2024—2025学年度天津市九年级上册期中考试数学试题 [参考答案]

这是一份2024—2025学年度天津市九年级上册期中考试数学试题 [参考答案]，共31页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列图案中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.

2.抛物线y=2x2−5x+6的对称轴是（ ）
A.直线 x=54B.直线x=52C.直线x=−54D.直线x=−52

3.已知一元二次方程x2+kx+3=0有一个根为1，则k的值为（ ）
A.−2B.−4C.2D.4

4.如图，AB是⊙O直径，CD是⊙O的弦，如果∠BAD=54∘，则∠ACD的大小为（ ）
A.46∘B.36∘C.54∘D.44∘

5.若二次函数y=ax2+b的图象经过点P−2,4，则下列各点中一定在该图象上的是（ ）
A.2,4B.−2,−4C.4,−2D.−4,2

6.将二次函数y=x2的图象先向右平移2个单位，再向下平移3个单位，得到的函数图象的表达式是（ ）
A.y=x+22+3 B.y=x+22−3 C.y=x−22−3 D.y=x−22+3

7.如图，在△ABC中，∠CAB=65∘，以点A为旋转中心，将△ABC绕点A逆时针旋转，得△AB′C′，连接BB′ 若BB′ // AC，则旋转角的大小为（ ）．
A.35∘B.40∘C.50∘D.65∘

8.如图，AD为⊙O的直径，AD=6cm，∠DAC=∠ABC，则AC的长度为( )
A.2B.22C.32D.33

9.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.35×20−35x−20x+2x2=600B.35×20−35x−2×20x=600
C.35−2x20−x=600D.35−x20−2x=600

10.若二次函数y=−x2+6x+c的图象经过点A−1,y1，B2,y2，C5,y3，则y1,y2,y3的大小关系正确的为（ ）
A.y1>y3>y2B.y2>y3>y1C.y1>y2>y3D.y2>y1>y3

11.如图，在△ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（ ）
A.AB=ANB.AB//NC
C.∠AMN=∠ACND.MN⊥AC

12.从地面竖直向上抛出一小球，小球的高度ℎ（单位：m）与小球的运动时间t（单位：s）之间的关系式是ℎ=30t−5t20≤t≤6．有下列结论：
①小球从抛出到落地需要6s；
②小球运动中的高度可以是30m；
③小球运动2s时的高度小于运动5s时的高度．
其中，正确结论的个数是（ ）
A.0B.1C.2D.3
二、填空题

13.将方程x2+4x+3=0化为x+a2=b的形式，则a+b的值为 ．
14.已知y=x2+3x+m的图象与x轴的一个交点为−1,0，则另一个交点为____________．

15.若x1,x2是一元二次方程x2+4x+3=0的两个根，则x1x2的值是___________．

16.如图，四边形ABCD内接于⊙O，E为BC延长线上一点，∠DCE=64∘，则∠BOD的度数是______．


17.如图，点E在正方形ABCD的边CD上，将△ADE绕点A顺时针旋转90∘到△ABF的位置，连接EF，过点A作EF的垂线，垂足为点H，与BC交于点G．若BG=5，CG=3，则CE的长为________．

18.如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，点B，点D均在格点上，并且在同一个圆上，取格点M，连接AM并延长交圆于点C．
I四边形ABCD外接圆的半径为________________．
II请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺画出线段AP，使AP平分∠CAD，且点P在圆上，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明）________________．
三、解答题

19.解方程：
1x2−4x−3=0；
2x−32+2xx−3=0．

20.如图，在正方形网格中，△ABC各顶点都在格点上，点A的坐标为−5,1，结合所给的平面直角坐标系解答下列问题：
（1）画出△ABC绕点A顺时针旋转90∘后的△A1B1C1；
（2）画出△ABC关于原点O对称的△A2B2C2；
（3）点C1的坐标是_______；点C2的坐标是_______．

