福建省龙岩市漳平市2023-2024学年九年级上学期期中数学试题（解析版）

这是一份福建省龙岩市漳平市2023-2024学年九年级上学期期中数学试题（解析版），共20页。

一、单选题（共40分）
1. 剪纸是我国具有独特艺术风格的民间艺术，反映了劳动人民对现实生活的深刻感悟．下列剪纸图形中，是中心对称图形的有（ ）

A. ①②③B. ①②④C. ①③④D. ②③④
【答案】A
【解析】
【分析】中心对称图形的概念：平面内一个图形绕着某一点旋转后与初始图形重合，这个图形叫中心对称图形，这个点叫做对称中心；据此进行判断即可．
【详解】解：①图是中心对称图形，故①符合题意；
②图是中心对称图形，故②符合题意；
③图是中心对称图形，故③符合题意；
④图不是中心对称图形，故④不符合题意；
故是中心对称图形的有①②③；
故选：A．
【点睛】此题考查了中心对称图形的概念，熟练掌握中心对称图形的概念是解答此题的关键．
2. 一元二次方程（x﹣1）2＝0的解是（ ）
A. x1＝0，x2＝1B. x1＝1，x2＝﹣1C. x1＝x2＝1D. x1＝x2＝﹣1
【答案】C
【解析】
【分析】两边开方，即可得出一元一次方程，求出方程的解即可．
【详解】解：∵（x﹣1）2＝0，
∴x﹣1＝0，
x＝1，
即x1＝x2＝1，
故选：C．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，熟悉解一元二次方程的方法是解题的关键．
3. 抛物线的对称轴是（ ）
A. y轴B. 直线x=2C. 直线D. 直线x=﹣3
【答案】A
【解析】
【详解】解：由二次函数的公式法可得顶点坐标为，
故对称轴为x==0，
所以对称轴为y轴．
故选：A．
4. 已知点与点是关于原点O的对称点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据关于原点对称的点的坐标的特征，即可求解．
【详解】解：∵点与点是关于原点O的对称点，
∴．
故选：A
【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标，熟练掌握两点关于原点对称，则两点的横、纵坐标都是互为相反数是解题的关键．
5. 已知、是一元二次方程的两个实数根，则的值是（ ）
A. 3B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的根与系数关系，掌握“一元二次方程的根与系数关系、”是解题的关键．
【详解】解：、是一元二次方程两个实数根，
，，
，
故选：D
6. 已知抛物线与二次函数的的图象形状相同，开口方向相同，且顶点坐标为，它对应的函数表达式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设此抛物线的解析式为，根据抛物线与二次函数的的图象形状相同，开口方向相同，可知，再代入顶点坐标即可．
【详解】解：设此抛物线的解析式为，
∵抛物线与二次函数的的图象形状相同，开口方向相同，
∴，
∵顶点坐标为，
∴，，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查二次函数的性质、二次函数的图象，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
7. 在图形的旋转中，下列说法不正确的是（ ）
A. 旋转前和旋转后的图形全等
B. 图形上的每一个点到旋转中心的距离都相等
C. 对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角
D. 图形上可能存在不动的点
【答案】B
【解析】
【分析】根据旋转的性质可对A、B、C进行判断；利用旋转中心为图形上一点的情况可对D进行判断．
【详解】解：A、旋转前和旋转后的图形全等，故A选项正确，不符合题意；
B、在图形上的对应点到旋转中心的距离相等，故B选项错误，符合题意；
C、对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，故C选项正确，不符合题意；
D、图形上可能存在不动的点，故D选项正确，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
8. 用配方法解方程时，原方程应变形为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】方程移项后，两边加上9变形即可得到结果．
【详解】解：方程移项得：，
配方得：，即．
故选：C．
【点睛】此题考查了解一元二次方程-配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
