北京市海淀区2023-2024学年九年级上学期期中数学试题（解析版）

这是一份北京市海淀区2023-2024学年九年级上学期期中数学试题（解析版），共25页。

2．在试卷和答题纸上准确填写学校名称、姓名和准考证号．
3．试题答案一律填涂或书写在答题纸上，在试卷上作答无效．
4．在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，其他题用黑色字迹签字笔作答
第一部分 选择题
一、选择题（共16分，每题2分）第1—8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个．
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.
【答案】B
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义求解即可．
【详解】解：∵一元二次方程，
∴二次项系数为1，一次项系数为3，常数项为，
故选：B．
【点睛】本题考查一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的定义是解题的关键．
2. 下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据中心对称图形的概念进行判断即可．
【详解】解：A、B、C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A、B、C三个选项中的图形，不是中心对称图形，而D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D中的图形是中心对称图形，
故选D．
【点睛】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．
3. 已知点在抛物线上，则的大小关系正确的是（ ）
A. B. C. D. 不能确定更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 【答案】A
【解析】
【分析】分别把代入解析式求解．
【详解】把代入得，
把代入得，
，
，
故选：A.
【点睛】本题考查二次函数图象上点的坐标特征，解题关键是掌握二次函数上点的特征．
4. 一元二次方程经过配方变形为，则k的值是（ ）
A. B. C. 1D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】利用配方法将方程变形得，即可求解．
【详解】解：，
移项得，，
配方得，，
即，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查配方法，熟练配方法的一般步骤是解题的关键．
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
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次函数平移的性质和二次函数图象进行判断即可．
【详解】解：A.将抛物线向下平移，a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：C．
【点睛】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．
6. 陀螺是一款常见的玩具．图1为通过折纸制作的一种陀螺，图2为这种陀螺的示意图．若将图2中的图案绕点O旋转可以与自身重合，则x的值可以是（ ）
A 30B. 45C. 60D. 105
【答案】B
【解析】
【分析】根据旋转的定义找出旋转角即可求解．
【详解】解：如图，旋转中心外有8个5边形，则相当于把一个圆平均分成8分，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查旋转的定义，熟练掌握旋转的定义是解题的关键．
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2020年到2022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.
【答案】D
【解析】
【分析】设小明从2020年到2022年观测鸟类种类数量的年平均增长率为，则2021年观测鸟类种，2022年观测鸟类种，据此列出方程即可．
【详解】解：设小明从2020年到2022年观测鸟类种类数量的年平均增长率为，
由题意得，，
故选D．
【点睛】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．
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，下列说法正确是（ ）

A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】当时，过点E作于H，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A、B、C；当时，利用勾股定理即可判断D．
【详解】解：当时，过点E作于H，
∵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．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，含30度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．
第二部分非选择题
二、填空题（共16分，每题2分）
9. 方程的解是________．
【答案】，
【解析】
【分析】把方程化为，再利用直接开平方法解方程即可．
【详解】解：，
∴，
解得：，；
故答案为：，
【点睛】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．
10. 在平面直角坐标系中，点与点B关于原点对称，则点B的坐标是____________．
【答案】
【解析】
【分析】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．
【详解】解：∵点与点B关于原点对称，
∴点B的坐标是，
故答案为：．
【点睛】本题考查坐标系上点的坐标的规律，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．
11. 请写出一个顶点在原点且开口向下的抛物线解析式_____________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据题意，抛物线是形式，值为负即可．
【详解】解：根据题意，抛物线是形式，值为负即可，
故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了二次函数图象的性质，解题关键是熟记二次函数的性质，准确写出解析式．
12. 若关于x的一元二次方程x2﹣2x+m＝0有两个相等的实数根，则实数m的值为______．
【答案】1
【解析】
【分析】由于关于x的一元二次方程x2-2x+m=0有两个相等的实数根，可知其判别式为0，据此列出关于m的方程，解答即可．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程x2﹣2x+m＝0有两个相等的实数根，
∴Δ＝0，
∴（﹣2）2﹣4m＝0，
∴m＝1，
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查了根的判别式的知识，解答本题的关键是掌握一元二次方程有两个相等的实数根，则可得Δ=0，此题难度不大．
13. 如图，在中，，将绕点A逆时针旋转到．若，则旋转角的度数是____________．
【答案】##25度
【解析】
【分析】由旋转的定义可得是旋转角，再根据等腰三角形的性质可得，即可求解．
【详解】解：∵，，，
∴，
∴旋转角的度数是，
故答案为：．
【点睛】本题考查旋转的定义、等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的定义可得是旋转角是解题的关键．
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阴影位置，则旋转中心的坐标是____________．