21.如图，点A，B，C，D都在半径为2的⊙O上，若OA⊥BC，∠CDA=30∘，
1求∠AOB的度数；
2求弦BC的长．

22.在⊙O中，AB为直径，C为⊙O上一点．
（1）如图1．过点C作⊙O的切线，与AB的延长线相交于点P，若∠CAB=27∘，求∠P的大小；
（2）如图2，D为上一点，且OD经过AC的中点E，连接DC并延长，与AB的延长线相交于点P，若∠CAB=10∘，求∠P的大小．

23.某书店销售复习资料，已知每本复习资料进价为40元，市场调查发现：若以每本50元销售，平均每天可销售90本，在此基础上，若售价每提高1元，则平均每天少销售3本．设涨价后每本的售价为元，书店平均每天销售这种复习资料的利润为元．
（1）涨价后每本复习资料的利润为________元，平均每天可销售________本；
（2）求与的函数关系式；
（3）当复习资料每本售价为多少时，平均每天的利润最大？最大利润为多少？

24.在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O0, 0，点A5, 0，点B0, 3．以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F．
（1）如图①，当点D落在BC边上时，求点D的坐标；
（2）如图②，当点D落在线段BE上时，AD与BC交于点H．
①求证△ADB≅△AOB；
②求点H的坐标．
（3）记K为矩形AOBC对角线的交点，S为△KDE的面积，求S的取值范围(直接写出结果即可)．

