山西省朔州市怀仁市2023-2024学年九年级上学期期中数学试题（含答案解析）

这是一份山西省朔州市怀仁市2023-2024学年九年级上学期期中数学试题（含答案解析），共19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。

第Ⅰ卷 选择题（共30分）
一、选择题（本大题共10小题，每题3分，总共30分，在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）
1．为推动世界冰雪运动的发展，我国将于2022年举办北京冬奥会．在此之前进行了冬奥会会标的征集活动，以下是部分参选作品，其文字上方的图案既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．若三角形三边的长均能使代数式 的值为零，则此三角形的周长是（ ）
A．9或18B．12或15
C．9或15或18D．9或12或15
3．如图，为⊙的直径，点在圆上且在直径的两侧，若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
4．在同一平面直角坐标系中，函数y＝ax+a和y＝-ax2+2x+2（a是常数，且a≠0）的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
5．配方法是解一元二次方程的一种基本方法，其本质是将一元二次方程由一般式化为的形式，然后利用开方求一元二次方程的解的过程，这个过程体现的数学思想是（ ）
A．数形结合思想B．函数思想C．转化思想D．公理化思想
6．如图，在中，，将绕点逆时针旋转到的位置，使得，划的度数是（ ）

A．B．C．D．
7．将抛物线先向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度，所得到的抛物线解析式为( )
A．B．
C．D．
8．如图，，分别切于点A，B，点C在上，若四边形为菱形，则为（ ）

A．B．C．D．
9．在研究二次函数时，下面是某小组列出的部分和的对应值：
根据表格可知，下列说法中错误的是（ ）
A．该二次函数图象的对称轴是直线
B．关于的方程的解是，
C．的最大值是8
D．的值是
10．如图是某公园在一长，宽的矩形湖面上修建的等宽的人行观景曲桥，它的面积恰好为原矩形湖面面积的，求人行观景曲桥的宽．若设人行观景曲桥的宽为，则满足的方程为（ ）
A．B．
C．D．
第Ⅱ卷 非选择题（共90分）
二、填空题（每题3分共15分）
11．若关于x的方程有两个相等的实数根，则的值为 ．
12．若点三点在抛物线的图象上，则的大小关系是 （用“<”连接）．
13．如图，是的两条相交弦，，则的直径是 ．
14．如图，抛物线与直线的两个交点坐标分别为，，则不等式的解集是 ．
15．如图，某同学拿着含角的直角三角板绕点C逆时针旋转得到，连结，与AC相交于点O．已知，则OC的长为 ．
三、解答题（本大题共8个小题，共75分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16．解下列方程
(1);
(2)
17．在如图所示的直角坐标系中，每个小方格都是边长为1的正方形，△ABC的顶点均在格点上，点A的坐标是（﹣3，﹣1）．
（1）以O为中心作出△ABC的中心对称图形△A1B1C1，并写出点B1坐标；
（2）以格点P为旋转中心，将△ABC按顺时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，且使点A的对应点A′的恰好落在△A1B1C1的内部格点上（不含△A1B1C1的边上），写出点P的坐标，并画出旋转后的△A′B′C′．
18．阅读理解，并解决问题：
“整体思想”是中学数学中的一种重要思想，贯穿于中学数学的全过程，比如整体代入，整体换元，整体约减，整体求和，整体构造，…，有些问题若从局部求解，采取各个击破的方式，很难解决，而从全局着眼，整体思考，会使问题化繁为简，化难为易，复杂问题也能迎刃而解．
例：当代数式的值为7时，求代数式的值．
解：因为，所以．
所以．
以上方法是典型的整体代入法．
请根据阅读材料，解决下列问题：
（1）已知，求的值．
（2）我们知道方程的解是，现给出另一个方程，则它的解是 ．
19．如图，是的外接圆，是的直径，过O作于点E，延长至点D，连接，使．

