2023-2024学年北京市海淀区九年级上学期期中考试数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年北京市海淀区九年级上学期期中考试数学试卷（含解析），共5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。

1.一元二次方程的二次项系数、一次项系数和常数项分别是
( )
A. B. C. D.
2.下列图形中，是中心对称图形的是
( )
A. B. C. D.
3.已知点在抛物线上，则的大小关系正确的是
( )
A. B. C. D. 不能确定
4.一元二次方程经过配方变形为，则的值是
( )
A. B. C. D.
5.将抛物线向下平移，关于平移前后的抛物线，下列说法正确的是
( )
A. 开口方向改变B. 开口大小改变C. 对称轴不变D. 顶点位置不变
6.陀螺是一款常见的玩具．图为通过折纸制作的一种陀螺，图为这种陀螺的示意图．若将图中的图案绕点旋转可以与自身重合，则的值可以是
( )
A. B. C. D.
7.小明热爱研究鸟类，每年定期去北京各个湿地公园观鸟．从他的观鸟记录年度总结中摘取部分数据如下：
设小明从年到年观测鸟类种类数量的年平均增长率为，则下列方程正确的是
( )
A. B.
C. D.
8.如图，在正方形中，为对角线，将绕点逆时针旋转，得到线段，连接设，下列说法正确的是
( )
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
二、填空题（本大题共8小题，共16分）
9.方程的解是 ．
10.在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，则点的坐标是 ．
11.请写出一个顶点在原点且开口向下的抛物线解析式 ．
12.若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则实数的值为 ．
13.如图，在中，，将绕点逆时针旋转到若，则旋转角的度数是 ．
14.如图，在平面直角坐标系中，以某点为中心，将右上方图形“
”旋转到图中左下方的位置，则旋转中心的坐标是 ．
15.如图，二次函数的图象与轴的交点坐标为，若函数值，则自变量的取值范围是 ．
16.在平面直角坐标系中，点的坐标为，称关于的方程为点的对应方程．如图，点，点，点．
给出下面三个结论：
点的对应方程有两个相等的实数根；
在图示网格中，若点均为整数的对应方程有两个相等的实数根，则满足条件的点有个；
线段上任意点的对应方程都没有实数根．
上述结论中，所有正确结论的序号是 ．
三、解答题（本大题共12小题，共68分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.本小题分
解方程：．
18.本小题分
如图，的对角线交于点过点且分别与交于点．

求证：；
记四边形的面积为，平行四边形的面积为，用等式表示和的关系．
19.本小题分
已知是方程的根，求代数式的值．
20.本小题分
已知二次函数．
在下图所示的平面直角坐标系中画出该二次函数的图象；
点____________该函数的图象上填“在”或“不在”．
21.本小题分
已知关于的一元二次方程．
求证：该方程总有两个实数根；
若该方程有一个根是正数，求的取值范围．
22.本小题分
如图，在平面直角坐标系中，，将绕原点顺时针旋转得到分别是，的对应点．
在图中画出，点的坐标为____________；
若点位于内不含边界，点为点绕原点顺时针旋转的对应点，直接写出的纵坐标的取值范围．
23.本小题分
阅读下面的材料并完成解答．
田亩比类乘除捷法是我国南宋数学家杨辉的著作，其中记载了这样一个数学问题：“直田积八百六十四步，只云长阔共六十步，欲先求阔步，得几何？”意思是：一块矩形田地的面积为平方步，只知道它的长与宽之和为步，问它的宽是多少步？书中记载了这个问题的几何解法：

将四个完全相同的面积为平方步的矩形，按如图所示的方式拼成一个大正方形，则大正方形的边长为_________步；
中间小正方形的面积为________平方步；
若设矩形田地的宽为步，则小正方形的面积可用含的代数式表示为__________；
由可得关于的方程________，进而解得矩形田地的宽为步．
24.本小题分
在平面直角坐标系中，二次函数的图象经过点．
求该二次函数的解析式；
当时，对于的每一个值，函数的值小于二次函数的值，直接写出的取值范围．
25.本小题分
在投掷实心球时，球以一定的速度斜向上抛出，不计空气阻力，在空中划过的运动路线可以看作是抛物线的一部分．如图，建立平面直角坐标系，实心球从出手到落地的过程中，它的竖直高度单位：与水平距离单位：近似满足二次函数关系，记出手点与着陆点的水平距离为投掷距离．
小刚第一次投掷时水平距离与竖直高度的几组数据如下：
根据上述数据，实心球运行的竖直高度的最大值为____________；
求小刚第一次的投掷距离；
已知第二次投掷出手点竖直高度与第一次相同，且实心球达到最高点时水平距离与第一次也相同．若小刚第二次投掷距离比第一次远，则实心球第二次运行过程中竖直高度的最大值比第一次____________填“大”或“小”．
26.本小题分
已知二次函数．
若，求该二次函数图象的对称轴及最小值；
若对于任意的，都有，求的取值范围．
27.本小题分
如图，在中，，点在上，过点作于点，连接，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接．
依题意补全图形；
求证：；
交于点，用等式表示线段和的数量关系，并证明．
28.本小题分
在平面直角坐标系中，已知点不与原点重合．对于点给出如下定义：点关于点的对称点为，点关于直线的对称点为，称点是点关于点的“转称点”．