25.如图，已知抛物线y=−x2+bx+c与一直线相交于A−1, 0、C2, 3两点，与y轴交于点N，其顶点为D．
（1）求抛物线及直线AC的函数关系式；
（2）若P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点，求△APC的面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）设点M3, n，求使MN+MD取最小值时n的值．
参考答案与试题解析
2024-2025学年天津市九年级上学期期中考试数学试题
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
轴对称与中心对称图形的识别
轴对称图形
中心对称图形
【解析】
解析略
【解答】
C.C选项是轴对称图形，不是中心对称图形.
2.
【答案】
A
【考点】
二次函数y=ax^2+bx+c (a≠0)的图象和性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为抛物线y=2x2−5x+6=2x−542+238，
所以对称轴是x=54．
故选A．
3.
【答案】
B
【考点】
一元二次方程的解
【解析】
本题考查一元二次方程的解；根据方程的解是使方程成立的未知数的值，将x=1代入方程求解即可．
【解答】
解：把x=1代入方程得1+k+3=0，
解得k=−4．
故选：B．
4.
【答案】
B
【考点】
同弧或等弧所对的圆周角相等
半圆（直径）所对的圆周角是直角
【解析】
本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题关键．根据直径所对圆周角是直角可得∠ADB=90∘，再利用直角三角形的两个锐角互余可得∠B=36∘，最后利用同弧所对圆周角相等可得∠ACD=∠B=36∘．
【解答】
解：∵AB是⊙O直径，
∴∠ADB=90∘．
∴∠B=90∘−∠BAD=90∘−54∘=36∘，
∴∠ACD=∠B=36∘．
故选：B ．
5.
【答案】
A
【考点】
二次函数y=ax^2+bx+c (a≠0)的图象和性质
【解析】
把点P−2,4代入二次函数y=ax2+b可得4a+b=4，然后可排除选项．
【解答】
解：把点P−2,4代入二次函数y=ax2+b可得4a+b=4，
∴b=4−4a，
∴二次函数解析式为y=ax2+4−4a，
把2,4代入得：y=4a+4−4a=4，满足在二次函数图象上；
把−2,−4代入得：y=4a+4−4a=4≠−4，所以不在二次函数图象上；
把4,−2代入得：y=16a+4−4a=12a+4≠−2，所以不在二次函数图象上；
把−4,2代入得：y=16a+4−4a=12a+4≠2，所以不在二次函数图象上；
故选A．
6.
【答案】
C
【考点】
二次函数图象的平移规律
【解析】
根据题意可得二次函数y=x2的图象的顶点坐标为0,0，则可得到平移后得到的函数图象的顶点坐标为2,−3，即可求解．
【解答】
解：∵二次函数y=x2的图象的顶点坐标为0,0，
∴将二次函数y=x2的图象先向右平移2个单位，再向下平移3个单位，得到的函数图象的顶点坐标为2,−3，
∴得到的函数图象的表达式是y=x−22−3，
故选：C．
7.
【答案】
C
【考点】
根据旋转的性质求解
【解析】
先根据平行线的性质可得∠ABB′=∠CAB=65∘，再根据旋转的性质可得AB′=AB，然后根据等腰三角形的性质可得∠AB′B=∠ABB′=65∘，最后根据三角形的内角和定理即可得．
【解答】
解：∵BB′∥AC,∠CAB=65∘，
∴∠ABB′=∠CAB=65∘，
由旋转的性质得：AB′=AB，∠BAB′为旋转角，
∴∠AB′B=∠ABB′=65∘，
∴∠BAB′=180∘−∠AB′B−∠ABB′=50∘，
即旋转角的大小为50∘，
故选：C．
8.
【答案】
C
【考点】
圆周角定理
勾股定理
【解析】
根据圆的有关概念和勾股定理来解答即可.
【解答】
解：如图，连接CD，
∵ AD=6cm，∠DAC=∠ABC，∠ADC=∠ABC，
∴ ∠ADC=∠DAC，
∴ AC=DC.
∵ AD为⊙O的直径，
∴ ∠ACD=90∘，
∴ 2AC2=AD2=36，
∴ AC=32cm.
故选C.
9.
【答案】
C
【考点】
一元二次方程的应用——几何图形面积问题
图形的平移
【解析】
把阴影部分分别移到矩形的上边和左边，可得种植面积为一个矩形，根据种植的面积为600列出方程即可．
【解答】
解：如图，设小道的宽为xm，
