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九年级数学上学期期中模拟卷·培优卷
【人教版】
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分）
1．关于x的一元二次方程（m﹣2）x2+5x+m2﹣4＝0的常数项是0，则（ ）
A．m＝4 B．m＝2 C．m＝2或m＝﹣2 D．m＝﹣2
【答案】D
【分析】根据常数项为0，可得m2-4=0，同时还要保证m-2≠0，即可．
【详解】由题意得：m2-4=0，且m-2≠0，
解得：m=-2，
故选D．
【点睛】此题主要考查了一元二次方程的一般形式，关键是掌握ax2+bx+c=0（a，b，c是常数且a≠0）特别
要注意a≠0的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．在一般形式中ax2叫二次项，bx叫一次项，c是
常数项．其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．
2．（2024·江西·模拟预测）已知点A(m−m2 ，y )，B(2m−1，y )都在抛物线y=(x−m) 2+n(m>)1)
1 2
上，则y 与y 的大小关系为（ ）
1 2
A．y >y B．y = y C．y 1，从而可知：点
A(m−m2 ，y )，B(2m−1，y )分别在抛物线对称轴的左、右两侧，计算这两点到对称轴的距离并比
1 2
较大小，根据“开口向上的抛物线上的两点，到对称轴的距离大的点的纵坐标也大”可得结论．
【详解】解：∵抛物线y=(x−m) 2+n(m>)1)的开口向上，
对称轴是直线 x=m>1，m−m2=m(1−m)<0，2m−1>m>1，
∴点A(m−m2 ，y )，B(2m−1，y )分别在抛物线对称轴的左、右两侧，
1 2∵m−(m−m2)=m2 ，(2m−1)−m=m−1，
且m2−(m−1)=m2−m+1= ( m− 1) 2 + 3 >0，
2 4
∴m−(m−m2)>(2m−1)−m，
∵点A(m−m2 ，y )，B(2m−1，y ) 都在抛物线y=(x−m) 2+n(m>)1)上，
1 2
则根据抛物线的对称性可知：y 与y 的大小关系为y >y ．
1 2 1 2
故选：A．
3．（2025·北京·模拟预测）关于x的方程kx2−2x+1=0有实数根，那么k的可能值是（ ）
A．4 B．2 C．0或2 D．0或1
【答案】D
【分析】本题考查一元一次方程的解，一元二次方程的定义，一元二次方程的根的判别式，一元二次方程
根的情况与判别式Δ的关系：（1）Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）Δ=0⇔方程有两个相等的
实数根；（3）Δ<0⇔方程没有实数根．理解和掌握一元二次方程根的情况与判别式的关系是解题的关
键．分当k=0，k≠0时分别讨论，即可求解．
【详解】解：当k=0时，关于x的方程是−2x+1=0有实数根，
当k≠0时，∵关于x的方程是一元二次方程，kx2−2x+1=0有两个实数根，
∴Δ=(−2) 2−4k×1≥0，且k≠0，
解得：k≤1且k≠0，
综上所述：整数k的值可能是1或0．
故选：D．
4．已知抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c为常数，且a≠0）与x轴交于A(−2,0)，B两点，且点B在直线
y=−x+2的下方，则下列说法正确的是（ ）
A．抛物线的顶点不可能在第四象限 B．抛物线的开口一定向上
C．抛物线与直线y=−x+2一定有两个交点 D．抛物线的对称轴可能在y轴右侧
【答案】A
【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质，根据点B在直线y=−x+2的下方推断出抛物线的对称轴
在y轴的左侧，另外，应注意a的值不确定时，一定要分类讨论，再进一步逐一分析即可．
【详解】解：由题可得，直线y=−x+2与x轴交点为(2,0)，∵点B在直线y=−x+2的下方，
∴点B的横坐标小于2，
b b
∴抛物线的对称轴直线x=− <0，即对称轴直线x=− 在y轴左侧，
2a 2a
∴抛物线的顶点不可能在第一、四象限，
∴A正确，D错误；
∵a的正负不确定，
∴抛物线的开口方向无法确定，
∴B错误；
当a>0时，抛物线与直线y=−x+2一定有两个交点，但当a<0时，抛物线与直线y=−x+2可能有两个交