如图，已知点，点是点关于点的“转称点”．
当时，在图中画出点的位置，并直接写出点的坐标；
的长度是否与有关若无关，求的长；若有关，说明理由；
已知点是边长为的等边三角形点按逆时针方向排列，点是点关于点的“转称点”，在绕点旋转的过程中，当最大时，直接写出此时的长．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
本题考查一元二次方程的一般形式，一元二次方程的一般形式是是常数且，其中，，分别叫二次项系数，一次项系数，常数项据此作答．
【解答】
解：一元二次方程，
二次项系数为，一次项系数为，常数项为．
故选：．
2.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查了中心对称图形的定义，平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．
根据中心对称图形的概念进行判断即可．
【解答】
解：、、三个选项中的图形都找不到一点使得对应图形绕该点旋转与原图形重合，即、、三个选项中的图形，不是中心对称图形，而中的图形可以找到一点使得对应图形绕该点旋转与原图形重合，即中的图形是中心对称图形，
故选D．
3.【答案】
【解析】【分析】
本题考查二次函数图象上点的坐标特征，解题关键是熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征．
分别把代入解析式，求出，再进行比较即可．
【解答】
解：把代入得，
把代入得，
，
故选：．
4.【答案】
【解析】【分析】
本题考查解一元二次方程配方法，熟练掌握配方法的一般步骤是解题的关键．
利用配方法将方程变形为，即可求解．
【解答】
解：，
移项得，，
配方得，，
即，
，故选：．
5.【答案】
【解析】【分析】
本题考查二次函数图象与几何变换，熟练掌握二次函数的图象及平移的性质是解题的关键．
根据二次函数平移的性质和二次函数图象进行判断即可．
【解答】
解：将抛物线向下平移，的正负符号不变，
开口方向不改变，故A不符合题意；
B. 将抛物线向下平移，抛物线的形状不变，
开口大小不改变，故B不符合题意；
C. 将抛物线向下平移，对称轴不变，故 C符合题意；
D. 将抛物线向下平移，顶点坐标发生改变，故 D不符合题意；
故选：．
6.【答案】
【解析】【分析】
本题考查旋转对称图形，熟练掌握旋转对称图形是解题的关键．
根据旋转对称图形的定义计算出旋转角即可．
解：如图，旋转中心外有个边形，则相当于把一个圆平均分成分，
，故选：．
7.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查了从实际问题中抽象出一元二次方程，正确理解题意找到等量关系是解题的关键．
设小明从年到年观测鸟类种类数量的年平均增长率为，则年观测鸟类种，年观测鸟类种，据此列出方程即可．
【解答】
解：设小明从年到年观测鸟类种类数量的年平均增长率为，
由题意得，，故选 D．
8.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，旋转的性质等等，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
当时，过点作于，根据勾股定理和旋转的性质以及正方形的性质求出，再根据不同的角度求出，根据即可判断，，；当时，利用勾股定理即可判断．
解：当时，过点作于，
四边形是正方形，
，
，
由旋转的性质可得，
当时，则，
，
，故 A不符合题意；
当时，则，
，
，
，故 B不符合题意；
当时，则，
，
，
，
，故 C不符合；
当时，则，即，故 D符合题意，
故选D．
9.【答案】，
【解析】【分析】
本题考查的是一元二次方程的解法，掌握利用直接开平方法解一元二次方程是解本题的关键．
把方程化为，再利用直接开平方法解方程即可．
解：，
，
解得：，，
故答案为：，．
10.【答案】
【解析】【分析】
本题考查关于原点对称点的坐标，熟练掌握关于原点对称的两个点的横坐标与纵坐标都互为相反数是解题的关键．
根据关于原点对称的两个点的横坐标与纵坐标都互为相反数进行求解即可．
【解答】
解：点与点关于原点对称，
点的坐标是，
故答案为：．
11.【答案】答案不唯一
【解析】【分析】
本题考查了二次函数的性质，解题关键是熟记二次函数的性质，准确写出解析式．
根据题意，抛物线是形式，值为负即可．
【解答】
解：根据题意，抛物线是形式，值为负，
故答案为：答案不唯一．
12.【答案】
解：关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
，
，
．
故答案为：．
13.【答案】
【解析】【分析】
本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
由旋转的性质可得是旋转角，再根据等腰三角形的性质可得，即可求解．
【解答】
解：，，，
，
旋转角的度数是．
故答案为：．
14.【答案】
【解析】【分析】
本题考查旋转的性质，坐标系中点的坐标，根据旋转的性质确定旋转中心的位置是解题的关键．
根据旋转的性质可得，对应点连线的交点即为旋转中心，即可求得坐标．
【解答】
解：如图，旋转中心的坐标是，
故答案为：．

