2024-2025年人教版九年级上册数学期中测试题（21-24单元）
一、单选题(每题3分，共30分)
1．下列图案中，不是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．下列关于x的方程中，一定是一元二次方程的是 （ ）
A． B． C． D．
3．如图，学校课外生物小组的试验园地的形状是长35米、宽20米的矩形，为便于管理，要在中间开辟一横两纵共三条等宽的小道，使种植面积为600平方米，则小道的宽为多少米？若设小道的宽为x米，则根据题意，列方程为（ ）
A． B．
C． D．
4．若二次函数的图象经过点，则该图象必经过点（ ）
A． B． C． D．
5．若抛物线的图象如图所示，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．或
6．如图，在中，，将绕点A顺时针旋转旋转后的对应点分别是和，连接，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
7．在平面直角坐标系中，点的坐标是，若点与点关于原点对称，则点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，是圆的内接锐角三角形，是圆的直径，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
9．在同一平面直角坐标系中，函数和函数的图象可能是（ ）
A．B．C． D．
10．如图，在中，，点D是平面内的一动点，且为的中点，在点D运动的过程中，线段长度的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题(每题3分，共30分)
11．设，是方程的两个实数根，则的值为 ．
12．将抛物线向右平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度后与y轴交点坐标为 ．
13．已知，，是抛物线上的三个点，则的大小关系为 ．
14．如图，是二次函数（，为常数，且）图象的一部分，其对称轴为直线，若图象与轴的其中一个交点为，则的值是 ．
15．如图，已知：正方形，点，分别是，上的点，连接，，，且，的周长为 ．
16．如图，将一个含角的直角三角板绕点顺时针旋转，点的对应点为点，若点落在延长线上，则旋转角的度数是 ．
17．如图，在中，是边上一点，将绕点P逆时针旋转得到，连接．当点P从点A运动到点B时，点D的运动路径长为 ．
18．如图，在中，分别与相切于点，交于点．若，则的半径为 ．
19．如图，的直径为是上的一动点，D是的中点，的延长线交于点E，则当取最大值时，的长为 ．
20．如图1，在等边中，于点D，动点E从顶点A出发沿以每秒1个单位长度的速度向点D运动，将绕点C逆时针旋转得到是上一点，．设随时间t变化的函数图象如图2所示，已知函数图象上最低点的纵坐标是4，则最低点的横坐标是 ．
三、解答题(共60分)
21．用适当的方法解下列方程．
(1)； (2)； (3)．
22．已知关于的方程．
(1)若是方程的解，求的值；
(2)若原方程有实数根，求的取值范围；
(3)若方程的两根分别为，且，求的值．
23．如图，在中，平分，交于点E，将线段绕点B逆时针旋转得线段，连接，．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
24．如图，在中，，D为边上的点，以为直径作，交于点F．连接并延长交于点E，连接，．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，则的半径是 ．
25．某批发商以40元/千克的价格购进了某种水果500千克．刚开始准备以60元/千克的价格向外批发，据市场预测，该种水果批发价每隔一天批发价就涨价2元，但保存这批水果平均每天将损耗10千克，且最多能保存8天．另外，批发商保存该批水果每天还需40元的费用．
(1)若批发商保存1天后将该批水果一次性卖出，则卖出时水果的售价为______元/千克，获得的总利润为______元；
(2)若批发商将这批水果保存若干天后一次性卖出，批发商可以获得11300元的利润，求批发商将这批水果保存了多少天；
(3)设批发商将这批水果保存若干天后一次性卖出，试求批发商所获得的总利润y（元）与保存时间x（天）之间的函数关系式；并求出这批水果保存多少天后一次性卖出全部水果能获得最大利润及最大利润是多少元．
26．在中，，， 点是的中点， 连接， 将绕着点顺时针旋转，旋转角为，点、的对应点分别为点、， 连接， 已知．
(1)当为锐角， 且 时，求的值；
(2)当时，画出图形，并求与重叠部分的面积；
(3)将绕着点旋转一周，取中点为，求动点到距离的最大值．
