(共6张PPT)
人教版 九年级上册
九年级数学上册期中模拟卷
试卷分析
一、试题难度
二、知识点分布
一、单选题 1 0.94 轴对称图形的识别；中心对称图形的识别
2 0.85 一元二次方程的定义
3 0.75 解一元二次方程——配方法
4 0.75 与图形有关的问题(一元二次方程的应用)
5 0.65 已知函数经过的象限求参数范围；二次函数图象与各项系数符号；二次函数的识别；一次函数、二次函数图象综合判断
6 0.65 二次函数图象的平移
7 0.64 y=a（x-h） +k的图象和性质；二次函数图象的平移；其他问题(二次函数综合)
8 0.64 根据旋转的性质求解；求绕原点旋转90度的点的坐标；等腰三角形的性质和判定；利用平移的性质求解
9 0.55 求旋转对称图形的旋转角度；等边三角形的性质
10 0.4 根据一元二次方程根的情况求参数；一元二次方程的根与系数的关系；因式分解法解一元二次方程
二、知识点分布
二、填空题 11 0.85 已知式子的值，求代数式的值；由一元二次方程的解求参数
12 0.75 根据一元二次方程根的情况求参数；一元二次方程的根与系数的关系
13 0.65 y=ax +bx+c的图象与性质；根据二次函数的图象判断式子符号
14 0.65 y=ax +bx+c的图象与性质；根据二次函数的图象判断式子符号；二次函数图象与各项系数符号；根据二次函数图象确定相应方程根的情况
15 0.64 图形问题(实际问题与二次函数)；根据正方形的性质求线段长；用勾股定理解三角形
16 0.64 根据旋转的性质求解；三角形的外角的定义及性质；等边对等角
二、知识点分布
三、解答题 17 0.65 解一元二次方程——配方法；因式分解法解一元二次方程；公式法解一元二次方程
18 0.65 线段周长问题(二次函数综合)；面积问题(二次函数综合)；待定系数法求二次函数解析式；用勾股定理解三角形
19 0.4 用勾股定理解三角形；其他问题(二次函数综合)；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；二元二次方程组及其解法
20 0.85 喷水问题(实际问题与二次函数)
21 0.65 公式法解一元二次方程；根据旋转的性质求解
22 0.55 画旋转图形；画已知图形关于某点对称的图形；求绕原点旋转90度的点的坐标
23 0.65 二次函数图象的平移；面积问题(二次函数综合)；待定系数法求二次函数解析式
24 0.4 因式分解法解一元二次方程2025—2026学年九年级数学上学期期中模拟卷
（测试范围：九年级上册人教版，第21-23章）
（ 全卷满分120 分，考试时间120 分钟）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题（每题 3 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．下列图形既是轴对称图形，也是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．下列方程中，是关于x的一元二次方程的是（ ）
A． B．
C． D．
3．用配方法解方程，则配方正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，琳琳的爸爸用一段长的铁丝网圈成一个一边靠墙（墙长）的矩形鸡舍、其面积为．在鸡舍的边中间位置留一个宽的门（由其他材料制成），则长为（ ）．
A．或 B．或 C． D．
5．在同一平面直角坐标系中，一次函数和二次函数的图象可能为（ ）
A．B． C． D．
6．将抛物线先向右平移a个单位长度，再向下平移4个单位长度，平移后的抛物线与抛物线重合，则a，b的值分别为（ ）
A．， B．， C．， D．，
7．如图，抛物线与抛物线交于点，以下结论：
①无论取何值，总是负数；
②抛物线可由抛物线向右平移3个单位，再向下平移3个单位得到；
③当时，随着的增大，的值先增大后减小；
④当直线与抛物线有3个交点时，．
下列说法正确的是（ ）
A．只有①正确 B．只有②④正确
C．只有③④不正确 D．①②③④都正确
8．如图，的顶点的坐标为，点的坐标为，，将沿方向平移，使点与点重合，再将所得三角形绕点逆时针旋转，则点的对应点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
9．下图的图案绕其中心旋转一定角度后能与自身重合，则该角度可以为（ ）
A． B． C． D．
10．已知关于的一元二次方程的两根是和，且，则的值是（ ）
A． B．2.25 C．或 D．或2.25
填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11．若m是方程的一个根，则代数式的值为 .