点，可能有一个交点，也可能没有交点，三种情况均可能存在，
∴C错误．
故选：A
5．（2025·安徽·模拟预测）已知关于x的方程x2+(a2−1)x+a−2=0的一个根比1大且另一个根比1小，
则a的取值范围正确的是（ ）
A．−2−1
【答案】A
【分析】本题主要考查二次函数与一元二次方程，可以利用二次函数的图象与性质分析判断即可．
【详解】解：设y=x2+(a2−1)x+a−2，
∵1>0，
∴抛物线开口向上，
∵关于x的方程x2+(a2−1)x+a−2=0的一个根比1大且另一个根比1小，
∴当x=1时，函数值y<0，
∴y=12+(a2−1)×1+a−2=1+a2−1+a−2=a2+a−2<0，
对于一元二次方程a2+a−2=0，解得a =−2，a =1，
1 2
∴−20，c>0，− >0，
2a
∴b<0，
∴满足a，b异号，a，c同号，符合题意；
b
B、根据图象可知，a>0，c<0，− <0，
2a
∴b>0，∴不满足a，b异号，a，c同号，不符合题意；
b
C、根据图象可知，a>0，c<0，− >0，
2a
∴b<0，
∴不满足a，c同号，不符合题意；
b
D、根据图象可知，a>0，c<0，− <0，
2a
∴b>0，
∴不满足a，c同号，不符合题意；
故选：A．
8．（2025·安徽蚌埠·二模）已知 m≥2,a2−2ma+2=0,b2−2mb+2=0(a≠b)则 (a−1) 2+(b−1) 2的最
小值是（ ）
A．−3 B．0 C．3 D．6
【答案】D
【分析】构造一元二次方程，利用根与系数关系定理，构造二次函数，利用函数增减性，求最值解答即
可．
【详解】解：∵a2−2ma+2=0，b2−2mb+2=0，且a≠b，
∴a，b是一元二次方程x2−2mx+2=0的两个不相等的实数根，
∴a+b=2m，ab=2，Δ=b2−4ac=(−2m) 2−4×2×1>0，
∴(a−1) 2+(b−1) 2=a2−2a+b2−2b+2=(a+b) 2−2(a+b)+2−2ab
=4m2−4m−2=4(m2−m)−2=4 ( m− 1) 2 −3
2
∵4>0，
∴抛物线开口向上，
∴(a−1) 2+(b−1) 2有最小值，且对称轴的右侧y随x的增大而增大，
∵m≥2，
∴m=2时，(a−1) 2+(b−1) 2有最小值，且为4 ( 2− 1) 2 −3=9−3=6，
2
故选：D．
【点睛】本题考查了一元二次方程的构造，根与系数关系定理，二次函数的增减性，二次函数的最值，熟练掌握构造方程，构造二次函数是解题的关键．
9．（2023·浙江湖州·一模）如图，矩形ABCD绕点B旋转得到矩形BEFG，在旋转过程中，FG恰好过点
C，过点G作MN平行AD交AB，CD于M，N．若AB＝3，BC＝5，则图中阴影部分的面积的是
（ ）
15
A．3 B．4 C．5 D．
2
【答案】A
【分析】根据旋转的性质和矩形的性质结合勾股定理求出CG的长，再运用四边形AMND、BCNM是平行
四边形进行转换求出面积即可解答；
【详解】解：∵矩形ABCD绕点B旋转得到矩形BEFG，
∴BG=BA=3，
∴CG=❑√BC2−BG2=❑√25−9=4，
1
∴S = ×BG⋅GC=6，
△BGC 2
∵MN∥AD,CD∥AB，
∴四边形AMND是平行四边形,，MN∥BC，
∴四边形BCNM是平行四边形，
∴S ＝2S ＝12，
平行四边形BCNM △BGC
∴阴影部分的面积=S −S =15−12=3，
矩形ABCD 平行四边形BCNM
故选：A
【点睛】本题主要考查了勾股定理、旋转的性质、矩形的性质以及平行四边形的判定和性质等知识点，解
答时需注意阴影部分面积的转换是解答该题的重要技巧，解题的关键是熟练运用这些知识点．
10．（2025·河南驻马店·三模）如图，在边长为3cm的正方形ABCD中，动点P从点A出发沿A→B的方向
以1 cm/s的速度运动；同时，动点Q从点D出发沿D→C→B的方向以2cm/s的速度运动．当点Q到达点B时，点P，Q同时停止运动．设△APQ的面积为y（cm2），运动时间为x（s），下列能大致反映y与x
之间函数关系的图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】本题考查一次函数与二次函数，正方形的性质，动点问题，正确作出图形是解题的关键。
根据点Q所在正方形的不同边上，分类讨论，逐一计算，即可解答。
【详解】解：①当点Q在CD上时，如图
3
有DQ=2t,AP=t，0≤t≤ ，
