2024-2025年人教版九年级上册数学期中测试题（21-23单元）
一、单选题(每题3分，共30分)
1．下列图形中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B． C． D．
2．下列方程中，属于一元二次方程的是（ ）．
A． B．
C． D．
3．关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是（ ）
A． B． C．且 D．且
4．已知抛物线的顶点坐标为，且与抛物线：的开口方向、形状大小完全相同，则抛物线的解析式为（ ）
A． B．
C． D．
5．已知二次函数的图象与轴有两个不同的交点，，其横坐标分别为，，若，且，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
6．一个运动员打高尔夫球，若球的飞行高度与水平距离之间的函数表达式为，则高尔夫球第一次落地时距离运动员为（ ）
A． B． C． D．
7．已知，若关于x的方程的解为，，关于x的方程的解为，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．一次函数与二次函数在同一平面直角坐标系中的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
9．已知二次函数，关于该函数在的取值范围内，下列说法正确的是（ ）
A．有最大值5，有最小值 B．有最大值0，有最小值
C．有最大值4，有最小值 D．有最大值4，有最小值0
10．如图，已知中，，，将绕点逆时针旋转得到，以下结论：①，②，③，④，正确的有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
二、填空题(每题3分，共30分)
11．一元二次方程的解是 ．
12．若，是关于的一元二次方程的两个实数根，则 ．
13．抛物线的图象如图所示，则当时，x的取值范围是 ．
14．已知关于x的一元二次方程有一根为，则抛物线与直线的交点坐标为 ．
15．对于一个函数，自变量x取t时，函数值y为t，则称t为这个函数的不动点．如果二次函数（c为常数）有两个相异的不动点，且，则c的取值范围是 ．
16．已知二次函数与一次函数的图象相交于点，．如图所示，则能使成立的x的取值范围是 ．
17．如图，在等边三角形中，点D在边上，将绕点B顺时针旋转得到，连接．若，则的周长为 ．
18．如图，中，，点为内一点，，若，则PC的最小值为 ．
19．如图，在中，，，．现在将绕点C逆时针旋转至，使得点恰好落在上，连接，则的长度为 ．
20．二次函数的图象如图示，下列结论：①；②；③；④；⑤；⑥（为任意实数），其中正确的是 ；（填写序号）
三、解答题(共60分)
21．解方程：
(1)．（配方法解）； (2)（公式法解）
(3) (4)
22．已知关于x的一元二次方程 ．
(1)求证：这个一元二次方程一定有两个实数根；
(2)设该一元二次方程的两根为a、b，且a、b是矩形两条对角线的长，求矩形对角线的长．
23．已知函数与的交点为A，B（A在B的右边）．
(1)求点A、点B的坐标．
(2)求的面积．
24．已知抛物线．
(1)用配方法求顶点坐标，对称轴；
(2)x取何值时，y随x的增大而减小？
(3)计算说明x取何值时，？x取何值时，？
25．如图，在中，，把绕着B点逆时针旋转，得到点E在上，连接．
(1)若，求的面积；
(2)若，求的度数．
26．已知和都是等腰直角三角形，．
(1)如图1：连，求证：；
(2)如图1：求证：；
(3)若将绕点O顺时针旋转，当点A，M，N恰好在同一条直线上时，如图2所示，线段与交点为H，若，求出线段的长．
27．如图，抛物线与x轴交于，两点，过点A的直线交抛物线于点．
(1)求抛物线的解析式．
(2)点P是线段上一个动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点E，求线段最大值和点P的坐标．
(3)点F是抛物线上的动点，在x轴上是否存在点D，使得以点A，C，D，F为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请求出所有满足条件的点D的坐标；如果不存在，请说明理由．
()
()
参考答案：
1．A
【详解】解：A、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选：A．
2．B
本题考查一元二次方程的识别，只含有一个未知数，并且未知数项的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程，据此逐项判断即可．