9. 已知二次函数y=mx2+（2m+1）x+m﹣1的图象与x轴有两个交点，则m的取值范围是（ ）
A. mB. C. m且m≠0D. m且m≠0
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次函数的定义和b2-4ac决定抛物线与x轴的交点个数得到m≠0且b2-4ac=（2m+1）2-4m(m﹣1)＞0，然后解两个不等式得到它们的公共部分即可．
【详解】解：根据题意得，
解不等式①得，m≠0，
解不等式②得，m，
不等式组的解集为：m且m≠0，
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数的定义和二次函数与x轴交点个数问题，解题关键是掌握二次函数图象与x轴交点个数与b2-4ac有关，列出不等式；注意：二次函数二次项系数不为0．
10. 如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c的对称轴是x＝－1．且过点（，0），有下列结论：
①abc＞0；②a－2b＋4c＝0；③25a－10b＋4c＝0；④3b＋2c＞0；⑤a－bm≥（am－b）；其中所有正确的结论有（ ）个．
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
【答案】A
【解析】
【详解】由抛物线的开口向下可得：a<0；
根据抛物线的对称轴在y轴左边可得：a，b同号，所以b<0；
根据抛物线与y轴的交点在正半轴可得：c>0，
∴abc>0，故①正确；
直线x=-1是抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴，所以=-1，可得b=2a，a-2b+4c=a-4a+4c=-3a+4c，
∵a<0，c>0，
∴-3a+4c>0，
即a-2b+4c>0，故②错误；
∵抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是x=-1．且过点（，0），
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为（-，0），
当x=-时，y=0，即a（-）2-b+c=0，
整理得：25a-10b+4c=0，故③正确；
∵b=2a，a+b+c<0，
∴b+b+c<0，
即3b+2c<0，故④错误；
a－bm≥（am－b）
a－bm－am+b≥0
a（1-m）+b（1-m）≥0，
（1-m）（a+b）≥0，
因a+b<0，当m=0时，上述式子不成立，所以⑤错误．
综上，正确的答案为：①③．故选A.
点睛：：本题考查二次函数=ax2+bx+c（a≠0）图象与二次函数系数之间的关系：
①二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小．
当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口．
②一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置．
当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右．（简称：左同右异）
③常数项c决定抛物线与y轴交点． 抛物线与y轴交于（0，c）．
④抛物线与x轴交点个数．
△=b2-4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2-4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2-4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
二、填空题（共24分）
11. 抛物线的开口向__________．（填“上”或“下”）
【答案】下
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数的性质，根据的正负判断函数的开口朝向，如果，开口向上；如果，开口向下．
【详解】解：∵抛物线的解析式为，
∴，
∴抛物线的开口向下．
故答案为：下．
12. 抛物线y=x2+2x﹣2018过点（m，0），则代数式m2+2m+1=_____．
【答案】
【解析】
【分析】利用二次函数图象上的坐标特征得到，然后利用整体代入得方法即可求解．
【详解】将点（m，0）代入抛物线y=x2+2x﹣2018可得：，
∴
∴
故答案为：2019
【点睛】本题考查二次函数图象上的坐标特征，解题的关键是熟练掌握二次函数图象上的坐标满足二次函数解析式．
13. 如图，两块相同的三角板完全重合在一起，∠A＝30°，AC＝10，把上面一块绕直角顶点B逆时针旋转到△A′BC′的位置，点C′在AC上，A′C′与AB相交于点D，则BC′＝_____________．