27．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A，B两点（点A在点B的左侧），交y轴于点C．请解答下列问题：
(1)求点A，点B的坐标；
(2)若抛物线在第四象限的图象上有一点P，，垂足为点E，交于点F，求面积的最大值；
(3)点M在抛物线的对称轴上，在抛物线上是否存在点N，使以点B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
()
()
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C C B C A B C D B
1．B
本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转后与原图重合，根据中心对称图形的概念逐个选项判断即可．
【详解】A.此图旋转能够和自身重合，所以是中心对称图形，故该选项不符合题意；
B. 此图旋转不能和自身重合，所以不是中心对称图形，故该选项符合题意；
C. 此图旋转能够和自身重合，所以是中心对称图形，故该选项不符合题意；
D. 此图旋转能够和自身重合，所以是中心对称图形，故该选项不符合题意，
故选：B．
2．C
本题考查了一元二次方程的概念，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2．根据一元二次方程的定义：未知数的最高次数是2；二次项系数不为0；是整式方程；含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证，满足这四个条件者为正确答案．
【详解】解：A、不是整式方程，故不符合题意；
B、只有当时才是一元二次方程，故不符合题意；
C、，整理得，故符合题意；
D、有两个未知数，故不符合题意．
故选：C．
3．C
本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是读懂题意，找出等量关系，列出方程．
【详解】解：根据题意，列方程为，
故选：C．
4．B
本题考查了二次函数的性质,根据二次函数对称轴确定点的坐标是解题的关键．根据二次函数的对称轴即可求出点关于对称轴的对称点，进而确定抛物线必经过的点．
【详解】解：二次函数的图像的对称轴为y轴，且关于y轴的对称点是，
当其图像过点时，则该图像必过点，
故选B．
5．C
本题考查了二次函数与不等式，根据二次函数的图象可知当时，，据此即可求解，掌握数形结合思想是解题的关键．
【详解】解：由图象可得，与轴的交点坐标为和，
当时，，
∴为，
故选：．
6．A
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质等，在旋转过程中根据旋转的性质确定相等的角和相等的线段是关键．在中根据等边对等角，以及三角形内角和定理，求得的度数，在中，根据三角形内角和定理即可求得的度数．
【详解】解∵旋转，
∴，，，
∴，，
∴，
故选：A．
7．B
本题考查了坐标系中关于原点对称的点的坐标特征；根据关于原点对称时，横纵坐标互为相反数，即可求解．
【详解】解： 点的坐标是，点与点关于原点对称，
点的坐标为．
故选：B．
8．C
本题主要考查圆周角定理，连接，如图，先根据圆周角定理得到，，然后利用互余计算出的度数．
【详解】解：连接，如图，
是圆的直径，
，
，
．
故选：C．
9．D
本题考查二次函数与一次函数图象的综合判断，根据一次函数和二次函数的图象和性质，进行判断即可．
【详解】解： A、由一次函数的图象可知，，则：，由二次函数的图象可知，，不符合题意；
B、由一次函数的图象可知，，则：，由二次函数的图象可知，，对称轴在轴右侧，当时，抛物线的对称轴为，在轴左侧，不符合题意；
C、由一次函数的图象可知，，则：，由二次函数的图象可知，，不符合题意；
D、由一次函数的图象可知，，则：，由二次函数的图象可知，，当时，抛物线的对称轴为，在轴左侧，符合题意；
故选D．
10．B
本题考查了点与圆的位置关系、三角形的中位线定理的知识，要结合勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答．作的中点，连接、，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及三角形的中位线定理求得和的长，然后在中根据三边关系即可求解．
【详解】解：作的中点，连接、．
在直角中，，
是直角斜边上的中点，
．
是的中点，是的中点，
．
在中，，
即．
故选：B
11．
此题考查了一元二次方程根与系数的关系，利用根与系数的关系求解即可，解题的关键是熟记：一元二次方程的两个根为，，则，．
【详解】解：∵设，是方程的两个实数根，，
∴，，
∴，
故答案为：．
12．
