，可得出 ，在直角三角形 中，利用勾股
定理列出关于 的方程，求出方程的解得到 的值，即为 的长．
（3）拓展延伸：如图，在正方形 中， 、 分别在边 、 上，且 ，连接 ，
同（2）可得结论 仍然成立，再结合 ，即可作答．
【小问1详解】
证明： 逆时针旋转 得到 ，
， ，
、 、 三点共线，
， ，
，
第20页/共25页
学科网（北京）股份有限公司，
，
在 和 中，
，
，
，
；
【小问2详解】
解：设 ，
， ，
，
，
，
在 中，由勾股定理得，
即 ，
解得 ，
则 ．
∴ ；
【小问3详解】
第21页/共25页
学科网（北京）股份有限公司解：如图②，将 绕点 顺时针旋转角度为 的度数，得到 ，
由旋转可得， ， ， ， ，
，
，
，
，
点 、 、 三点共线，
在 和 中，
，
，
，
，
；
∵
∴
则
∴
∴
第22页/共25页
学科网（北京）股份有限公司则 的周长为 ．
【点睛】此题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理，利用了转化
及方程的思想，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．
25. 如图，抛物线 的图象与 轴交于 两点(点 在点 的左边)与 轴交于点 ,抛物
线的顶点为 .
(1)求点 的坐标；
(2)点 为线段 上一点(点 不与点 重合)，过点 作 轴的垂线，与直线 交于点 ，
与抛物线交于点 ，过点 作 交抛物线于点 ，过点 作 轴于点 ,可得矩形 .
如图，点 在点 左边，当矩形 的周长最大时，求此时的 的面积；
(3)在(2)的条件下，当矩形 的周长最大时，连接 ，过抛物线上一点 作 轴的平行线，与直线
交于点 (点 在点 的上方)若 ，求点 的坐标.
【答案】(1) ， ， ；(2) ；(3) 或 .
【解析】
【分析】（1）令 ，可求出A、B两点坐标，令x=0，可求出点C 的坐标；（2）求矩形的面积函
数解析式，通过顶点坐标求出m,再求直线 的解析式，求出 ， ，故 ；
第23页/共25页
学科网（北京）股份有限公司（3）证 与原点重合， 点与 点重合，故 ，把 代入 ，解得 ，
， ， ； 设 ， 则 ， 得
.解得 或 ，可得F坐标.
【详解】由抛物线 可知， .
令 ，则 ，
解得， 或 ， ，
(2)由抛物线 可知，对称轴为 .
，P（m, ）,N(-2-m,0)
， ，
矩形 的周长
，
矩形的周长最大时， .
， 设直线 的解析式 ，
解得 ， ， 解析式 ，令 ，则 ，
， ， ，
.
第24页/共25页
学科网（北京）股份有限公司(3) ，抛物线的对称轴为 ，
应与原点重合， 点与 点重合，
，把 代入 ，解得 ，
， .
，
设 ，则 ， 点 在点 的上方且 ，
.解得 或 ，
或 .
【点睛】考核知识点：二次函数的综合运用.数形结合分析问题是关键.
第25页/共25页
学科网（北京）股份有限公司
