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黄广中学 2024-2025 学年度第一学期期中考试
九年级数学试卷
命题教师：邓彬 初审教师：袁刘成 终审教师：邹燕萍
试卷满分120分 考试时长120分钟
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分．在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 若方程 是一元二次方程，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的定义，方程的两边都是整式，只含有一个未知数，并且整理后未知数
的最高次数都是2，象这样的方程叫做一元二次方程．对于一元二次方程 ，其中a
是二次项系数，b是一次项系数，c是常数项．根据二次项系数不为零列式求解即可．
【详解】解：∵方程 是一元二次方程，
∴ ．
故选A．
（2023沈阳中考改编）
2. 二次函数 图象的顶点坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数的性质，对于二次函数 ，其顶点坐标为 ，
据此可得答案．
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学科网（北京）股份有限公司【详解】解：二次函数 图象的顶点坐标是 ，
故选：B．
3. 若m，n分别为一元二次方程 的两个实数根，则 的值为（ ）
A. B. 12 C. D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，对于一元二次方程 ，若
是该方程的两个实数根，则 ，据此可得 ，再利用整
体代入法求解即可．
【详解】解：∵m，n分别为一元二次方程 的两个实数根，
∴ ，
∴ ，
故选：C．
（2023年湖北省襄阳市中考）
4. 我国南宋数学家杨辉在1275年提出的一个问题：“直田积八百六十四步，只云阔不及长一十二步．问
阔及长各几步．”意思是：长方形的面积是864平方步，宽比长少12步，问宽和长各是几步．设宽为x步，
根据题意列方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设宽为x步，则长为 步，根据题意列方程即可．
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学科网（北京）股份有限公司【详解】解：设宽为x步，则长为 步，
由题意得： ，
故选：D．
【点睛】本题考查一元二次方程的实际应用，正确理解题意是关键．
（2023年青海中考）
5. 如图， 是 的弦，C是 上一点， ，垂足为D，若 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意易得 ，则有 ，然后问题可求解．
【详解】解：∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
故选：C．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
（2024广州中考）
6. 下列图案中，点 为正方形的中心，阴影部分的两个三角形全等，则阴影部分的两个三角形关于点 对
称的是（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了图形关于某点对称，掌握中心对称图形的性质是解题关键．根据对应点连线是否过点
判断即可．
【详解】解：由图形可知，阴影部分的两个三角形关于点 对称的是C，
故选：C．
7. 如图， 的直径 ， 是 的弦， ，垂足为M， ，则 的
长为（ ）
A. 8 B. 12 C. 16 D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，连接 ，由圆 的性质可得 的长，进而求出
的长，再由勾股定理求出 的长，则由垂径定理可得 的长．
【详解】解：如图所示，连接 ，
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学科网（北京）股份有限公司∵ 的直径 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
在 中，由勾股定理得 ，
∴ ，
故选：C．
8. 在同一平面直角坐标系中，函数 与 的图象可能是（ ）
A. B. C.
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学科网（北京）股份有限公司D.
【答案】D
【解析】
【分析】对比各个选项中二次函数和一次函数图象的规律，可分别得到各个函数系数的取值范围；通过函
数系数对比，即可得到答案．
【详解】解：A选项中， 开口朝上，与y轴交点在原点下方，∴ ， ，
而 函数y随x增大而增大，与y轴交点在原点下方，∴ ， ，
∴A选项不符合题意；
B选项中， 开口朝上，与y轴交点在原点上方，∴ ， ，
而 函数y随x增大而减少，与y轴交点在原点上方，∴ ， ，
∴B选项不符合题意；
C选项中， 开口朝下，与y轴交点在原点下方，∴ ， ，
而 函数y随x增大而减少，与y轴交点在原点上方，∴ ， ，
∴C选项不符合题意；
D选项中， 开口朝下，与y轴交点在原点上方，∴ ， ，
而 函数y随x增大而增大，与y轴交点在原点下方，∴ ， ，
∴D选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数和一次函数的知识；求解的关键是熟练掌握二次函数、一次函数图象的性质，
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学科网（北京）股份有限公司从而完成求解．
（2024广州中考）
9. 如图， 中，弦 的长为 ，点 在 上， ， ． 所在的平面内有
一点 ，若 ，则点 与 的位置关系是（ ）
A. 点 在 上 B. 点 在 内 C. 点 在 外 D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，点与圆的位置关系，锐角三角函数，掌握圆的相关性质是解
题关键．由垂径定理可得 ，由圆周角定理可得 ，再结合特殊角的正弦值，求出
的半径，即可得到答案．
【详解】解：如图，令 与 的交点为 ，
为半径， 为弦，且 ，
，
，
在 中， ， ， ，
，
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学科网（北京）股份有限公司，即 的半径为4，
