福建省龙岩市长汀县2023届九年级上学期期中考试数学试卷(解析版)

2022-2023学年福建省龙岩市长汀县九年级（上）期中数学试卷一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）剪纸文化是中国最古老的民间艺术之一，下列剪纸图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是(    )A. B. C. D. 若两个数的和为，积为，则以这两个数为根的一元二次方程是(    )A. B. C. D. 在平面直角坐标系中，将二次函数的图象向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度，所得函数的解析式为(    )A. B. C. D. 在平面直角坐标系中，将绕原点旋转，得到的对应点的坐标(    )A. B. C. D. 关于二次函数，下列说法正确的是(    )A. 函数图象的开口向下 B. 函数图象的顶点坐标是C. 该函数有最大值，最大值是 D. 当时，随的增大而增大如图，在中，，，以点为旋转中心把按顺时针旋转度，得到，点恰好落在上，连接，则的度数为(    )A. B. C. D. 已知关于的一元二次方程有两个不等实数根，则实数的取值范围是(    )A. B. C. D. 且南宋数学家杨辉在田亩比类乘除捷法中记录了一个问题：“直田积八百六十四步，只云长阔共六十步，问长多阔几何？”大意是：矩形面积是平方步，其中长与宽之和为步，问长比宽多多少步．若设长为步，则可列方程为(    )A. B. C. D. 用总长为米的材料做成如图的矩形窗框，设窗框的宽为米，窗框的面积为米，关于的函数图象如图，则的值是(    )A. B. C. D. 不能确定函数的图象是由函数的图象轴上方部分不变，下方部分沿轴向上翻折而成，如图所示，则下列结论正确的是(    )；；；将图象向上平移个单位后与直线有个交点．A. B. C. D. 二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）方程的解是______．抛物线的顶点坐标是______．关于的一元二次方程的一个根为，则另一根为______．如图，将绕点按逆时针方向旋转后得到，若，则的度数是______．如图，直角三角形中，，，将绕点顺时针旋转，得到，点在上，延长交于点，若，则的长为______．当与时，代数式的值相等，则当时，代数式的值为______．三、计算题（本大题共1小题，共8.0分）解方程：．四、解答题（本大题共8小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）本小题分已知关于的一元二次方程．求证：方程总有两个不相等的实数根；若方程的两个实数根分别为，，且，求的值．本小题分如图，与关于点成中心对称，点、在线段上，且．求证：，．本小题分如图，在中，，，是边上一点点与，不重合，连接，将线段绕点按逆时针方向旋转得到线段，连接．根据题意将图形补充完整；要求尺规作图，保留作图痕迹，不写作法求证：．本小题分在中，，，，绕点顺时针旋转，旋转角为，点、的对应点分别是，．如图，当点恰好落在边上时，旋转角的度数是______；如图，当点，，三点恰好在同一直线上时，判断此时直线与的位置关系，并说明理由．本小题分如图，四边形是证明勾股定理时用到的一个图形，，，是和边长，易知，这时我们把关于的形如的一元二次方程称为“勾系一元二次方程”，比如是“勾系一元二次方程”请解决下列问题：试判断方程 ______“勾系一元二次方程”填“是”或“不是”；若是“勾系一元二次方程”的一个根，且四边形的周长是，求面积．本小题分为响应吴兴区“千里助力，精准扶贫”活动，某销售平台为青川农户销售农产品，平台销售农产品的总运营成本为元千克，在销售过程中要保证农户的售价不低于元千克，且不超过元千克．如图记录了某三周的销售数据，经调查分析发现，每周的农产品销售量千克与售价元千克为正整数近似满足如图规律的函数关系．试写出与符合的函数表达式．若要确保农产品一周的销售量不少于千克，问：当农产品售价定为多少时，青川农户可获得最大利润？最大利润为多少？本小题分如图，已知在中，，、是边上的点，将绕点旋转，得到，连接．当，时，求证：；当时，与有怎样的数量关系？请写出，并说明理由．在的结论下，当，与满足怎样的数量关系时，是等腰直角三角形？直接写出结论，不必证明本小题分如图，在平面直角坐标系中，经过点的直线与轴交于点经过原点的抛物线交直线于点，，抛物线的顶点为．求抛物线的表达式；是线段上一点，是抛物线上一点，当轴且时，求点的坐标；是抛物线上一动点，是平面直角坐标系内一点，是否存在以点，，，为顶点，且为边的四边形是矩形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．答案和解析1.【答案】 解析：解：此图不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；B.此图不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；C.此图是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；D.此图既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；故选：．根据中心对称图形和轴对称图形的概念，即可得出正确选项．本题考查了中心对称图形和轴对称图形的概念，熟练掌握概念是本题的关键．2.【答案】 解析：解：若两个数的和为，积为，则以这两个数为根的一元二次方程是，故选：．以，为根的一元二次方程是，根据这个公式直接代入即可得到所求方程．本题考查了一元二次方程的应用，熟记以，为根的一元二次方程为是解题的关键．3.【答案】 解析：解：将二次函数的图象向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度，得到的抛物线的解析式是，即．故选：．根据图象的平移规律，可得答案．主要考查了函数图象的平移，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．4.【答案】 解析：解：在平面直角坐标系中，将点绕原点旋转，得到的对应点的坐标是，故选：．根据中心对称的性质即可解决问题．