【答案】5
【解析】
【分析】根据30度直角三角形的性质求出BC长度，根据旋转的性质可知BC′=BC，即可求解．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠A=30°，AC=10，
∴BC=AC=5．
根据旋转的性质可知，BC=BC′，
所以BC′=5．
故答案为5．
【点睛】本题考查旋转的性质、30度直角三角形的性质，熟记性质是解题的关键．
14. 如图是抛物线的一部分，由图象可知，不等式＞0的解集是____．
【答案】或
【解析】
【分析】由抛物线与轴的一个交点（3，0）和对称轴可以确定另一交点坐标为（-1，0），又时，图象在轴上方，由此可以求出x的取值范围．
【详解】∵抛物线与x轴的一个交点（3，0）
而对称轴，
∴抛物线与x轴的另一交点（-1，0），
当时，图象在轴上方，
此时或，
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了二次函数与不等式，解答此题的关键是求出图象与轴的交点，然后由图象找出当时，自变量的范围，本题锻炼了学生数形结合的思想方法．
15. 若一个等腰三角形的一边为4，另外两边为的两根，则m的值为____________．
【答案】36
【解析】
【分析】等腰三角形一边为4，有两种情况，腰为4或者底为4，分开讨论并结合根的判别式进行求解即可．
【详解】解：利用一元二次方程的根与系数的关系得，
若腰为4，即，
则，不成立（根据三角形两边之和大于第三边）；
若底为4，则，
所以，
故答案为：36．
【点睛】本题考查了根与系数的关系，三角形三边的关系以及等腰三角形的性质，解答的关键是对相应的知识的掌握与运用．
16. 如图，在中，，点D、E分别是、上的点，，，，连接，若，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】首先连接，证得是等边三角形，然后延长至点F，使，连接，根据，，证得，从而得到，根据推出，，最后过E点作，交于G点，在含的直角三角形中用表示各边，在中，由勾股定理可知：，列出方程解一元二次方程求解即可．
【详解】解：连接，如下图：
，
是等边三角形
延长至点F，使，连接，如下图所示
在和中
又，
，即：
，
而
过E点作，交于G点，如下图所示
在中，
，
在中，由勾股定理可知：
即
整理得：
解得：或（舍去）
是等边三角形
故答案为：
【点睛】本题考查等边三角形的判定和性质运用、三角形全等的判定和性质特征、三角形外角性质和运用、等量代换的求解运用、直角三角形的概念和运用、常用三角函数的推算求解、直角三角形中勾股定理的运用和求解以及一元二次方程的求解和运用等知识点，解题关键是逐步作出辅助线，灵活运用综合知识求解．
三、解答题（共86分）
17. 解方程：
（1）x2＝3x；
（2）x2﹣2x﹣3＝0．
【答案】（1）x1＝0，x2＝3
（2）x1＝3，x2＝﹣1
【解析】
【分析】（1）整理后分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可；
（2）利用公式法解一元二次方程，求出方程的解即可．
【小问1详解】
解：x2﹣3x＝0，
x（x﹣3）＝0，
∴x＝0或x﹣3＝0，
∴x1＝0，x2＝3；
【小问2详解】
解：x2﹣2x﹣3＝0，
∵Δ＝（﹣2）2﹣4×1×（﹣3）＝16，
∴x＝，
∴x1＝3，x2＝﹣1．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是能把一元二次方程转化成一元一次方程，题目比较好，难度适中．
18. 如图将绕点A逆时针旋转得到，点C和点E是对应点，若，，求BD的长．
【答案】
【解析】
【分析】由旋转的性质得，，再根据定理即可求解．
【详解】由旋转的性质得：，，
∴．
【点睛】本题考查旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等，也考查了勾股定理，掌握旋转的性质是解题的关键．
19. 如图，已知点A，B的坐标分别为(0，0)，(4，0)，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△AB′C′．
（1）画出△AB′C′．
（2）写出点C′的坐标．
（3）求BB′的长．
【答案】（1）见解析；（2）(-2，5)；（3）4
【解析】
【分析】（1）将△ABC的另两点C，B绕A点按逆时针方向旋转90°后得到对应点，顺次连接得△AB′C′；
（2）根据直角坐标系读出点C´的坐标；
（3）连接BB′，根据勾股定理求长．
【详解】（1）如图：△AB′C′就是所求的三角形．