21 3 3
∴y= ×3t= t（0≤t≤ ）．
2 2 2
此时y与x之间的函数为一次函数．
②当点Q在CB上时，如图
3
有BC+CQ=2t,AP=t， 0．
设A(x ，0)，B(x ，0)，
1 2
∴x +x =2m，x ⋅x =3m，
1 2 1 2
∴|x −x |=❑√(x +x ) 2−4x x =4，
1 2 1 2 1 2
∴❑√4m2−12m=4，
解得m =4，m =−1．
1 2
综上所述，m的值为4或−1．
故答案为：4或−1
1
13．设x 与x 为一元二次方程 x2+3x+2=0的两根，则(x −x ) 2 的值为 ．
1 2 2 1 2
【答案】20
【分析】利用公式法求得一元二次方程的根，再代入求值即可；
1
【详解】解：∵
x2+3x+2=0
2
△=9-4=5＞0，
∴x =−3+❑√5，x =−3−❑√5，
1 2
∴(x −x ) 2 =(−3+❑√5+3+❑√5) 2=(2❑√5) 2=20，
1 2
故答案为：20；【点睛】本题考查了一元二次方程的解，掌握公式法解一元二次方程是解题关键．
14．（2025·湖南永州·三模）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，点E是BC上一点，且BE=3，连
接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到线段EF，连接CF，则△ECF的面积为 .
15
【答案】
2
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定及性质，熟悉掌握判定的方法是解题的关键．
过点F作FH⊥BC于点H，利用矩形的性质判定出△AEB≌△EFH，得到FH=BE=3，即可通过三
角形面积公式求解．
【详解】解：过点F作FH⊥BC于点H，如图所示：
∴∠FHE=90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B=90°=∠FHE，
∵线段AE绕点E顺时针旋转90°得到线段EF，
∴∠AEF=90°，AE=EF，
∵∠AEB+∠FEH=90°，∠FEH+∠EFH=90°，
∴∠AEB=∠EFH，
∴在△AEB和△EFH中
{∠AEB=∠EFH
)
∠B=∠FHE ，
AE=EF
△AEB≌△EFH(AAS)，
∴FH=BE=3，
∵EC=BC−BE=8−3=5，1 1 15
∴S =EC×FH× =5×3× = ，
△ECF 2 2 2
15
故答案为： ．
2
c
15．（2025·广东惠州·三模）已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=6，则 的最大值为
a
．
【答案】36
【分析】本题考查了二次函数与x轴的交点问题，一元二次方程的根与系数的关系，根的判别式．分情况
讨论，当抛物线y=ax2+bx+c与x轴有交点时，设一个交点坐标为(α,0)，由对称轴为直线x=6，求得另
c
一个交点坐标为(12−α,0)，利用根与系数的关系求得
=−α2+12α，利用二次函数的性质求解即可；当
a
抛物线y=ax2+bx+c与x轴没有交点时，根据一元二次方程的根的判别式求解即可．
【详解】解：当抛物线y=ax2+bx+c与x轴有交点时，
设抛物线y=ax2+bx+c与x轴的一个交点坐标为(α,0)，
∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=6，
∴抛物线y=ax2+bx+c与x轴的另一个交点坐标为(12−α,0)，
即方程ax2+bx+c=0的两个根为α和12−α，
c
由根与系数的关系得α(12−α)= ，
a
c
∴
=−α2+12α=−(α−6) 2+36，
a
∵−1<0，
∴当α=6时，
c
∴ 有最大值为36；
a
当抛物线y=ax2+bx+c与x轴没有交点时，
∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=6，
b
∴− =6，
2a
∴b=−12a，
此时Δ=b2−4ac=(−12a) 2−4ac<0，整理得ac>36a2>0，
∴a和c同号，
①若a>0，c>0时，
∵ac>36a2，
c
∴ >36，
a
c
此时 无最大值，不符合题意，舍去；
a
②若a<0，c<0时，
∵ac>36a2，
c
∴ >36，
a
c
此时 无最大值，不符合题意，舍去；
a