则种植部分的长为35−2xm，宽为20−xm,
由题意得：35−2x20−x=600．
故选C．
10.
【答案】
C
【考点】
二次函数y=ax^2+bx+c (a≠0)的图象和性质
【解析】
本题考查了二次函数图象的性质，掌握图象开口，对称轴直线的计算，二次函数增减性是解题的关键．
根据题意可得，图象开口向下，且对称轴直线为x=−3，则离对称轴越远，函数值越小，由此即可求解．
【解答】
解：二次函数y=−x2+6x+c，
∵−1y2>y3，
故选：C ．
11.
【答案】
C
【考点】
旋转的性质
等腰三角形的判定与性质
【解析】
根据旋转的性质，对每个选项逐一判断即可．
【解答】
解：∵将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，∴△ABM≅△ACN，
∴AB=AC，AM=AN，
∴AB不一定等于AN，故选项A不符合题意；
∵△ABM≅△ACN，
∴∠ACN=∠B，
而∠CAB不一定等于∠B，
∴∠ACN不一定等于∠CAB，
∴AB与CN不一定平行，故选项B不符合题意；
∵△ABM≅△ACN，
∴∠BAM=∠CAN，∠ACN=∠B，
∴∠BAC=∠MAN，
∵AM=AN，AB=AC，
∴△ABC和△AMN都是等腰三角形，且顶角相等，
∴∠B=∠AMN，
∴∠AMN=∠ACN，故选项C符合题意；
∵AM=AN，
而AC不一定平分∠MAN，
∴AC与MN不一定垂直，故选项D不符合题意；
故选：C．
12.
【答案】
C
【考点】
二次函数的应用——投球问题
【解析】
本题考查二次函数的图像和性质，令ℎ=0解方程即可判断①；配方成顶点式即可判断②；把t=2和t=5代入计算即可判断③．
【解答】
解：令ℎ=0，则30t−5t2=0，解得：t1=0，t2=6，
∴小球从抛出到落地需要6s，故①正确；
∵ℎ=30t−5t2=−5x−32+45，
∴最大高度为45m，
∴小球运动中的高度可以是30m，故②正确；
当t=2时，ℎ=30×2−5×22=40；当t=5时，ℎ=30×5−5×52=25；
∴小球运动2s时的高度大于运动5s时的高度，故③错误；
故选C．
二、填空题
13.
【答案】
3
【考点】
解一元二次方程-配方法
【解析】
利用完全平方公式整理后，即可求出a与b的值，然后代入求解即可．
【解答】
解：方程x2+4x+3=0，
变形得：x2+4x=−3，
配方得：x2+4x+4=−3+4，即x+22=1，
则a=2，b=1，
故a+b=2+1=3，
故答案为：3．
14.
【答案】
−2,0
【考点】
已知抛物线上对称的两点求对称轴
抛物线与x轴的交点
【解析】
本题考查了二次函数和x轴交点的问题．求出二次函数图象的对称轴为直线x=−32，即可求解．
【解答】
解：∵y=x2+3x+m，
∴二次函数图象的对称轴为直线x=−32，
∵y=x2+3x+m的图象与x轴的一个交点为−1,0，
∴y=x2+3x+m的图象与x轴的另一个交点为−2,0．
故答案为：−2,0
15.
【答案】
3
【考点】
根与系数的关系
【解析】
根据一元二次方程的根与系数的关系x1⋅x2=ca解答即可．
【解答】
解：∵x1,x2是一元二次方程x2+4x+3=0的两个根，
∴x1⋅x2=3，
故答案为：3．
16.
【答案】
128∘/128度
【考点】
圆周角定理
圆周角定理
已知圆内接四边形求角度
【解析】
本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质．根据圆的内接四边形的性质以及圆周角定理求解即可．
【解答】
解：∵ 四边形ABCD内接于⊙O，
∴ ∠A+∠BCD=180∘，
∵ ∠DCE+∠BCD=180∘，
∴ ∠BAD=∠DCE=64∘，
∵ BD⌢=BD⌢，
∴ ∠BOD=2∠BAD=128∘，
故答案：128∘．
17.
【答案】
8013
【考点】
旋转的性质
正方形的性质
勾股定理
等腰三角形的性质：三线合一
【解析】
根据AG垂直平分EF，求出EF=FG，设CE=x，贝DE=8−x=BF，FG=EG=13−x根据勾股定理得CE2+CC2=E2，进而求得CE
【解答】
解：如图所示，连接EG，
由旋转可知△ABF≅△ADE，
∴ DE=BF，AE=AF，
∵ AG⊥EF，
∴AG垂直平分EF，
∴ EG=FG，
设CE=x，则DE=8−x=BF，
FG=EG=BF+BG=13−x，
∵ ∠C=90∘，CE2+CG2=GE2，
即x2+32=13−x2，解得x=8013，
∴ CE的长为8013．
故答案为：8013.
18.
【答案】