【答案】
【解析】
【分析】根据旋转的定义可得，对应点连线的交点即为旋转中心，即可求得坐标．
【详解】解：如图，旋转中心的坐标是，
故答案为：．
【点睛】本题考查旋转的定义、坐标系中点的坐标，根据旋转的定义确定旋转中心的位置是解题的关键．
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____________．
【答案】##
【解析】
【分析】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．
【详解】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：．
【点睛】本题主要考查了二次函数图象的性质，正确根据题意求出二次函数图象经过点是解题的关键．
16. 在平面直角坐标系中，点P的坐标为，称关于x的方程为点P的对应方程．如图，点，点，点．
给出下面三个结论：
①点A的对应方程有两个相等的实数根；
②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P有3个；
③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____________．
【答案】①②③
【解析】
【分析】根据点A的对应方程进行求解即可判断①；再根据点P的对应方程有两个相等的实数根可得，即可判断②；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，再利用判别式即可判断③．
【详解】解：∵，
∴点A的对应方程为，
解得，，
∴点A的对应方程有两个相等的实数根，故①正确；
若点（均为整数）的对应方程有两个相等的实数根，
∴，即，
∵m、n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P有3个，故②正确；
设直线的解析式为，
∴，
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③正确，
故答案为：①②③．
【点睛】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、二次函数图象的性质，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．
三、解答题（共68分，第17-20题，每题5分，第21题6分，第22-23题，每题5分，第24-26题，每题6分，第27-28题，每题7分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．
17. 解方程：
【答案】
【解析】
【分析】根据公式法解一元二次方程，即可求解．
【详解】解：
∵，，
∴
解得：
【点睛】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．
18. 如图，的对角线交于点过点且分别与交于点．

（1）求证：；
（2）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．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形性质得到，进而得到，由此可利用证明；
（2）根据全等三角形的性质得到，进而可证明．
【小问1详解】
证明：∵四边形是平行四边形，对角线交于点，
∴，
∴，
∴
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】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．
19. 已知是方程的根，求代数式的值．
【答案】7
【解析】
【分析】根据方程解的定义得到，再根据进行求解即可．
【详解】解：∵是方程的根，
∴，
∴，
∴．
【点睛】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．
20. 已知二次函数．
（1）在下图所示的平面直角坐标系中画出该二次函数的图象；
（2）点____________该函数的图象上（填“在”或“不在”）．
【答案】（1）作图见解析
（2）不在
【解析】
【分析】（1）利用五点法作图即可；
（2）把代入函数解析式求得函数值即可判断．
【小问1详解】
解：如图，
【小问2详解】
解：把代入函数解析式得，，
∴不在函数图象上，
故答案为：不在．
【点睛】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．
21. 已知关于的一元二次方程．
（1）求证：该方程总有两个实数根；
（2）若该方程有一个根是正数，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用根的判别式进行求解即可；
（2）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．
【小问1详解】
证明：由题意得：，
∴方程总有两个实数根；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
解得或，
∵该方程有一个根是正数，
∴，
∴．
【点睛】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．
22. 如图，在平面直角坐标系中，，将绕原点O顺时针旋转得到（分别是A、B的对应点）．
（1）在图中画出，点的坐标为____________；
（2）若点位于内（不含边界），点为点M绕原点O顺时针旋转的对应点，直接写出的纵坐标n的取值范围．
【答案】（1）作图见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据旋转的定义作图即可，再由旋转后的图形可得点的坐标；
（2）先找出临界值旋转后的纵坐标即可求解．
【小问1详解】
解：如图，即所求，点的坐标为，
故答案为：；
【小问2详解】
解：由图可得，．
【点睛】本题考查作图−旋转变换、旋转的性质及坐标系中点的坐标，熟路掌握旋转的性质，作出旋转图形是解题的关键．
23. 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864平方步，只知道它的长与宽之和为60步，问它的宽是多少步？书中记载了这个问题的几何解法：