(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长．
20．太原市某商场进价为100元的某品牌衣服，在销售期间发现，当销售单价定价为200元时，每天可卖出100件．临近2023年十一国庆，商家决定开启大促销活动，经过调研发现：当销售单价下降1元时，每天销售量增加4件．设该品牌衣服每件降价x元．
(1)求每天的销售量y（件）关于x（元）的函数关系式．
(2)在销售单价不低于150元的前提下，计算出该品牌衣服的销售单价定为多少元时，商场每天获利13600元．
21．掷实心球是兰州市高中阶段学校招生体育考试的选考项目．如图1是一名女生投掷实心球，实心求行进路线是一条抛物线，行进高度y（m）与水平距离x（m）之间的函数关系如图2所示，抛出时起点处高度为，当水平距离为3m时，实心球行进至最高点3m处．
(1)求y关于x的函数表达式；
(2)根据兰州市高中阶段学校招生体有考试评分标准（女生），投掷过程中，实心球从起点到落地点的水平距离大于等于6.70m，此项考试得分为满分10分．该女生在此项考试中是否得满分，请说明理由．
22．综合与实践
问题情境:在综合实践课上，李老师让同学们根据如下问题情境，写出两个数学结论:如图1,正方形的对角线交于点O，点O又是正方形的一个顶点（正方形 的边长足够长），将正方形绕点0做旋转实验，与交于点M，与交于点N.如图1“求实小组”写出的两个数学结论是：① ； ②.
问题解决:
（1）请你证明“求实小组”所写的两个结论的正确性.
类比探究:如图2
（2）解决完“求实小组”的两个问题后，老师让同学们继续探究，再提出新的问题﹔如图2，将正方形在图1的基础上旋转一定的角度，当与的延长线交于点M， 与的延长线交于点N，则“求实小组”所写的两个结论是否仍然成立?请说明理由.

23．综合与探究
如图，抛物线与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于点，点是第一象限内抛物线上的一个动点．

(1)请直接写出点A，B，C的坐标；
(2)是否存在这样的点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)若点是直线上一点，是否存在点，使得以点为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由．

含答案与解析
1．B
【分析】根据轴对称图形及中心对称图形的概念可直接进行排除选项．
【详解】解：A、文字上方的图案既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故不符合题意；
B、文字上方的图案既是轴对称图形也是中心对称图形，故符合题意；
C、文字上方的图案是轴对称图形但不是中心对称图形，故不符合题意；
D、文字上方的图案既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意；
故选B．
【点睛】本题主要考查轴对称图形及中心对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形及中心对称图形的概念是解题的关键．
2．C
【分析】用因式分解法可以得到方程的两个根分别是3和6，所以三角形的三边可以是：3，3，3或6，6，6或6，6，3．然后求出三角形的周长．
【详解】x2−9x+18=0
(x−3)(x−6)=0，
x−3=0或x−6=0.
∴x1=3,x2=6，
所以三角形三边的长可以是：3，3，3或6，6，3或6，6，6.
周长是9或15或18.
故选C.
【点睛】此题考查三角形三边关系，解一元二次方程-因式分解法，解题关键在于掌握运算法则.
3．C
【分析】连接，由圆周角定理即可求出的度数．
【详解】解：连接，

∵为的直径，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键．
4．B
【分析】根据和的一次函数图象与二次函数图象的特征分析即可．
【详解】解：当时，函数的图象经过一、二、三象限；函数的开口向下，对称轴在y轴的右侧；
当时，函数的图象经过二、三、四象限；函数的开口向上，对称轴在y轴的左侧，故B正确．
故选B．
【点睛】本题考查了一次函数与二次函数的图象综合，根据图象判断函数解析式中字母的取值，正确理解函数图象是解题的关键．
5．C
【分析】先把一般式化为，然后两边开方，把一元二次方程转化为一元一次方程，从而解一元一次方程得到一元二次方程的解．
【详解】解：利用配方法把一般式化为，再利用开方求一元二次方程的解的过程，这个过程体现的转化的数学思想．
故选：C．
【点睛】本题考查了解一元二次方程配方法：用配方法解一元二次方程的过程实际上把一元二次方程转化为一元一次方程的过程．
6．B
【分析】根据平行线的性质，结合旋转性质，由等腰三角形性质及三角形内角和定理求解即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴，
∵将绕点逆时针旋转到的位置，
∴，
∴，
∴，
，，
∴，即旋转角的度数是，
故选：B．
【点睛】本题考查旋转性质求角度，涉及平行线的性质、旋转性质、等腰三角形的判定与性质及三角形内角和定理，熟练掌握旋转性质，数形结合，是解决问题的关键．
7．D
【分析】根据函数图象平移规律，可得答案．
【详解】解：抛物线先向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度，所得到的抛物线解析式为，即，
故选：D．
【点睛】主要考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．
8．C
【分析】连接，根据菱形的性质得到，推出与是等边三角形，求得，根据切线的性质得到于是得到结论．
【详解】解：连接，