，
点 在 外，
故选：C．
10. 如图，已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于点A（﹣1，0），与y轴的交点B在（0，
﹣2）和（0，﹣1）之间（不包括这两点），对称轴为直线x=1．下列结论：①abc＞0 ②4a+2b+c＞0
③4ac﹣b2＜8a ④ ＜a＜ ⑤b＞c．其中含所有正确结论的选项是（ ）
A. ①③ B. ①③④ C. ②④⑤ D. ①③④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】解：①∵函数开口方向向上，
∴a＞0；
∵对称轴在y轴右侧，
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学科网（北京）股份有限公司∴a、b异号，
∵抛物线与y轴交点在y轴负半轴，
∴c＜0，
∴abc＞0，
故①正确；
②∵图象与x轴交于点A（﹣1，0），对称轴为直线x=1，
∴图象与x轴的另一个交点为（3，0），
∴当x=2时，y＜0，
∴4a+2b+c＜0，
故②错误；
③∵图象与x轴交于点A（﹣1，0），
∴当x=﹣1时，y= =0，
∴a﹣b+c=0，即a=b﹣c，c=b﹣a，
∵对称轴为直线x=1，
∴ =1，即b=﹣2a，
∴c=b﹣a=（﹣2a）﹣a=﹣3a，
∴4ac﹣ =4•a•（﹣3a）﹣ = ＜0，
∵8a＞0，
∴4ac﹣ ＜8a，
故③正确；
④∵图象与y轴的交点B在（0，﹣2）和（0，﹣1）之间，
∴﹣2＜c＜﹣1，
∴﹣2＜﹣3a＜﹣1，
∴ ＞a＞ ，
故④正确；
⑤∵a＞0，
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学科网（北京）股份有限公司∴b﹣c＞0，即b＞c，
故⑤正确．
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数的图像与系数的关系，熟练掌握图像与系数的关系，数形结合来进行判断是解
题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，每题3分，共18分）
11. 若点 与点B关于原点对称，则点B的坐标为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据关于原点的对称点，横、纵坐标都变成相反数解答．
【详解】解：∵点 与点B关于原点对称，
∴点B的坐标为
故答案为： ．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，掌握“关于原点的对称点，横、纵坐标都变成相反数”是
关键．
（2022广东中考）
12. 若 是方程 的根，则 ____________．
【答案】1
【解析】
【分析】本题根据一元二次方程的根的定义，把x=1代入方程得到a的值．
【详解】把x=1代入方程 ，得1−2+a=0，
解得a=1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查的是一元二次方程的根即方程的解的定义，一元二次方程的根就是一元二次方程的解，
就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．
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学科网（北京）股份有限公司（2024年广州市白云区一模）
13. 若点 ， ， 在抛物线 上，则 ， ， 的大小关系为
______（用“ ”连接）
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式．也考查了二
次函数的性质．
根据二次函数的性质得到抛物线 的开口向上，对称轴为直线 ，然后根据三个点离对
称轴的远近判断函数值的大小．
【详解】解： 在 中， ，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线 ，
∵点 离直线 的距离最远， 在直线 上，
∴ ．
故答案为： ．
14. 如图，△OAB绕点O顺时针旋转42°得到△ODC，点D恰好落在AB上，且∠AOC＝108°，则∠B度
数是 ______．
【答案】45°
【解析】
【分析】由旋转性质可知∠AOD=∠BOC=42°，结合∠AOC=108°可推出∠BOD=24°，从而∠AOB=66°．又
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学科网（北京）股份有限公司AO=DO，由等腰三角形性质可得∠A=69°，最后利用三角形内角和公式可得∠B的度数．
【详解】解：由旋转性质可知，∠AOD=∠BOC=42°，
又∵∠AOC=108°，
∴∠BOD=108°-∠AOD-∠BOC=108°-42°-42°=24°，
∴∠AOB=∠AOD+∠BOD=42°+24°=66°，
∵AO=DO，
∵∠A=∠ADO=（180°-42°）÷2=69°，
∴∠B=180°-∠A-∠AOB=180°-69°-66°=45°，
故答案为：45°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和公式，证明△ADO为等腰三角
形是解题的关键．
15. 如图，在 ABC中，AB=AC，∠B=30°，以点A为圆心，以3cm为半径作⊙A，当AB=_____cm时，
BC与⊙A相切．
【答案】6．
【解析】
【详解】试题分析：如图，过点A作AD⊥BC于点D．∵AB=AC，∠B=30°，∴AD= AB，即AB=2AD．
又∵BC与⊙A相切，∴AD就是圆A的半径，∴AD=3cm，则AB=2AD=6cm．故答案为6．
考点：切线的判定．
16. 在矩形 中， ，点M是平面内一动点，且满足 ，N为 的中点，点
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学科网（北京）股份有限公司M运动过程中线段 长度的取值范围是 ____________________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，圆外一点到圆上点的距离的最值，把求 的最值
转化为求 的最值是关键；确定点M的运动路径；延长 到E，使 ，连接 ，
交 于点F、G；利用三角形中位线定理及圆的基本性质即可求得线段 长度的取值范围．
【详解】解：∵ ，