15.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查了二次函数的性质，正确根据题意求出二次函数图象经过点是解题的关键．
先根据解析式求出对称轴为直线，进而得到二次函数图象经过点，再由二次函数开口向上，则离对称轴越近函数值越小进行求解即可．
【解答】
解：二次函数解析式为，
二次函数对称轴为直线，
二次函数图象经过点，
二次函数图象也经过点，
二次函数开口向上，
离对称轴越近函数值越小，
当时，，
故答案为：．
16.【答案】
【解析】【分析】
本题考查解一元二次方程、一元二次方程的根与判别式的关系、用待定系数法求一次函数解析式、二次函数的性质，熟练掌握一元二次方程的根与判别式的关系是解题的关键．
根据点的对应方程进行求解即可判断；再根据点的对应方程有两个相等的实数根可得，即可判断；求得直线的解析式为，设直线上的任意一点为，可得这个点的对应方程为，再利用判别式和二次函数的性质即可判断．
解：，
点的对应方程为，
解得，，
点的对应方程有两个不相等的实数根，故错误；
若点均为整数的对应方程有两个相等的实数根，
，即，
，均为整数，
当时，，符合条件，
当时，，符合条件，
在图示网格中，满足条件的点有个，故正确；
设直线的解析式为，
把点，点代入得，，解得
直线的解析式为，
设直线上的任意一点为，
这个点的对应方程为，
，
，
，即，
线段上任意点的对应方程都没有实数根，故正确，
故答案为：．
17.【答案】解：，
，
，
，
解得：．

【解析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握公式法解一元二次方程是解题的关键．
根据公式法解一元二次方程，即可求解．
18.【答案】证明：四边形是平行四边形，对角线交于点，
，
，
；
解：，
，
，
又，
．

【解析】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，熟知平行四边形对边平行，对角线互相平分是解题的关键．
根据平行四边形的性质得到，进而得到，由此可利用证明；
根据全等三角形的性质得到，进而可证明．
19.【答案】解：是方程的根，
，
，
．

【解析】本题主要考查了代数式求值，一元二次方程解的定义，熟知一元二次方程的解是使方程左右两边相等的未知数的值是解题的关键．
根据方程解的定义得到，再根据进行求解即可．
20.【答案】解：列表：
描点，连线，画出函数图象如图：
不在．

【解析】本题考查画二次函数图象及二次函数图象上点的坐标，利用描点法作出函数图象是解题的关键．
利用五点法作图即可；
把代入函数解析式求得函数值即可判断．
21.【答案】证明：由题意得：，
方程总有两个实数根；
解：，
，
解得或，
该方程有一个根是正数，
，
．

【解析】本题主要考查了解一元二次方程，一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程的知识是解题的关键．
利用根的判别式进行判断即可；
利用因式分解法解方程得到或，再根据方程的一个根为正数进行求解即可．
22.【答案】解：解：如图，即所求，点的坐标为，
故答案为：；
由题意得，，
点在线段上，且不与点，重合，
．

【解析】本题考查作图旋转变换，旋转的性质及坐标系中点的坐标，熟练掌握旋转的性质，作出旋转图形是解题的关键．
根据旋转的性质作图即可，再由旋转后的图形可得点的坐标；
由题意可得，进而可得．
23.【答案】解：；
；
；
．