12．已知，和是关于的一元二次方程的两实数根，且，则
13．如图，抛物线的对称轴为直线，与轴的负半轴交于点．下列结论：①；②；③；④（为任意实数）．其中正确的结论为 （填序号）．
14．抛物线经过点，且对称轴为直线：，其部分图象如图所示．对于此抛物线有如下五个结论：①；②；③；④；⑤若，则与轴无交点；其中正确的有 ．
15．如图，在正方形中，，与相交于点，为上的一点（点与点不重合），过点作，垂足为点．设的面积为，则与之间的函数关系式为 ．（不用写自变量的取值范围）
16．如图，中，，将逆时针旋转，得到，交于F．当时，点D恰好落在上，此时 ．
三、解答题（第 17，18，19，20，21 题每题 8 分，第 22，23 题每题 10 分，第 24 题 12 分，共 72 分）
17．解方程：
(1)．（因式分解法）
(2)．（公式法）
(3)．（配方法）
18．如图，抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点是第一象限内抛物线上的一个动点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当轴时，求的周长；
(3)当的面积等于面积的时，求点D的横坐标．
19．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线交x轴的正半轴于点D，交y轴的正半轴于点C，抛物线交x轴的负半轴于点A，交x轴的正半轴于点．
(1)如图1，求m的值；
(2)如图2，点P在第四象限的抛物线上，过点P作轴交于Q，设为d，点P横坐标为t，求d与t的函数关系(不要求写t的取值范围)；
(3)如图3，在(2)的条件下，连接交x轴于N，过P作轴于H，延长到E，连接，延长交y轴于F，连接并延长至T，使，连接，将射线绕点F逆时针旋转，交直线于点K，交于W，若，求点K的坐标．
20．如图，某公司要在办公楼前的广场修建一个圆形的喷水池，在池中心竖直安装一根水管，并且在距离池中心地面高的水管处安装一个喷水头，使喷出的抛物线形水柱与池中心的水平距离为4m时达到最高，高度为．建立如图所示的平面直角坐标系，其中是水柱距喷水头的水平距离，是水柱距地面的高度．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求水柱落地处与池中心的水平距离．（结果保留两位小数，参考数据：）．
21．（1）解方程：．
（2）如图，将绕点逆时针旋转得到，若，且 于点，求的度数．
22．在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，．
(1)画出关于原点 O 成中心对称的；
(2)画出将 绕点 O 顺时针旋转 后得到的，并写出点 的坐标．
23．如图，已知二次函数过点，．
(1)求此二次函数的解析式；
(2)将（1）中的函数图象先向左平移1个单位，再向上平移3个单位，直接写出平移后函数的解析式和顶点坐标；
(3)在抛物线上是否存在点，使的面积为4，若存在，求出点的坐标，若不存在说明理由．
24．如果关于的一元二次方程有两个实数根，并且其中一个根为另一个根的3倍，则称这样的方程为“3倍根方程”．
(1)请根据上述结论解决问题：下列方程①；②中，是3倍根方程的有______（填序号即可）；
(2)若是3倍根方程，求的值．
(3)一般规律探究：若一元二次方程是“3倍根方程”，则满足什么数量关系？2025—2026学年九年级数学上学期期中模拟卷
（测试范围：九年级上册人教版，第21-23章）
（ 全卷满分120 分，考试时间120 分钟）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C D D A C C C D C
1．C
本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的识别．根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解，把一个图形绕某一点旋转180度，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选：C．
2．C
本题考查了一元二次方程的概念．
只含有一个未知数，且未知数的最高次为的整式方程叫一元二次方程，分别化简判断即可．