∴ 在以B为圆心4为半径的圆上运动；
∵四边形 为矩形，
∴ ；
延长 到E，使 ，连接 ， 交 于点F、G；
∵N为 的中点，
∴ ；
当M与F重合时， 最小，且最小值为 长；当M与G重合时， 最大，且最大值为 长；
∵ ， ，
∴ ；
∴ ， ，
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学科网（北京）股份有限公司∴ 的最小值为 ， 的最大值为 ，
则线段 长度的取值范围是 ．
故答案为： ．
三、解答题（本大题共9小题，共72分．）
17. 解方程： ．
【答案】 ，
【解析】
【分析】本题考查解一元二次方程，熟练掌握用因式分解法求解一元二次方程是解题的关键．
先移项，再用因式分解法求解即可．
【详解】解：
或
∴ ， ．
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学科网（北京）股份有限公司18. 已知抛物线 ．若抛物线与x轴有两个不同的交点，求k的取值范围．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查二次函数与坐标轴交点问题，解题的关键是熟练掌握抛物线与x轴有两个交点判别式大
于0．
根据抛物线与x轴有两个交点，判别式大于0列不等式求解即可得到答案．
【详解】解：∵抛物线 与 轴有两个交点，
∴ ，
解得： ．
19. 在平面直角坐标系中， 的三个顶点分别是 ， ，
（1）将 以点C为旋转中心顺时针旋转 ，画出旋转后对应的 ；平移 ，若点A
的对应点 的坐标为 ，画出平移后对应的 ；
（2）若将 绕某一点旋转可以得到 ，请直接写出旋转中心的坐标．
【答案】（1）见详解 （2）
【解析】
【分析】本题考查了旋转变换作图，也考查了平移变换作图，熟练掌握旋转变换和平移变换的定义作出变
换后的对应点是解题的关键，
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学科网（北京）股份有限公司（1）利用中心对称的点的坐标特征得到 、 、 ，再顺次连接即可；利用点 与点 的坐标特征得
到平移的方式是先向右平移3个单位，再向下平移6个单位，据此作出另外两个点的对应点，顺次连接即
可；
（2）连接 、 、 交于一点，这点即为旋转中心，即可解答；
【小问1详解】
解：如图所示： 为所求， 为所求；
【小问2详解】
解：∵ ，
∴ ，
∴旋转中心坐标为 ．
20. 如图，在平面内， 绕点A逆时针旋转 后得 ， ，连接 ．求证：
．
【答案】详见解析
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学科网（北京）股份有限公司【解析】
【 分 析 】 本 题 考 查 了 旋 转 的 性 质 ， 全 等 三 角 形 的 判 定 ， 由 旋 转 的 性 质 得 ，
， 求 出 ， 然 后 根 据 即 可 证 明
．
【详解】证明：∵由旋转可得 ，
∴ ． ，
∵旋转角为 ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
在 和 中， ，
∴ ．
21. 成都市将在2022年举办第31届世界大学生夏季运动会，成都大运会吉祥物是一只名叫“蓉宝”的大熊
猫．某工厂生产“蓉宝”大熊猫，以30元的单价对外批发进行销售
（1）商场购进一批“蓉宝”的大熊猫，据市场分析，若每个“蓉宝”售价为60元，则每天可售出40个．
商场决定尽快减少库存，商店经过调研发现，如果每个“蓉宝”降价1元，那么平均每天可多售出8个，
若商店想平均每天盈利2000元，销售单价应定为多少元？
（2）商城销售总利润为w，当销售单价应定为多少元，销售总利润最大？
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学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）销售单价应定为40元
（2）当销售单价应定为 元，销售总利润最大
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，二次函数的实际应用：
（1）设每个“蓉宝”降价x元，根据利润 （实际售价 进价） 销售量列出方程求解即可；
（2）设每个“蓉宝”降价x元，根据利润 （实际售价 进价） 销售量列出w关于x的二次函数关系式，
利用二次函数的性质求解即可．
【小问1详解】
解：设每个“蓉宝”降价x元，
由题意得， ，
整理得： ，
解得 或 ，
∵商场决定尽快减少库存，
∴ ，
∴ ，
答：销售单价应定为40元；
【小问2详解】
解：设每个“蓉宝”降价x元，
由题意得
，
∵ ，
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学科网（北京）股份有限公司∴当 时，w有最大值，最大值为2450，
∴ ，
∴当销售单价应定为 元，销售总利润最大．
22. 如图，AB是⊙O的直径， ，E是OB的中点，连接CE并延长到点F，使EF=CE．连接AF
交⊙O于点D，连接BD，BF．
（1）求证：直线BF是⊙O的切线；
（2）若OB=2，求BD的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）BD= ．
【解析】
【分析】（1）连接OC，由已知可得∠BOC=90°，根据SAS证明△OCE≌△BFE，根据全等三角形的对应
角相等可得∠OBF=∠COE=90°，继而可证明直线BF是⊙O的切线；
（2）由（1）的全等可知BF=OC=2，利用勾股定理求出AF的长，然后由S = ，
ABF
△
即可求出BD= ．
【详解】解：（1）连接OC，
∵AB是⊙O的直径， ，
∴∠BOC=90°，
∵E是OB的中点，
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学科网（北京）股份有限公司∴OE=BE，
在△OCE和△BFE中，
，
∴△OCE≌△BFE（SAS），
∴∠OBF=∠COE=90°，
∴直线BF是⊙O的切线；
（2）∵OB=OC=2，由（1）得：△OCE≌△BFE，
∴BF=OC=2，
∴AF= ，
∴S = ，
ABF
△
即4×2=2 BD，
∴BD= ．
【点睛】本题考查了切线的判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积的不同表示方法，熟
练掌握相关的性质与定理是解题的关键．
23. 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