【解析】本题考查列代数式、列一元二次方程，理解题意，根据求小正方形的面积列代数式是解题的关键．
根据图形可得，大正方形的边长是由一个矩形的宽和长组成即可求解；
先求得大正方形的面积，再减去四个矩形的面积即可求解；
设矩形田地的宽为步，则长为步，从而可得小正方形的边长为步，再利用正方形的面积公式即可求解；
由求得小正方形的面积相等即可得出方程．
解：由图可得，大正方形的边长是由一个矩形的宽和长组成，
长与宽之和为步，
正方形的边长为步，
故答案为：；
大正方形的面积为平方步，四个矩形的总面积为平方步，
中间小正方形的面积为 平方步，
故答案为：；
设矩形田地的宽为步，则长为步，
小正方形的边长为 步，
小正方形的面积为，
故答案为：；
由题意可得，，
故答案为：．
24.【答案】解：解：把代入中得：，解得
二次函数解析式为；
当时，对于的每一个值，函数的值小于二次函数的值，
即当时，，
即，
令，
函数开口向上，对称轴为直线，
当时，随增大而增大，
当时，的最小值为当时的值，
当时，，即当时，的最小值为，
．

【解析】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数与不等式之间的关系，熟练掌握相关知识是解题的关键．
利用待定系数法求解即可；
根据题意可知当时，恒成立，令 ，即可求出当时，的最小值为，从而可得的取值范围．
25.【答案】解：；
设小刚第一次投掷时水平距离与竖直高度的函数关系式为，
把代入得，，
解得，
函数解析式为，
当时，，
解得舍， ，
小刚第一次的投掷距离为；
小．

【解析】本题考查二次函数的实际应用，根据题意求得函数解析式是解题的关键．
由表格中的数据即可求解；
用待定系数法求函数解析式，再令，求解即可；
根据题意设第二次投掷时水平距离与竖直高度的函数关系式为，根据第二次投掷时，水平距离与竖直高度的抛物线开口比第一次大，可得，从而求得，即可得出结果．
解：见答案．
见答案．
第二次投掷出手点竖直高度与第一次相同，且实心球达到最高点时水平距离与第一次也相同，
设第二次投掷时水平距离与竖直高度的函数关系式为 ，
，即，
，
，
小刚第二次投掷距离比第一次远，
第二次投掷时，水平距离与竖直高度的抛物线开口比第一次大，
，
，
实心球第二次运行过程中竖直高度的最大值比第一次小．
故答案为：小．
26.【答案】解：当时，，
，
对称轴为，当时，函数值最小，最小值为；
，
对称轴为直线，
当，即时，
当时，随的增大而增大，
当时，最小，最小值为，
当时，即，
当时有最小值，，
令，解得，
当时，即，
当时，随的增大而减小，
当时，，解得，
，
综上所述，的取值范围为．

【解析】本题考查二次函数图象与性质及二次函数的顶点式，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
把二次函数解析式转化为顶点式即可求解；
求出抛物线对称轴为直线，再分，，三种情况进行讨论．
27.【答案】解：根据题意补全图形如下．
证明：，，
，
，
，，
由旋转的性质可得，，，
，
又，
，
，即，
在和中，
，
；
解：，理由如下：
如图，由可得，，
，，
在中，，即，
，
，即，
在中，，即，
，
，
，
，
．


【解析】本题考查作图旋转变换、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质证明是解题的关键．
根据旋转的定义作图即可；
根据等腰直角三角形的判定与性质可得，，再由旋转的性质可得，，利用等量代换可得，从而可得，可证，即可得出结论；
由可得，，可得，，利用勾股定理可得，再根据等腰直角三角形的判定与性质可得，再利用勾股定理可得，再由，即可得出结论．
28.【答案】解：点是点关于点的“转称点”，
点、关于点对称，点、关于直线对称，
点，，
点，
，时在平面直角坐标系中描出和；

的长度与无关，理由：
由知，，，
轴，，
的长与的值无关；
连接，过点作于点，设点关于点对称点为，
是边长为的等边三角形，
，，
，，
，
点是点关于点的“转称点”，
，点、关于直线对称，
垂直平分，
，

当点与点重合时，长最大，
此时，，，三线重合，
，
，
，
，
或．


【解析】本题主要考查了新定义问题，等边三角形，含角的直角三角形，勾股定理，解决问题的关键是熟练掌握关于成中心对称的两点及关于坐标轴对称的两点的坐标特征．
根据“转称点”定义得到，点、关于点对称，点、关于直线对称，根据点，得到点，；的长度与值无关，根据，，得到；
连接，过点作于点，设点关于点对称点为，根据等边三角形的性质得到，，根据三线合一得到，，根据含角的直角三角形性质得到，根据“转称点”定义得到，垂直平分，推出，得到当点与点重合时，长最大，此时，，，三线重合，根据，得到，根据勾股定理得到，推出 或．
观鸟记录年度总结
年：观测鸟类种
年：观测鸟类
年：观测鸟类种
水平距离
竖直高度