A．选项中含有，不是整式方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
B．选项中未说明，不一定是一元二次方程，故本选项不符合题意；
C．选项是一元二次方程，故本选项符合题意；
D．中含有两个未知数，不是一元二次方程．
故选：C．
3．D
本题主要考查了利用配方法解一元二次方程，解题的关键是掌握配方法．
利用配方法进行求解即可．
解：
故选：D．
4．D
本题考查一元二次方程的应用，审清题意、正确列出一元一次方程是解题的关键．
设，则，根据题意列方程为求解即可．
解：设，则，
根据题意得：，
整理得：，
解得：（舍去），
∴长为．
故选：D．
5．A
根据一次函数和二次函数的图象性质，分别分析、的符号，再逐一判断选项是否符合．
解：∵一次函数的图象中，，；二次函数的图象中，，，即，
∴符号均一致，A项符合题意．
∵一次函数的图象中，，；二次函数的图象中，，
∴的符号矛盾，B项不符合题意．
∵一次函数的图象中，，；二次函数的图象中，对称轴，则．
∴的符号矛盾，C项不符合题意．
∵一次函数的图象中，，；二次函数的图象中，，对称轴，则．
∴b的符号不一致，D项不符合题意．
故选：A．
本题主要考查了一次函数和二次函数的图象性质，熟练掌握一次函数和二次函数中系数与图象的关系是解题的关键．
6．C
本题考查二次函数图象的平移，解题的关键是熟练掌握二次函数图象的平移规律“左加右减，上加下减”．
根据二次函数图象的平移规律，可得平移后的解析式，由已知平移后的抛物线与抛物线重合，可得对应项系数相等，即可得a，b的值．
解：抛物线，
先向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度，
平移后的抛物线为，，
∵平移后的抛物线与抛物线重合，
∴，，
∴，．
故选：C．
7．C
本题考查二次函数顶点式的图象及性质，二次函数的平移等．根据题意逐一对序号进行判断分析即可得到本题答案．
解：∵，且，
∴的最大值为，
∴无论取何值，总是负数，故①正确；
把点代入得：
，解得：，
∴，
∴的顶点坐标为，
∵，
∴顶点坐标为，
∴抛物线可由抛物线向右平移3个单位，再向下平移3个单位得到的，故②正确；
，
∴当时，的值随着的增大而减小，故③错误；
根据题意得：当直线与抛物线有3个交点时，直线过的顶点或点A，
此时或，故④错误．
故选：C
8．C
本题考查求变换后点的坐标，涉及平移性质、旋转性质等知识，根据题意，准确作出平移变换与旋转变换后的图形，数形结合求出相关线段长度是解决问题的关键．
由题意作出图形，如图所示，结合平移性质与旋转性质得到，，则是等腰直角三角形，运用数形结合思想，即可确定点的坐标．
解：依题意，平移和旋转所得图形如图所示，连接交x轴于点M，
的顶点的坐标为，点的坐标为，
，
将沿方向平移，使点与点重合，则，，
，，
即的坐标为，
即，
∴，
∵将所得三角形绕点逆时针旋转，
∴，，
∴，
∴轴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
观察图形，得出点在第三象限，即点的坐标是，
故选：C．
9．D
本题考查了旋转对称图形的性质，等边三角形的性质等知识，连接，根据是等边三角形，得到，即可求解，掌握相关知识是解题的关键．
解：如图，连接，
由题意得：是等边三角形，
∴，
∵它们都是旋转角，而它们的和为，
∴图案绕其中心旋转后能与自身重合，
故选：D．
10．C
本题考查了一元二次方程根．熟练掌握一元二次方程的根的定义 、根与系数的关系 以及根的判别式，是解题的关键．
分情况分析条件 的含义，当时， 当时，两种情况解答．
解：∵
∴或．
当时，，
代入原方程，得．
化简，得．
即．
∴．
此时，，符合．
当时，，
∴．
解得．
此时原方程为 ．
即 ．
根为 ．
满足，符合条件．
∴k的值为 或 ．
11．10
本题考查了一元二次方程的根、代数式求值，掌握理解一元二次方程的根的定义是解题关键．
先根据一元二次方程的根的定义可得，即，再作为整体代入即可得．
解：将m代入得，，
整理得，
∴，
∴，
故答案为：10．
12．
本题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握根与系数的关系是解题的关键，注意根的判别式这个隐含的条件．根据根与系数的关系，可得，，代入，解出的值，再根据，求出的取值范围，即可确定的值．