∵四边形为菱形，
∴，
∴与是等边三角形，
∴，
∴，
∵，分别切于点A，B，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了切线的性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
9．C
【分析】先求二次函数的解析式，然后逐项判断．
【详解】解：根据表格中数据可知抛物线过，，，
则，
解得，
二次函数，
抛物线对称轴为，故A正确，不合题意；
当时，，
解得，，故B正确，不合题意；
，
当时，有最大值，最大值为10，故C错误，符合题意；
当时，，
即，故D正确，不合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查二次函数的图象和性质，求出二次函数的解析式是求解本题的关键．
10．A
【分析】根据图中曲桥分布，列出方程即可
【详解】解：如图，
将曲桥移至同一水平上可得，
故选：A
【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用，正确列出方程是解题的关键．
11．9
【分析】由题意知，，解得，然后代入求值即可．
【详解】解：由题意知，，解得，
∴，
故答案为：9．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，代数式求值．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
12．
【分析】根据二次函数的性质，抛物线上的点离对称轴越远，函数值越大，进行判断即可．
【详解】解：∵，
∴，抛物线开口朝上，对称轴为：，
∴抛物线上的点离对称轴越远，函数值越大，
∵，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查二次函数的图象和性质．熟练掌握二次函数的性质，是解题的关键．
13．4
【分析】连接OB、OC，作OE⊥BC于E交于点F，由圆周角定理和已知得出∠A＝∠ACB＝60°，证出△ABC为等边三角形并推出BC＝AC＝2，由垂径定理得BE＝BC＝E及∠OBE＝30°，由直角三角形的性质得OB＝2OE，即可利用勾股定理得出结论．
【详解】解：连接OB、OC，作OE⊥BC于E交于点F，如图所示：
∵∠A＝∠CDB＝60°，∠ACB＝60°，
∴∠A＝∠ACB＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴BC＝AC＝2，
∵OE⊥BC，
∴，BE＝BC＝，
∴∠BOE＝∠BOE＝∠BOC，
∵∠CDB＝∠BOC＝60°，
∴∠BOE＝60°，
∴∠OBE＝30°，
∴OB＝2OE＝2，
由勾股定理得OB2＝OE2＋BE2，
即OB2－(OB)2＝3，
解得OB＝2，
∴⊙O的直径＝2OB＝4．
故答案为：4．
【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理、等边三角形的判定与性质以及直角三角形的性质等知识，熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键．
14．或
【分析】利用图象找到抛物线在直线上方时的的取值范围，即可得解．
【详解】解：∵，
∴；
由图可知：
当或时，抛物线在直线上方，即：；
∴不等式的解集是：或；
故答案为：或．
【点睛】本题考查利用图象的交点解决不等式的解集问题．解题的关键是：利用数形结合的思想确定图象的位置关系．
15．2
【分析】连接，由题意可得为等边三角形，，再根据，，得到垂直平分，即可解得．
【详解】如图，连接，
∵含角的直角三角板绕点C逆时针旋转得到，
∴，，
∴为等边三角形，
∴，
∵，，
∴垂直平分，
∴．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了图形的旋转，等边三角形的判定，线段垂直平分线的性质，熟练掌握各性质是解题的关键．
16．(1)
(2)
【分析】（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；
熟练掌握一元二次方程的解法并灵活选择是解题的关键．
【详解】（1）解：
方程整理得：，
配方得：，即，
开方得：，
解得：；
（2）解：
,
,
,
,
．
17．（1）点B1坐标为（2，4）；（2）点P的坐标为：（1，﹣2）.
【分析】(1) 根据平面直角坐标系可得初始三角形的每个点的坐标, 根据中心对称对称的性质可得对称后的每个点的坐标, 连接起来△A1B1C1，可写出B1坐标.
(2) 由A′的恰好落在△A1B1C1的内部格点上，可求得A′的坐标，由△ABC按顺时针方向旋转90°，可求得P点坐标，可画出旋转后的△A′B′C′．
【详解】解：（1）如图所示：
△A1B1C1，即为所求，点B1坐标为（2，4）；
（2）如图所示：点P的坐标为：（1，﹣2），
△A′B′C′即为所求．
【点睛】本题主要考查平面直角坐标系的有关概念、图形的旋转及性质以及图形的中心对称．
18．（1）2020；（2），
【分析】（1）先将所求代数式进行整理变形，再将已知式子的值代入求值即可得解；
（2）所解方程与已知方程形式一样，故可得或，再解一元一次方程即可得解．
【详解】解：（1）
∵
∴原式
∴ 的值为；
（2）∵方程的解是
∴方程则有：或
∴，
∴的解为：，．
【点睛】本题考查了整体思想在代数求值、解一元二次方程中的运用，“整体思想”是数学中的一种重要思想，有些问题局部求解各个击破，无法解决，而从全局着眼，整体思考，会使问题化繁为简，化难为易，思路清晰，演算简单，复杂问题迎刃而解．
19．(1)见解析
(2)4
【分析】（1）连接，证明即可．
（2）利用勾股定理，三角形面积公式计算即可．
【详解】（1）证明：连接，
∵，

∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线．
（2）解：∵，
∴，
∴
∵，
∴
∵，
∴．
【点睛】本题考查了切线的证明，勾股定理，垂径定理，三角形面积公式，熟练掌握切线的证明，勾股定理，垂径定理是解题的关键．
20．(1)
(2)每件衣服应降价15元，即销售单价为185元时，该品牌衣服的销售单价定185元时，商场每天利13600元；
【分析】（1）由题意即可得出结论；
（2）设每件衣服降价为x元，该品牌服装店每天的销售利润为13600元，由每件的销售利润×每天的销售数量=销售利润，列出一元二次方程，解方程即可．
【详解】（1）解：由题意知，当销售单价下降1元时，每天销售量增加4件，
∴；
（2）解：假设衣服每件降价x元，则销售量为件，
∴，
解得：或15
∵售单价不低于150元，
∴每件衣服应降价15元，即销售单价为185元时，该品牌衣服的销售单价定185元时，商场每天利13600元；
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
21．(1)y关于x的函数表达式为；
(2)该女生在此项考试中是得满分，理由见解析．
【分析】（1）根据题意设出y关于x的函数表达式，再用待定系数法求函数解析式即可；
（2）根据该同学此次投掷实心球的成绩就是实心球落地时的水平距离，令y=0，解方程即可求解．
【详解】（1）解∶∵当水平距离为3m时，实心球行进至最高点3m处，
∴设，
∵经过点(0， )，
∴
解得∶
∴，
∴y关于x的函数表达式为；
（2）解：该女生在此项考试中是得满分，理由如下∶
∵对于二次函数，当y=0时，有
∴，
解得∶， (舍去)，
∵>6.70，
∴该女生在此项考试中是得满分．
【点睛】本题考查二次函数的应用和一元二次方程的解法，利用待定系数法求出二次函数的解析是是解题的关键．
22．（1）见解析；（2）成立，见解析
【分析】（1）①利用正方形的性质判断出，即可得出结论；
②先得出，，再用勾股定理即可得出结论；
（2）同（1）的方法即可得出结论．
【详解】解：（1）① ∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴
∴.
②∵
∴
∴
∴
在中，根据勾股定理得，CM2+CN2=MN2
在中，根据勾股定理得，
∵
∴
∴
∴；
（2）①∵四边形是正方形，


，
又

；
②成立，
连接

，
在中，根据勾股定理得，
在中，根据勾股定理得，，



【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等式的性质，判断出是解本题是关键．
23．(1)
(2)
(3)存在，或或或
【分析】（1）令，求出值，令，求出的值，进而得到点A，B，C的坐标；
（2）根据，得到点的横纵坐标之间的数量关系，再跟点在抛物线上，进行求解即可；
（3）分，三种情况进行讨论及求解即可；
【详解】（1）解：∵，
当时，，当时，，解得：，
∴；
（2）解：设，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，解得：（负值已舍掉）；
∴；
（3）存在，设直线的解析式为：，
则：，解得：，
∴；
设，
∵，，
∴，，，
当时：，解得：；
∴或；
当时：，解得：（舍去）或，
∴；
当时：，解得：，
∴，
综上：或或或．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用．熟练掌握数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．
…
1
…
…
8
8
…