（2）根据旋转的性质，得点C′的坐标为(-2，5)．
（3）BB′＝．
【点睛】本题综合考查旋转变换作图，能根据要求作出各点旋转后的对应点是关键．
20. 如图，把Rt△ABC绕点A.逆时针旋转40°，得到在Rt△ABʹCʹ，点Cʹ恰好落在边AB上，连接BBʹ，求∠BBʹCʹ的度数．

【答案】20°
【解析】
【分析】利用旋转的性质及等腰三角形的性质可得∠ABBʹ，再根据直角三角形两锐角互余可得解.
【详解】解：由旋转可知：
∠BABʹ=40°，AB=ABʹ．
∴∠ABBʹ=∠ABʹB．
∴∠ABBʹ==70°．
∴∠BBʹCʹ=90°－70°=20°．
【点睛】本题考查了三角形的旋转，灵活利用旋转对应边相等，对应角相等且等于旋转角的性质是解题的关键.
21. 已知二次函数y＝ax2＋c.当x＝1时，y＝－1；当x＝2时，y＝5，求该二次函数的表达式．
【答案】y＝2x2－3.
【解析】
【分析】将x与y的两对值代入二次函数解析式求出a与c的值，即可确定出解析式．
【详解】解：由题意，得

解得
∴该二次函数的表达式为y＝2x2－3.
【点睛】考核知识点：用待定系数法求函数解析式.
22. 某商品的进价为每件40元．当售价为每件60元时，每星期可卖出300件，现需降价处理，且经市场调查：每降价1元，每星期可多卖出20件．在确保盈利的前提下，解答下列问题：
（1）若设每件降价x元、每星期售出商品的利润为y元，请写出y与x的函数关系式，并求出自变量x的取值范围；
（2）当降价多少元时，每星期利润最大？最大利润是多少？
【答案】（1）y＝﹣20x2+100x+6000，0≤x＜20（或0＜x＜20）；（2）当降价2.5元时，利润最大且为6125元．
【解析】
【分析】（1）根据题意找出等量关系列式计算即可得；
（2）根据二次函数的性质进行解答即可得．
【详解】解：（1）y＝（60﹣x）（300+20x）﹣40（300+20x）
=
=
因为降价要确保盈利，所以40＜60﹣x≤60（或40＜60﹣x＜60也可），
解得0≤x＜20（或0＜x＜20）；
（2）当时，
y有最大值，
即当降价2.5元时，利润最大且为6125元．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，解题的关键是找出等量关系和掌握二次函数的性质．
23. 给出定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形．如图所示，将绕顶点B按顺时针方向旋转得到，连接，，，已知．
（1）求证：是等边三角形；
（2）求证：，即四边形是勾股四边形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）首先证明△ABC≌△DBE，得出BC＝BE，进一步得出△BCE为等边三角形；
（2）利用等边三角形的性质，进一步得出△DCE是直角三角形，问题得解．
【详解】解：（1）由旋转的性质可得△ABC≌△DBE，
∴BC＝BE，
∵∠CBE＝60°，
∴△BCE是等边三角形；
（2）∵△ABC≌△DBE，
∴BE＝BC，AC＝ED；
∵△BCE为等边三角形，
∴BC＝CE，∠BCE＝60°，
∵∠DCB＝30°，
∴∠DCE＝90°，
∴在Rt△DCE中，DC2+CE2＝DE2，
∴DC2+BC2＝AC2．
即四边形ABCD是勾股四边形．
【点睛】此题主要考查旋转的性质，勾股定理，全等三角形的性质，等边三角形的判定与性质，是一道综合性很强的题目．解决本题的关键是证明△BCE是等边三角形．
24. 如图，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，将绕点O逆时针方向旋转后得到．
（1）填空：点C的坐标是（ ， ），点D的坐标是（ ， ）；
（2）设直线与交于点M，求点M坐标；
（3）在y轴上是否存在点P，使得是等腰三角形？若存在，请直接写出所有满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）存在， 、、、
【解析】
【分析】（1）由解析，转化一元一次方程求解得，将绕点O逆时针方向旋转，得，得解；
（2）待定系数法确定直线，联立解析式 ，解得．
（3）设，由，，可得，，分类讨论：①若，②若，③若，列方程求解．
【小问1详解】
解：，
当时，，
当时，
∴，
∵将绕点O逆时针方向旋转90°后得到，
∴，
∴点C的坐标是，点D的坐标是．
【小问2详解】
因为点C的坐标是，点D的坐标是，令直线解析式为，则
，解得，
所以直线
联立解析式，得，
解得，
所以．
【小问3详解】
设，由，，知
，，
①若，则，解得；
得 、；
②若，则，解得（此时，点P与点B重合，舍去），；得；
③若，则，解得；得
综上，满足条件的点P的坐标是 、、、．
【点睛】本题考查一次函数与方程的联系，等腰三角形的定义；运用方程的思想求解函数问题是解题的关键．
25. 如图1，正方形的边长为2，在中，（），，当时，恰好经过的中点G．

（1）如图2，连接，，则四边形为______形；
（2）将图1中的绕点B按顺时针方向旋转角度（），得到图3，连接，，求证：，；
（3）在（2）的旋转过程中，当C，F，E三点共线时，请直接写出线段的长度．
【答案】（1）正方 （2）见解析
（3）或
【解析】
【分析】（1）由等腰三角形性质知，从而四边形平行四边形，再根据，，得到是正方形；
（2）证明，即可得到，；
（3）采用动静互换，画出点C运动运动路径，求出长即可．
【小问1详解】
解：，，
，
是中点，
，
四边形是平行四边形，
，，
是正方形，
故答案为：正方；
【小问2详解】
证明：如图，延长交于点，

，
，
在和中
，
，
，，
，
，
，即；
【小问3详解】
若不动，将正方形绕点按顺时针旋转，则点在以为圆心，为半径的圆上运动，如图：

当点C在延长线上时，
正方形边长为2，
，，
，
，
当点在延长线上时，
同理可知：，
由（2）可知：，
或．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理等知识，对第（3）小问采取动静互换是较快解决问题的关键．