【详解】解：A，，含有两个未知数，不是一元二次方程，不合题意；
B，是一元二次方程，符合题意；
C，，含有两个未知数，不是一元二次方程，不合题意；
D，不是整式方程，不是一元二次方程，不合题意；
故选B．
3．D
本题考查的是一元二次方程根的判别式，一元二次方程的定义，掌握“一元二次方程有实数根，则”是解题的关键．
根据一元二次方程有实数根，则列出不等式，解不等式即可，需要注意．
【详解】解：由题意得，
解得：且，
故选：D．
4．D
本题考查二次函数的图象与性质．由顶点坐标可设解析式为，再根据抛物线与抛物线：的开口方向、形状大小完全相同，得到即可．
【详解】解：抛物线的顶点坐标为，
可设其解析式为，
抛物线与抛物线：的开口方向、形状大小完全相同，
，
抛物线的解析式为．
故选：D．
5．A
本题考查了一元二次方程根与系数的关系、二次函数与一元二次方程，由题意得出方程两个根分别为，，再由根与系数的关系可得：，，结合题意即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：∵二次函数的图象与轴有两个不同的交点，，其横坐标分别为，，
∴方程两个根分别为，，
根据根与系数的关系可得：，，
∵，且，
∴，，
故选：A．
6．D
本题考查了二次函数的应用，令，则，求出的值即可得解．
【详解】解：在中，令，则，
解得：，（不符合题意，舍去），
∴高尔夫球第一次落地时距离运动员为，
故选：D．
7．A
画出抛物线，直线，直线，根据一元二次方程与二次函数的关系，观察图象可得答案．本题考查一元二次方程与二次函数的关系，解题的关键是画出图象，数形结合解决问题．
【详解】解：依题意，∵，
∴，
关于的方程的解为抛物线与直线的交点的横坐标，
同理得关于的方程的解为抛物线与直线的交点的横坐标，
∵，，
∴如图所示：
由图可知，，
故选：A．
8．D
本题考查抛物线和直线的性质，本题可先由二次函数图象得到字母系数的正负，再与一次函数的图象相比较看是否一致．
【详解】解：A、由抛物线可知，，，得，由直线可知，，，故A选项不可能；
B、由抛物线可知，，，得，由直线可知，，，故B选项不可能；
C、由抛物线可知，，，得，由直线可知，，，故C选项不可能；
D、由抛物线可知，，，得，由直线可知，，，故D选项符合题意；
故选：D．
9．A
本题主要考查了二次函数的最值问题，先把解析式化为顶点式求出对称轴，开口方向和顶点坐标，进而确定离对称轴越远函数值越大，且最大值为5，再求出当时的函数值即可得到答案．
【详解】解：∵二次函数解析式为，，
∴二次函数开口向下，对称轴为直线，顶点坐标为，
∴离对称轴越远函数值越大，且最大值为5，
当时，
∵，
∴当时，，
∴四个选项中只有A选项说法正确符合题意，
故选：A．
10．B
本题考查了旋转性质的应用，图形的旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小．根据旋转的性质可得，，，再根据旋转角的度数为，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可．
【详解】解：①绕点逆时针旋转得到，
，故①正确；
②绕点逆时针旋转，
．
，
．
，
．
，故②正确；
③在中，
，，
．
．
与不垂直，故③不正确；
④在中，
，，
．
，故④正确．
①②④这三个结论正确．
故选：B
11．，
本题考查了利用因式分解的方法求解一元二次方程，利用两数相乘积为0，两因式中至少有为0转化为两个一元一次方程来求解．
【详解】解：，
，
，，
故答案为：，．
12．3
本题考查了根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根时，，．根据根与系数的关系得到，，然后利用整体代入的方法计算即可．
【详解】解：根据题意得，，
所以．
故答案为：3
13．
本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数是常数，与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程，也考查了二次函数的性质．利用抛物线的对称性确定抛物线与x轴的另一个交点坐标为，然后结合二次函数图象，写出抛物线在x轴上方图象所对应的自变量的范围即可．
【详解】解：∵抛物线与x轴的一个交点坐标为，对称轴是直线，
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为，
∵抛物线开口向下，