本题主要考查二次函数图象的平移．根据二次函数平移的规律“上加下减，左加右减”写出平移后表达式即可求解；
【详解】解：将抛物线，
将抛物线，向右平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度，
所得抛物线的解析式为：，
当时，．
故答案为：．
13．/
本题主要考查对二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质等知识点的理解和掌握;根据二次函数的解析式得出图象的开口向下，对称轴是直线，根据时，y随x的增大而增大，即可得出答案．
【详解】解：∵中
∴图象的开口向下，对称轴是直线，
∴当时，y随x的增大而增大，
∴关于对称轴的对称点为，
∵，
∴．
故答案为：．
14．/
本题考查了待定系数法求抛物线解析式，解题的关键是掌握待定系数法求抛物线解析式的方法．根据二次函数的对称轴是直线，图象与轴的其中一个交点为，根据待定系数法即可求解．
【详解】解：∵二次函数的对称轴为直线，
∴，即，
又∵图象与轴的其中一个交点为，
∴，即，
解得：，，
则，
故答案为：．
15．10
本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，解题关键是利用旋转变换作出全等三角形并用正方形的边长表示出的周长．将绕点逆时针旋转得到，根据旋转的性质可得，然后求出，再利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，然后求出的周长，再根据正方形的边长求解即可．
【详解】解：如图，将绕点逆时针旋转得到，
由旋转的性质得，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴的周长
，
∵正方形的边长为5，
∴的周长为．
故答案为：10．
16．/150度
本题主要考查旋转的性质，根据旋转角的定义，两对应边的夹角就是旋转角，即可求解．
【详解】∵将一个含角的直角三角板绕点逆时针旋转，点的对应点为点，若点落在延长线上，
∴旋转角是．
故答案为：
17．6
此题考查旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质等知识，连接，过点P作，交的延长线于点E．证明，得到
，则点D在与成的射线上运动，即可求出其运动路径长为，得到答案．
【详解】解：连接，过点P作，交的延长线于点E．
，
，
，
，
由旋转得，
，
，
∴点D在与成的射线上运动，
其运动路径长为，
∴运动路径长为．
故答案为：6
18．
连接，过点O作于点F．由切线长定理可知，证明四边形为矩形得，由垂径定理得，设，则，在和中，由勾股定理可求出，在中，，进而可求出的半径．
【详解】解：连接，过点O作于点F．
与相切于点，
，
，
∴四边形为矩形，
，
∵
．
，
设，则，
在和中，
，
，
．
在中，，
∴，
．
【点睛】本题考查了切线的性质，切线长定理，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键．
19．
本题主要考查了圆周角定理，勾股定理，切线的性质等知识，如图，以为直径作，当直线切于点D时，的值最大，据此即可得解，熟练掌握其性质，合理作出辅助线是解决此题的关键．
【详解】∵D是的中点，半径相等，
∴，即，
∴点D在以为直径的圆上运动，
如图，以为直径作，
∴当直线切于点D时，的值最大，
是的切线，
，
，
，
，
故答案为：．
20．
设交于点N，连接，作于点Q．由旋转可知由等边三角形的性质可知，，证明，得到，则点F的运动轨迹为，且，证明，则当时，取得最小值4，证明为等边三角形，得到，则得到，则即可．
【详解】解：设交于点N，连接，作于点Q．
∵将绕点C逆时针旋转得到
∴，
∵是等边三角形，于点D，
∴，，
∴
∴，
∴，
∴点F的运动轨迹为，且，
∴，
即，
∴当时，取得最小值4，
此时
∴，
∴为等边三角形，
，
，
．
∴最低点的横坐标为．
故答案为：
【点睛】此题考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质等知识，证明点F的运动轨迹为是解题的关键 ．
21．(1)
(2)
(3)
本题考查解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法，正确的计算，是解题的关键．
（1）利用配方法解方程即可；
（2）等式右边进行因式分解后，移项，再利用因式分解法进行求解即可；
（3）移项后，利用因式分解法进行因式分解即可．
【详解】（1）解：
∴；
（2）解：
，
∴；
（3）解：
∴．
22．(1)
(2)
(3)m的值不存在
本题考查一元二次方程的解，一元二次方程解的判别式，一元二次方程根与系数的关系．
（1）把代入方程，即可求解；