13,取格点E,F，连接EF，交CD于点G．连接OG并延长交圆于点P，连接AP,AP即为所求．
【考点】
垂径定理
尺规作图——确定圆心
【解析】
I根据格点的特征及勾股定理确定四边形ABCD外接圆的圆心，从而求解半径；
II利用格点特征及垂径定理的推论，取格点E,F，连接EF，交CD于点G．取格点O，连接OG并延长交圆于点P，连接AP,AP即为所求．
【解答】
解：I四边形ABCD外接圆的圆心位于格点O的位置，连接OA，OB，OC，OD，
由题意可得OA=OB=OC=OD=22+32=13
故答案为：13
II取格点E,F，连接EF，交CD于点G，连接OG并延长交圆于点P，连接AP，
由格点特征结合四边形ABCD外接圆的半径可得△EFK≅△ODG，
∴∠OGD=∠EKF=90∘，即OP⊥CD
∴点P是CD⌢的中点
∴∠CAP=∠DAP
∴AP即为所求
三、解答题
19.
【答案】
x1=2+7，x2=2−7
x1=3，x2=1
【考点】
解一元二次方程-因式分解法
解一元二次方程-配方法
【解析】
此题考查了一元二次方程的解法，
1利用配方法解一元二次方程即可；
2利用因式分解法解一元二次方程即可；
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．
【解答】
1x2−4x−3=0
x2−4x=3
x2−4x+4=7
x−22=7
∴x−2=±7
解得x1=2+7，x2=2−7；
2x−32+2xx−3=0
x−3x−3+2x=0
x−33x−3=0
∴x−3=0或3x−3=0
解得x1=3，x2=1．
20.
【答案】
（1）画图见解析
（2）画图见解析
−2,3，1,−4
【考点】
生活中的旋转现象
求绕某点（非原点）旋转90度的点的坐标
画已知图形关于某点对称的图形
关于原点对称的点的坐标
【解析】
（1）利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用中心对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可；
（3）根据点的位置写出坐标即可．
【解答】
（1）解：如图，△A1B1C1即为所求；
（2）解：如图，△A2B2C2即为所求；
（3）解：由图形可得：点C1的坐标是−2,3；点C2的坐标是1,−4；
21.
【答案】
60∘；
23
【考点】
圆周角定理
垂径定理
【解析】
1根据垂径定理得AB⌢=AC⌢，由圆周角定理求出答案；
2设OA交BC于E，由垂径定理求出∠BEO=90∘，BE=CE，利用60度角的正弦值求出BE即可得到BC．
1
解：∵OA⊥BC，
∴AB⌢=AC⌢，
∴∠AOB=2∠CDA=60∘；
2
解：设OA交BC于E，
∵OA⊥BC，
∴∠BEO=90∘，BE=CE，
∵OB=2，∠AOB=60∘，
∴BE=OBsin60∘=3，
∴BC=2BE=23．
．
【解答】
此题暂无解答
22.
【答案】
（1）36∘
（2）30∘
【考点】
切线的性质
圆周角定理
圆心角、弧、弦的关系
【解析】
（1）连接OC，首先根据切线的性质得到∠OCP=90∘，利用∠CAB=27∘得到∠COB=2×CAB=54∘，然后利用直角三角形两锐角互余即可求得答案；
（2）根据E为AC的中点得到OD⊥AC，从而求得∠AOE=90∘−∠EAO=80∘，然后利用圆周角定理求得∠ACD=12∠AOD=40∘，最后利用三角形的外角的性质求解即可．
【解答】
（1）如图，连接OC，
OO与PC相切于点C，
OC⊥PC，即20CP=90∘
△CAB=27∘
∠COB=2×CAB=54∘
在Rt△AOE中，∠P+∠COP=90∘
2P=90∘−2COP=36∘
（2）E为AC的中点，
OD⊥AC，即∠AEO=90∘
在Rt△AOE中，由∠EAO=10∘
得∠AOE=90∘−∠EAO=80∘
∵ACD=12∠AOD=40∘
∵∠ACD是△ACP的一个外角，
ΔP=∠ACD−∠A=40∘−10∘=30∘
图①
23.
【答案】
（1）x−40−3x+240；
（2）y=−3x2+360x−9600；
（3）当复习资料每本售价为60元时，平均每天的利润最大，最大
利润为1200元．
【考点】
二次函数的应用
【解析】
（1）用原来的利润加上涨价的利润即为现在的利润，销量在原来的基础上减少后即可；
（2）用涨价后单件的利润乘以销售量即可列出函数关系式；
（3）利用公式或配方后即可确定最大值．
【解答】
（1）涨价后每本复习资料的利润为x−40元，平均每天可销售90−3x−50=240−3x本．