∴当时，，
故答案为：
14．，
本题考查了一元二次方程的根，直线与抛物线交点坐标；由方程的根得，求出，由即可求解；理解方程的根，会求两函数图象交点坐标是解题的关键．
【详解】解：由题意得：
，
，
，
∴，
解得：，，
当时，；
当时，，
∴交点坐标为，．
15．
本题主要考查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，解题的关键是理解并掌握不动点的概念，并据此得出关于c的不等式．由函数的不动点概念得出是方程的两个实数根，由知时，据此求解即可．
【详解】解：由，得，
由题意知，方程的两根满足，
时，，
．
故答案为：．
16．/
此题主要考查了二次函数与不等式，正确利用函数图象得出正确信息是解题的关键．
利用一次函数与二次函数图象，进而结合其交点横坐标可得当在两交点之间时，据此可得的取值范围．
【详解】解：∵二次函数与一次函数的交点横坐标分别为，
∴使成立的的取值范围正好在两交点之间，即，
故答案为：．
17．
本题主要考查了等边三角形的性质与判定，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法．
先由等边三角形的性质得到，再由旋转的性质得到，再证明，即可证明；推出，再证明是等边三角形，得到，则，即的周长是．
【详解】证明：∵是等边三角形，
∴，
由旋转的性质，得，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴的周长是．
故答案为：．
18．
把绕点逆时针旋转得到，作于，根据旋转变换的性质和等腰三角形的性质得到，根据含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，根据勾股定理和配方法计算可得出答案．
【详解】解：把绕点逆时针旋转得到，作于，
则，
，
，，
由勾股定理得
，
，
在中，
，
，
则的最小值为，
故答案为：．
本题考查的是直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质以及配方法的应用．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
19．
本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，关键是证是直角三角形．
由题意可得是等边三角形，可得旋转角为，可得是等边三角形，可得，根据勾股定理可得的长．
【详解】解：，，，
，，
∵将绕点C逆时针旋转至，使得点恰好落在上，
，，，，
∴是等边三角形，
，
，，
∵，
是等边三角形，
，
，
．
故答案为：．
20．②③④
此题主要考查了图象与二次函数系数之间的关系，二次函数系数符号由抛物线开口方向、对称轴和抛物线与y轴的交点、抛物线与x轴交点的个数确定．
由抛物线的开口方向判断a的符号，由抛物线与y轴的交点判断c的符号，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【详解】解： ①由图象可知，，
∴，故①错误，
由图象可知： ，故②正确，
∴， 故⑤错误；
③当时，，故，故③正确；
由图象可知：，，
∴，
∴，故④正确；
当时，此时，，不是最大值，
而当时，，
所以不一定成立，
故不一定成立，即不一定成立，故⑥错误．
故②③④正确．
故答案为：②③④．
21．(1)，
(2)，
(3)，
(4)，
本题考查了解一元二次方程，解一元二次方程的方法有配方法、公式法、直接开平方法、因式分解法，选择合适的方法进行计算是解此题的关键．
（1）利用配方法解一元二次方程即可；
（2）利用公式法解一元二次方程即可；
（3）利用因式分解法解一元二次方程即可；
（4）利用因式分解法解一元二次方程即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，；
（2）解：∵，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∴，；
（3）解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴或，
∴，；
（4）解：∵，
∴，
∴或，
∴，．
22．(1)见解析
(2)矩形对角线的长是4
本题主要考查了已知一元二次方程根的情况求参数的取值范围，解题的关键是熟练掌握当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根．
（1）根据一元二次方程根的判别式，即可进行解答；