（2）分两种情况讨论：当，即时，原方程可化为一元一次方程，有实数根；当，即时，原方程为一元二次方程，根据一元二次方程根的判别式得到，代入即可求解；
（3）根据一元二次方程根与系数的关系得到，求解并检验即可解答．
【详解】（1）解：∵是方程的解，
∴，
解得；
（2）解：当，即时，
原方程可化为，是一元一次方程，有实数根；
当，即时，原方程为一元二次方程，
要使方程有实数根，
则，
解得．
综上，要使方程有实数根，的取值范围是；
（3）解：根据韦达定理有，
∵，
∴，解得，
经检验，是方程的解，
由（2）可知，，则4应舍去，
∴m的值为不存在．
23．(1)见解析
(2)
（1）证明为等边三角形，再证明最后证明是等边三角形，即可得到结论；
（2）过点C作于点H．由（1）得，求出，，在中，利用勾股定理即可求出答案．
【详解】（1）解：连接．
在中，
，
平分
，
．
由旋转得，
为等边三角形，
，
，
，
，
是等边三角形，
；
（2）过点C作于点H．
由（1）得，
，
，
，
由（1）得，
，
在中，
．
【点睛】此题考查了旋转的性质、勾股定理、平行四边形的性质、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
24．(1)证明见解析
(2)2
本题考查了切线的判定，等边对等角，勾股定理，
（1）如图，连接，根据等边对等角得到，则可证明，再证明，即可证明，进而可证明是的切线；
（2）根据得到，再由，在利用勾股定理建立方程求出半径即可．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：，
，
在中，根据勾股定理得：，
，
，即的半径是2.
25．(1)，
(2)批发商将这批水果保存了天
(3)解析式为；批发商保存8天所获利润最大，最大值为元
本题考查了一元二次方程的应用，二次函数的应用；
（1）根据题意列出算式，即可求解；
（2）设批发商将这批水果保存了天，根据题意列出一元二次方程，解方程即可求解；
（3）根据（2）的方法表示出，进而根据二次函数的性质求得最值，即可求解．
【详解】（1）解：依题意，批发商保存1天后将该批水果一次性卖出，则卖出时水果的售价为（元），
利润为：(元)
故答案为：，．
（2）解：设批发商将这批水果保存了天，依题意得，
，
整理得：
解得：（舍去）
答：批发商将这批水果保存了天．
（3）由题意得：
，为整数，当时，随的增大而增大，
时，取最大值，．
答：解析式为；批发商保存8天所获利润的最大值为元．
26．(1)
(2)
(3)
（1）由旋转得：，推出，利用勾股定理的逆定理可得，推出，最后根据角的和差即可求解；
（2）根据等腰三角形的性质可得：，，推出，，由旋转可得：，，，，推出，得到，根据勾股定理求出，证明四边形是正方形，，得到，最后根据与重叠部分的面积为：，即可求解；
（3）取的中点，连接，，过点作于点，根据等腰三角形的性质可得，推出，根据在中，，即可求解．
【详解】（1）解：由旋转得：，
，
，
，
，
，
，
，
，
，即；
（2），点是的中点，，
，，
，，
由旋转可得：，，，，
，
，
由勾股定理得：，即，
，
，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，
，，
在和中，
，
，
，
与重叠部分的面积为：，
（3）如图，取的中点，连接，，过点作于点，
，为的中点，
，
在中，，
在中，，
点到距离的最大值为．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的斜边中线定理，解题的关键是灵活运用相关知识．
27．(1)，
(2)
(3)存在，或或
本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象和性质，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键：
（1）令，求出的值，即可得出结果；
（2）分割法表示出的面积，转化为二次函数求最值即可；
（3）分为边和为对角线两种情况进行讨论求解．
【详解】（1）解：∵，
∴当时，，
解得：；
∴，；
（2）∵，
∴当时，，
∴，
设直线的解析式为：，把代入，得：，
∴，
设，则：，
∴，
∴，
∴当时，的面积最大，为；
（3）存在，
∵，
∴对称轴为直线，
设，，
当以点B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，分以下几种情况：
①当为对角线时，则：，
∴，
∴，
∴；
②当为边时，点先向右移动6个单位，再向上移动6个单位得到点，
点向右移动6个单位，再向上移动6个单位，得到时，得到，
∴，
∴；
点向右移动6个单位，再向上移动6个单位，得到时，得到，
∴，
∴；
综上：或或．