解：、是关于的一元二次方程的两实根，
，，
，
，
解得或，
，
解得，
，
故答案为：．
13．②③④
本题主要考查了二次函数的图象与性质，根据开口方向和与y轴的交点位置可得，由对称轴计算公式可得，据此可判断①；根据抛物线与x轴交于可得，进而可得，据此可判断②③；根据对称轴为直线，可得函数的最大值为，据此可判断④．
解：∵抛物线开口向下，与y轴交于正半轴，
∴，
∵对称轴为直线，
∴，
∴，
∴，故①错误；
∵抛物线与x轴交于，
∴，故②正确；
∴，
∴，
∴，故③正确；
∵对称轴为直线，
∴函数的最大值为，
∴，
∴，故④正确；
∴正确的有②③④，
故答案为：②③④．
14．①③④
本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与方程及不等式的关系．
由抛物线开口方向，对称轴位置，抛物线与y轴交点位置可判断①④，由抛物线与x轴交点个数可判断②，由抛物线的对称性可得抛物线经过，从而可得时，进而判断③，由图象可得时，为函数最大值，若，则抛物线的顶点在x轴上方，从而判断⑤．
解：∵抛物线开口向下，
∴，
∵抛物线对称轴为直线，
∴，即，④符合题意．
∵抛物线与y轴交点在x轴上方，
∴，
∴，①符合题意．
∵抛物线与x轴有2个交点，
∴，即，②不符合题意．
∵抛物线经过，对称轴为直线，
∴抛物线经过，
∴时，，③符合题意．
∵抛物线对称轴为直线，
∴抛物线顶点坐标为，
∵，
∴抛物线向下移动3个单位后，抛物线的顶点在x轴上方，
∴抛物线与x轴有2个交点，⑤不符合题意．
故答案为：①③④．
15．
本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，求二次函数解析式等知识，根据正方形的性质得到，得到是等腰直角三角形，从而得到，再根据三角形面积公式即可得出答案，掌握相关知识是解题的关键．
解：∵四边形是正方形，，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
故答案为：．
16．60
本题考查旋转的性质，等边对等角，三角形的外角，根据旋转的性质，得到，角的和差关系，求出的度数，等边对等角求出的度数，
解：∵旋转，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴；
故答案为：60．
17．(1)，
(2)，
(3)，
此题考查了一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键．
（1）整理后利用因式分解解方程即可；
（2）利用公式法解方程即可；
（3）整理后利用配方法解方程即可．
（1）解：，
移项，得，
方程左边因式分解，得，
所以或，
所以，．
（2）解：，
∵，，，
∴，
∴，
即，．
（3）解：，
方程可化为，
配方，得，
即，
直接开平方，得，
所以，．
18．(1)
(2)
(3)1或3
本题考查了二次函数解析式的求解、二次函数的对称性、一次函数解析式的求解、勾股定理的应用以及三角形面积的计算，解题的关键是熟练运用待定系数法求函数解析式，结合图形性质（如平行于x轴的点的对称性、垂直辅助线构造直角三角形）转化几何问题，利用面积割补法建立方程求解．
（1）将抛物线与x轴交点A、B的坐标代入抛物线解析式，得到关于a、b的二元一次方程组，解方程组即可求出a、b的值，进而确定抛物线解析式；
（2）先由抛物线解析式确定C点坐标（与y轴交点）和对称轴；根据轴，利用抛物线对称性得D点坐标，计算长度；再用勾股定理分别求出的长度，三者相加得周长；
（3）先用待定系数法求直线的解析式；设D点横坐标为m，结合抛物线和直线解析式表示出D、G（与交点）的纵坐标，计算长度；求出的面积，根据与的面积关系，利用“”列方程，求解得D点横坐标．
（1）解：将代入，
得解得
∴抛物线的解析式为；
（2）解：如图①，由抛物线的解析式可知抛物线对称轴为直线．
∵轴，
∴点D与点C关于直线对称，
∴，
∴．
∵，
∴，
，
过点D作轴于点E，
∵，
∴，
，
∴的周长为；
（3）解：如图②，过点D作轴于点F，交于点G，
设所在直线的解析式为，
将代入得解得
∴所在直线的解析式为，
设，则，
，
∵，
，
，，
，整理得，解得，
∴点D的横坐标为1或3．
19．(1)
(2)；
(3)