故答案为：x−40−3x+24
（2）y=x−40−3x−240
=−3x2+360x−9600（其中，50=x≤80）
（3）当x=−b2a=−360−6=60时，
y加加=4ac−b24a=4×−3×−9600−36124×−3=1200
…当复习资料每本售价为60元时，平均每天的利润最大，最大利润为1200元．
24.
【答案】
11D1,3；
（2）O详见解析；②H175,3;
（3）30−3344≤S≤30+3344
【考点】
矩形的性质
全等三角形的性质与判定
勾股定理
【解析】
（1）在Rt△ACD中求出CD即可解决问题；
（2）①根据HL证明即可；
②首先证明BH=AH，设AH=BH=m，则HC=BC∼BH=5∼m，在Rt△AHC中，根据AH2=HC2+AC2，构建方程求出m即可解决问
题；
（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，当点D在BA的延长线上时，△D‘EK的面积最大，求出面积的最小值以及
最大值即可解决问题；
【解答】
（1）如图①中，
A5, 0，B0, 3，
．．OA=5，OB=3，
四边形AOBC是矩形，
．．AC=OB=3，OA=BC=5，LOBC=2C=90∘，
矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到，
．AD=AO=5
在RtΔADC中，CD=AD2−AC2=4
．．BD=BC−CD=1，
…D1, 3；
（2）①如图②中，连结AB，
由四边形ADEF是矩形，得到LADE=90∘，
点D在线段BE上，
.2ADB=90∘，
AD=AO，AB=AB，2AOB=90∘，
．．RtΔADB=RtΔAOBHL；
○如图②中，由△ADB=△AOB，得到LBAD=LBAO，
在矩形AOBC中，OAlIBC，
2CBA=20AB
∠BAD=∠CBA
∴ ．BH=AH，
设AH=BH=m，则HC=BC−BH=5−m
在RtΔAHC中∵AH2=HC2+AC2
∵m2=32+5−m2
∵m=175，即BH=175
…H175, 3；
（3）如图③中，当点D在线段BK上时，ΔDEK的面积最小，
最小值=12DE⋅DK=12×3×5−342=30−3344
当点D在BA的延长线上时，ΔD“E′K的面积最大，
最大面加=12DE⋅KD′=12×3×5+342=30+3344
综上所述，30−3344≤S≤30+3344
25.
【答案】
（1）y=−x2+2x+3，y=x+1
（2）P12, 154
（3）185．
【考点】
求一次函数解析式
y=a（x-h）²+k的图象和性质
待定系数法求二次函数解析式
根据成轴对称图形的特征进行求解
【解析】
（1）利用待定系数法，以及点A−1, 0、C2, 3即可求得二次函数解析式、一次函数解析式；
（2）过点P作PQ⊥x轴交AC于点Q，交x轴于点H，设Pm, −m2+2m+3，，则点Qm, m+1，则可求得线段PQ=−m−122+94，最后由图示以及三角形的面积公式表示出△APC 的面积，由二次函数最值的求法可知△APC的面积的最大值；
（3）根据两点之间线段最短过点N作与直线x=3的对称点N′，连接DN′，，当M3, n在直线DN′上时，MN+MD的值最小.
【解答】
（1）∵将点A和点C的坐标代入抛物线的解析式得：−1−b+c=0−4+2b+c=3 ，
解得：b=2，c=
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+
设直线AC的解析式为y=kx+b．
∵将点A和点C的坐标代入得−k+b=02k+b=3 ，解得k=1，b=
∴直线AC的解析式为y=x+
（2）如图，
设点Pm, −m2+2m+3，
∴Qm, m+1，
∴PQ=−m2+2m+3−m+1=−m2+m+2=−(m− ）​2+ ，
∴S△APC= PQ×xC−xA
= [−(m− ）​2+ ]×3=− (m− ）​2+ ，
∴当m= 时，S△APC最大= ，y=−m2+2m+3= ，
∴P（ ， ）
（3）如图1所示，过点N作与直线x=3的对称点N′，连接DN′，交直线x=3与点M．
∵当x=0时y=3，
∴N0, 3．
∵点N与点N′关于x=3对称，
∴N′6, 3．
∵y=−x2+2x+3=−x−12+4，
∴D1, 4．
设DN的解析式为y=kx+b．
将点N′与点D的坐标代入得： ，
解得：k=− ，b= ．
∴直线DN′的解析式为y=− x+ ．
当x=3时，n=−35+215=185．