c
综上， 有最大值为36；
a
故答案为：36．
16．（2025·宁夏银川·三模）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形ABCDEF的中心与原点O
重合，AB∥x轴，交y轴于点P，将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2026次旋转结束
时，点A的坐标为 ．
【答案】(−1,−❑√3)
【分析】本题考查正多边形的性质，规律型问题，坐标与图形变化——旋转等知识，解题的关键是学会探
究规律的方法，属于中考常考题型．首先确定点A的坐标，再根据4次一个循环，推出经过第2026次旋转
后点的坐标即可．
【详解】解：∵正六边形ABCDEF边长为2，中心与原点O重合，AB∥x轴，
∴AP=1,AO=2,∠OPA=90°，∴OP=❑√AO2−AP2=❑√3，
∴第1次旋转结束时，OP在x轴的正半轴上，点A在第四象限，此时点A的坐标为(❑√3,−1)，
第2次旋转结束时，正好与原来点A的坐标关于原点对称，则此时点A的坐标为(−1,−❑√3)，
第3次旋转结束时，OP在x轴的负半轴上，点A在第二象限，此时点A的坐标为(−❑√3,1)，
第4次旋转结束时，点A回到原来的位置，此时点A的坐标为(1,❑√3)，
∴4次一个循环，
∵2026÷4=506⋯⋯2，
∴第2026次旋转结束时，点A的坐标为(−1,−❑√3)．
故答案为：(−1,−❑√3)．
三、解答题（本大题共9小题，满分72分）
17．（6分）（2025·江苏淮安·二模）解方程：
(1)x2−3x+2=0．
(2)x2+4x−1=0．
【答案】(1)x =1,x =2
1 2
(2)x =−2+❑√5,x =−2−❑√5
1 2
【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的常用方法（直接开平方法、配方法、公
式法、换元法、因式分解法等）是解题关键．
（1）方程的左边可以因式分解为(x−1)(x−2)，利用因式分解法解方程即可得；
（2）方程可以配方为(x+2) 2=5，再两边同时开平方解方程即可得．
【详解】（1）解：x2−3x+2=0，
(x−1)(x−2)=0，
x−1=0或x−2=0，
x=1或x=2，
所以方程的解为x =1,x =2．
1 2
（2）解：x2+4x−1=0，x2+4x=1，
x2+4x+4=1+4，
(x+2) 2=5，
x+2=±❑√5，
x=−2±❑√5，
所以方程的解为x =−2+❑√5,x =−2−❑√5．
1 2
18．（6分）（2023·浙江宁波·模拟预测）二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示，抛物线顶点为
A(1,4)，与y轴、x轴分别交于点B和点C(3,0)．
(1)求抛物线的函数表达式，并根据图象直接写出当y>0时，x的取值范围．
(2)平移该二次函数的图象，使点C恰好落在点A的位置上，求平移后图象与坐标轴的交点．
【答案】(1)y=−x2+2x+3；当y>0时，−10时，x的取值范围即
可；
（2）由题意点C平移到A，抛物线向左平移2个单位，向上平移4个单位，由此可得抛物线的顶点坐标，
进而可得解析式，然后求出平移后图象与坐标轴的交点．
【详解】（1）解：设抛物线的顶点式为y=a(x−1) 2+4，
∵抛物线过C(3,0)，
∴0=4a+4，
解得a=−1．∴y=−(x−1) 2+4，即y=−x2+2x+3．
∵(3,0)关于直线x=1的对称点为(−1,0)，
∴当y>0时，−1n；
5
(2)a<−6或00和a<0分两种情况讨论，再根据范围取舍即可．
【详解】（1）解：①将a=2代入得y=2x2−8x，
−8
∴该抛物线的对称轴为直线x=− =2；
2×2
即该抛物线的对称轴为直线x=2；②∵a=2>0，
∴该抛物线开口向上，离对称轴越远，函数值越大，
∵|2+1)>|3−2)，
∴m>n；
−2a2
（2）解：抛物线y=ax2−2a2x的对称轴为直线x=− =a，
2a
分两种情况：
①当a>0时，x =3a>a>0，M(x ,y )在对称轴右侧，
1 1 1
当M(x ,y )和N(x ,y )是都在对称轴右侧，此时y随x增大而增大，
1 1 2 2
∵对于x =3a，5≤x ≤6，都有y 0，
∴此时没有符合条件的a存在；
5
综上分析可知：此时06，
∴a<−6；
5
综上，a的取值范围为a<−6或0