本题考查了二次函数的应用，全等三角形的性质与判定，四边形内角和，一次函数，等腰三角形，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．
（1）先求得点，根据题意得出，待定系数法求解析式，即可求解；
（2）点P横坐标为 t，则，根据题意Q在P点的上方，用纵坐标之差即可求解；
（3）过点W作 于点S，根据题意得出，取点，则，根据，结合四边形对角互补，得出，证明得出，设，则，在 中，勾股定理求得 ，则，进而求得直线：，联立抛物线求得，勾股定理求得，进而得出，即可求解．
（1）解：∵直线 交y轴的正半轴于点C，
当时,，则，
∵．
∴，即，
将代入，
∴，
解得：；
（2）由(1)得，
∵点P横坐标为 t，则，
∵点P在第四象限的抛物线上，
∴Q在 P 点的上方，
∴；
（3）如图所示，过点W作于点S，
∵将射线绕点F逆时针旋转，
取点，则，
∴，
设，则，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵旋转角，
∴，
∴，
，
∴，
∴，
∴
∴，
∴，
∴，
由(2)可得轴，
∴，
又∵，则，
∴，
∵，
即，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
又∵，
在中,，
即，
解得：(负值舍去)，
∴，
设直线解析式为，将代入得：
，
解得：，
∴，
，
解得：或 ，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵轴，
∴．
20．(1)
(2)水柱落地处与池中心的水平距离为米
本题考查二次函数的实际运用，解题的关键是掌握二次函数顶点式，函数的性质．
（1）设抛物线的解析式为：，把顶点代入，再把，代入，即可；
（2）根据（1）中得函数解析式，当时，求出的值，即可．
（1）设抛物线的解析式为：，
∵顶点坐标为：，
∴，
∵点，
∴，
解得：，
∴函数的解析式为：．
（2）由（1）得，函数解析式为：，
∴当时，，
解得：，（舍），
∴，
答：水柱落地处与池中心的水平距离为：米．
21．（1），；（2）
本题考查了旋转的性质，解一元二次方程-公式法，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）利用解一元二次方程-公式法，进行计算即可解答；
（2）由旋转的性质可得，，再求出的度数即可得解．
（1）解：，
∴，
∴，；
（2）将绕点逆时针旋转得到，，于点E，
∴，，
∴，
∴．
22．(1)画图见解析
(2)画图见解析，
本题考查的是画中心对称图形，画旋转图形．
（1）分别确定关于原点 O 对称的，再顺次连接即可．
（2）分别确定绕点 O 顺时针旋转 后得到的对称点，再顺次连接，再根据的位置可得其坐标．
（1）解：如图，即为所求．
（2）解：如图，即为所求，
∴．
23．(1)
(2)，
(3)或
本题考查二次函数的性质，待定系数法求二次函数解析式，二次函数的平移，正确求出函数解析式是解题的关键：
（1）将点代入，求解即可得出答案；
（2）先将解析式变形为，再根据二次函数的平移即可得出答案；
（3）求出点坐标，进而可得的长，再根据三角形的面积求出点的纵坐标，最后把点的纵坐标代入二次函数解析式，解方程即可求解；
（1）解：将点代入，
得，，
解得，，
∴二次函数的解析式为；
（2）解：，
由平移规律得平移后的解析式为，
∴顶点为；
（3）解：把代入得，，
解得：，
，
，
设点的纵坐标为，
∵的面积为4，
，
，
把代入得，，
整理得，，
解得：，
把代入得，，
整理得，，
解得：，
∴点的坐标是或．
24．(1)②
(2)或
(3)
本题考查了解一元二次方程．
（1）分别求出两方程的根，根据“3倍根方程”的定义判断即可；
（2）求出方程的根，根据“3倍根方程”的定义求出、的关系，进而代入计算即可；
（3）根据“三倍根方程”的概念得到原方程可以改写为，解方程即可得到结论．
（1）①，
即或，
解得：，
∵，
∴不是3倍根方程；
②，
，
即或，
解得：，
∵，
∴是3倍根方程；
所以是3倍根方程的有②．
故答案为：②；
（2）
即或，
解得，
∵是3倍根方程，
∴或，
即或，
∴或；
（3）根据“三倍根方程”的概念设一元二次方程的两个根为t和3t．
∴原方程可以改写为，
即
∴，
∴，
即，则，
∴，
即．
∴a，b，c之间的关系是．