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学科网（北京）股份有限公司关于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．
【答案】（1）是 （2）见解析
（3）
【解析】
【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；
的
（3）如图，连接 ， ，作 于E，作 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．
【小问1详解】
是
解： “勾氏方程”，理由如下：
∵ 中， ，
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学科网（北京）股份有限公司∴ ，
∴ ， 能构成直角三角形，
∴方程 是“勾氏方程”；
【小问2详解】
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．
【小问3详解】
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，
∴
∵ ， ，
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学科网（北京）股份有限公司∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ，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．
24. 已知抛物线 与x轴交于点 ，点 ，与y轴交于点C．
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学科网（北京）股份有限公司（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．
【答案】（1）
（2）存在， 点的坐标为 ， ，
（3）存在，定点 的值为4
【解析】
【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 ， ，
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学科网（北京）股份有限公司，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．
【小问1详解】
解：∵ ， 在抛物线 上，
∴ ，
解得： ，
∴抛物线的表达式为： ．
【小问2详解】
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： ，
∴ ；
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学科网（北京）股份有限公司②当 为对角线时， ，
解得： ，
∴ ；
③当 为对角线时， ，
解得： ，
解得： ，
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学科网（北京）股份有限公司综上所述，存在点 ，以 ， ， ， 为顶点的四边形为平行四边形， 点的坐标为 或 或
．
【小问3详解】
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， ，
，
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学科网（北京）股份有限公司∵ 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
25. 如图1，在 中， ， ，点 ， 分别在边 上， ，连
接 ，点 ， ， 分别为 的中点．
（1）观察猜想：图1中，线段 与 的数量关系是______，位置关系是______；
（2）探究证明：把 绕点 逆时针方向旋转到图2的位置，连接 ，判断 的
形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：把 绕点 在平面内自由旋转，若 ， ，请直接写出 面积的
最大值．
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学科网（北京）股份有限公司【答案】（1） ，
（2） 是等腰直角三角形，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）利用三角形的中位线得出 ， ，进而判断出 ，即可得出
结论，再利用三角形的中位线求解；
（2）先判断出 ，得出 ，同（1）的方法来求解；
（3）先判断出 最大时， 的面积最大，利用三角形面积公式求解．
【小问1详解】
解：∵点 ， 是 ， 的中点，
∴ ， ．
∵点 ， 是 ， 的中点，
∴ ， ．
∵ ， ，
∴ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
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学科网（北京）股份有限公司∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为： ， ．
【小问2详解】
解： 是等腰直角三角形．
理由如下：
由旋转知， ．
， ，
∴ ，
∴ ， ，
利用三角形的中位线得， ， ，
∴ ，
∴ 是等腰三角形．
同（1）的方法得 ，
∴ ．
同（1）的方法得， ，
∴ ．
∵ ，
∴
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学科网（北京）股份有限公司．
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形；
【小问3详解】
解：由（2）知， 是等腰直角三角形， ，
∴ 最大时， 面积最大，
∴点 在 的延长线上，
∴ ，
∴ ，
．
【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全
等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用；解（1）的关键是判断出 ，
，解（2）的关键是判断出 ，解（3）的关键是判断出 最大时，
的面积最大．
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