①将四个完全相同面积为864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；
②中间小正方形的面积为____________平方步；
③若设矩形田地的宽为x步，则小正方形的面积可用含x的代数式表示为____________；
④由②③可得关于x方程____________，进而解得矩形田地的宽为24步．
【答案】①60；②144；③；④
【解析】
【分析】①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；
②先求得大正方形的面积，再减去四个矩形的面积即可求解；
③设矩形田地的宽为x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；
④由②③求得小正方形的面积相等即可得出方程．
【详解】解：①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60步，
∴正方形的边长为60步，
故答案为：60；
②∵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：144；
③设矩形田地的宽为x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：；
④由题意可得，，
故答案为：．
【点睛】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．
24. 在平面直角坐标系中，二次函数的图象经过点．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）根据题意可知当时，恒成立，因此只需要满足n不大于，当时，的值即可．
【小问1详解】
解：把代入中得：，
解得，
∴二次函数解析式为；
【小问2详解】
解：当时，则，
令，
∵函数开口向上，对称轴为直线，
∴当时，S随x增大而增大，
∵当时，对于的每一个值，函数的值小于二次函数的值，
∴当时，恒成立，
当时，，
∴．
【点睛】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．
25. 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y（单位：m）与水平距离x（单位：m）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．
（1）小刚第一次投掷时水平距离x与竖直高度y的几组数据如下：
（1）根据上述数据，实心球运行的竖直高度的最大值为____________m；
（2）①求小刚第一次的投掷距离；
②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”）．
【答案】（1）2.5 （2）①；②小
【解析】
【分析】（1）由表格中的数据即可求解；
（2）①用待定系数法求函数解析式，再令，求解即可；
②根据题意设第二次投掷时水平距离x与竖直高度y的函数关系式为，根据第二次投掷时，水平距离x与竖直高度y的抛物线开口比第一次大，可得，从而求得，即可得出结果．
【小问1详解】
解：由表格可得，实心球运行的竖直高度的最大值为，
故答案为：2.5；
【小问2详解】
解：①设小刚第一次投掷时水平距离x与竖直高度y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；
②∵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x与竖直高度y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x与竖直高度y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．
【点睛】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．
26. 已知二次函数．
（1）若，求该二次函数图象的对称轴及最小值；
（2）若对于任意的，都有，求b的取值范围．
【答案】（1）对称轴为，最小值为
（2）
【解析】
【分析】（1）把二次函数解析式转化为顶点式即可求解；
（2）根据二次函数的图象与性质可得对称轴，函数值的最小值，即可求解．
【小问1详解】
解：当时，，
∴，
∴对称轴为，
∴当时，函数值最小，最小值为；
【小问2详解】
解：∵，
∴抛物线的开口向上，
∵当，都有，
∴对称轴，即，
∴函数值的最小值，即，
解得或，
综上所述，．
【点睛】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．
27. 如图，在中，，点D在上，过点D作于点E，连接，将线段绕点E顺时针旋转，得到线段，连接．
（1）依题意补全图形；
（2）求证：；
（3）交于点G，用等式表示线段和的数量关系，并证明．
【答案】（1）作图见解析
（2）证明过程见解析 （3），证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）根据旋转的定义作图即可；
（2）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；
（3）由（2）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．
【小问1详解】
解：根据题意补全图形如下，
【小问2详解】
证明：∵，，
∴，
∵，
∴，，
由旋转的性质可得，，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：如图，由（2）可得，，
∴，
在中，，即，
∴，
∴，即，
在中，，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】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．
28. 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”．
（1）如图，已知点，点是点关于点的“转称点”．
①当时，在图中画出点的位置，并直接写出点的坐标；
②的长度是否与有关?若无关，求的长；若有关，说明理由；
（2）已知点是边长为2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A旋转的过程中，当最大时，直接写出此时的长．
【答案】（1）①；②的长度与无关，，理由见解析
（2），或
【解析】
【分析】（1）①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，；②的长度与t值无关，根据，，得到；
（2）连接，过点A作于点D，设点B关于点C对称点为，根据等边三角形定义得到，，根据三线合一得到，，根据含30°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N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．
【小问1详解】
①∵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，
∴，在平面直角坐标系中描出和Q；
②的长度与无关，理由：
由①知，，，
∴轴，，
∴的长与t的值无关；
【小问2详解】
连接，过点A作于点D，设点B关于点C对称点为，
∵是边长为2的等边三角形，
∴，，
∴，，
∴，
∵点是点关于点的“转称点”，
∴，点、N关于直线对称，
∴垂直平分，
∴，
当点N与点重合时，长最大，
此时，、、三线重合，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，或．
【点睛】本题主要考查了定义新概念，等边三角形，含的直角三角形，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，轴对称性质，等边三角形性质，含的直角三角形性质，勾股定理解直角三角形．观鸟记录年度总结
2020年：观测鸟类150种
2021年：观测鸟类
2022年：观测鸟类216种
x
0
1
2
3
y
3
0
0
3
水平距离
0
1
2
3
4
竖直高度
1.6
2.1
2.4
2.5
2.4