（2）根据矩形对角线相等的性质可得，则该方程有两个相等的实数根，即可求出m的值，最后将m的值代入原方程，即可求解．
【详解】（1）解：这个一元二次方程一定有两个实数根
理由：，
∵，
∴，
∴这个一元二次方程一定有两个实数根；
（2）解：∵a，b是矩形两条对角线的长，
∴，
∵该一元二次方程的两根为a，b，
∴有两个相等的实数根，
∴，解得，
∴这个一元二次方程为，
∴，
解得．
∴这个矩形对角线的长是4．
23．(1)交点A，B的坐标分别为，
(2)
本题考查了二次函数的图像，一次函数与坐标轴的交点，解一元二次方程，联立两个函数得到点，的坐标是解题的关键．
（1）将两个函数的解析式联立组成方程组，求得方程组的解就可得到交点的坐标；
（2）根据题意得到，再利用即可求解．
【详解】（1）解：由题意得：
解得：或
在的右边
交点，的坐标分别为，；
（2）解：直线与轴交于点
当时，，即点坐标为
又，
点，到的距离分别为3，1
．
24．(1)顶点坐标为，对称轴为直线
(2)当时，随的增大而减小
(3)当，；当或，
本题考查了抛物线与轴的交点，也考查了二次函数的性质．
（1）利用配方法把一般式化为顶点式，从而得到抛物线的顶点坐标和对称轴；
（2）根据二次函数的性质解答即可；
（3）根据二次函数的性质解答即可．
【详解】（1）解：，
抛物线的顶点坐标为，对称轴为直线；
（2）解：∵，，对称轴为直线，
∴当时，随的增大而减小；
（3）解：当时，，解得，，
抛物线与轴的交点坐标为，，
又∵抛物线图象开口向下，
当时，；
当或时，．
25．(1)30
(2)
本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质和勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．
（1）根据勾股定理求，根据旋转性质得，根据三角形面积公式可求解；
（2）把绕着B点逆时针旋转，得到，，根据三角形内角和得，进而可求的度数．
【详解】（1）解：，
∴，
∵把绕着B点逆时针旋转，得到，
∴，
∴；
（2）解：∵把绕着B点逆时针旋转，得到，
∴，
∴，
∴，
∴．
26．(1)见解析
(2)见解析
(3)或
（1）根据等腰直角三角形性质得到，，，得到，即得；
（2）设直线与直线交于点C，根据，得到，根据三角形外角性质得到，即得；
（3）根据等腰直角三角形性质得到，根据，，点A，M，N恰好在同一条直线上，得到，得到，根据勾股定理得到，即得．
【详解】（1）∵和都是等腰直角三角形，
∴， ，
∴，
即，
∴；
（2）设直线与直线交于点C，
由（1）知，，
∴，
∴
，
∴；
（3）∵，
∴，
由（2）知，，
∵，点A，M，N恰好在同一条直线上，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
或．
本题主要考查了等腰直角三角形和全等三角形综合．熟练掌握等腰直角三角形性质，全等三角形的判定和性质，三角形外角性质，旋转性质，勾股定理解直角三角形，是解决问题的关键．
27．(1)
(2)的最大值，此时．
(3)满足条件的点的坐标为或或，或，．
本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，平行四边形的判定和性质等知识，
（1）将、的坐标代入抛物线中，易求出抛物线的解析式；将点横坐标代入抛物线的解析式中，即可求出点的坐标，再由待定系数法可求出直线的解析式．
（2）的长实际是直线与抛物线的函数值的差，可设点的横坐标为，用分别表示出、的纵坐标，即可得到关于的长、的函数关系式，根据所得函数的性质即可求得的最大值．
（3）存在．如图，设抛物线与的交点为，由题意，可知轴，分图中四种情形，利用平行四边形的性质以及平移变换的性质求解即可．
【详解】（1）解：将，代入，
得到
解得，
．
（2）解：将点的横坐标代入，得，
；
设直线的函数解析式是，
代入，得，解得，
直线的函数解析式是．
设点的横坐标为，则、的坐标分别为：，；
点在点的上方，，
，
当时，的最大值，此时，．
（3）解：存在．理由如下：
如图，设抛物线与的交点为，由题意，
，
∴轴，，
∵点F是抛物线上的动点，点D在x轴上，
∴设，，
∵以点A，C，D，F为顶点的四边形是平行四边形，
∴当时，即轴，
∵轴，
∴此时点F与点重合，
∴，，
∴，；
当与是对角线时，此时，，
∴从平移到与平移到平移方法一致，
∵向右平移3个单位长度，再向下平移3个单位长度到
∴当向右平移3个单位长度，再向下平移3个单位长度到，
∵，
∴，解得或，
∴，，，．
综上所述，满足条件的点的坐标为或或，或，．
()
()