本题考查坐标与图形变化旋转，解题的关键是掌握中心对称的性质，属于中考常考题型．5.【答案】 解析：解：中，的系数为，，函数图象开口向上，A错误；函数图象的顶点坐标是，B错误；函数图象开口向上，有最小值为，C错误；函数图象的对称轴为，时，随的增大而减小；时，随的增大而增大，D正确．故选：．通过分析二次函数顶点式判断函数图象开口方向、顶点坐标、最值以及单调性即可求解．本题考查了二次函数图象的基本知识和性质，熟练掌握二次函数图象的性质是解题的关键．6.【答案】 解析：解：，，，以点为旋转中心把按顺时针旋转度，得到，，，且，，，，，．故选：．在中，可求得和，在中由旋转的性质可求得的大小，从而可求得，在中可求得，从而可求得．本题主要考查旋转的性质和等腰三角形的性质，利用旋转的性质和等腰三角形的两底角相等求得和是解题的关键．7.【答案】 解析：解：根据题意得，解得．故选：．利用判别式的意义得到，然后解不等式即可．本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与有如下关系，当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根．上面的结论反过来也成立．8.【答案】 解析：解：根据题意，得，故选：．设长为步，则宽为步，根据矩形面积是平方步，列一元二次方程即可．本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，根据题意建立等量关系是解题的关键．9.【答案】 解析：解：由图象可知，当时，有最大值，最大值为，当米，窗框的最大面积是平方米，根据矩形面积计算公式，另一边为米，材料总长米．故选：．因为时，面积取得最大，为，根据图形是矩形，由面积公式易得另一边为米，从而得出的值．本题考查了二次函数的应用．从图象中获取相关信息解决问题是学习函数的基本功，体现了数形结合的思想方法．10.【答案】 解析：解：图象经过，，抛物线的对称轴为直线，，，即，正确．由图象可得抛物线与轴交点在轴下方，，错误．由抛物线的开口向上可得，，，正确．设抛物线的解析式为，代入得：，解得：，，顶点坐标为，点向上平移个单位后的坐标为，将图象向上平移个单位后与直线有个交点，故正确；故选：．根据函数图象与轴交点的横坐标求出对称轴为，进而可得，由图象可得抛物线与轴交点在轴下方，由抛物线的开口方向，对称轴位置和抛物线与轴交点位置可得的符号，求出二次函数的顶点式，可得图象向上平移个单位后与直线有个交点本题考查了二次函数的图象和性质，掌握二次函数的对称轴公式，顶点坐标的求法是解题的关键．11.【答案】， 解析：解：，，或，，；故答案为：，．利用因式分解法求解即可．本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．12.【答案】 解析：解：抛物线，该抛物线的顶点坐标为，故答案为：．根据抛物线的顶点式，可以直接写出该抛物线的顶点坐标．本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是由顶点式可以写出顶点坐标．13.【答案】 解析：解：设方程的另外一个根为，根据题意，得：，解得，方程的另外一根为，故答案为：．设方程的另外一个根为，根据可得关于的方程，解之可得答案．此题主要考查了根与系数的关系，一元二次方程的根与系数的关系为：，．14.【答案】 解析：解：绕点按逆时针方向旋转后得到，．，．故答案为：．根据旋转的性质可知，旋转角等于，从而可以得到的度数，由可以得到的度数．本题考查旋转的性质，解题的关键明确旋转角是什么，对应边旋转前后的夹角是旋转角．15.【答案】 解析：解：把含的直角三角板绕点顺时针旋转得到，，，， ，，，，，，，，，，，故答案为：．根据旋转的性质得到，，根据含度角的直角三角形的性质得到，根据勾股定理得到，，即可求解．本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．16.【答案】 解析：解：由可知抛物线对称轴为直线，当与时，代数式的值相等，当或时，二次函数的函数值相等，以、为横坐标的点关于直线对称，则，，，，当时，代数式．故答案为：．先找出二次函数的对称轴为，进而求得，再把代入代数式即可．本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，主要利用了二次函数的对称性和对称轴公式，是基础题，熟记性质和得出是解题的关键．17.【答案】解：原方程左边因式分解，得， 或，   ，   ． 解析：本题考查了解一元二次方程因式分解法，能把一元二次方程转化成一元一次方程是解此题的关键．先分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可，也可用其它方法解方程．18.【答案】证明：，，， ，方程总有两个不相等的实数根；解：由题意得：，解得：，，，，的值为． 解析：利用根的判别式，进行计算即可解答；利用根与系数的关系和已知可得，求出，的值，再根据，进行计算即可解答．本题考查了根与系数的关系，根的判别式，熟练掌握根的判别式，以及根与系数的关系是解题的关键．19.【答案】证明：连接、， 与关于点成中心对称，，．，．四边形是平行四边形，，． 解析：根据中心对称的性质可得，，证明四边形是平行四边形，可得，．此题主要考查了中心对称以及平行四边形的判定和性质，关键是掌握关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分．20.【答案】解：根据题意作图如下： 证明：将线段绕点按逆时针方向旋转得到线段，，，，，，，在和中，，≌，，，，． 解析：连接，在右边作，再在射线上截取，连接；由旋转的性质可得，，由“”可证≌，可得，，可得结论本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．21.【答案】 解析：解：旋转后与全等，，，，，是等边三角形，，又，．故答案为：．结论：．理由：如图所示：延长交于点． 由旋转的性质可知：，，，即旋转角，，，，，，．由旋转的性质得到，，故此可证明三角形为等边三角形，于是得到，故此可证明，最后依据平行线的判断定理可得到与的位置关系；延长交于点由旋转的性质可知：，依据等腰三角形的性质可求得，然后依据三角形的内角和定理可得到，接下来，在中证明，可得到与的关系．本题是几何变换综合题，解答本题主要应用了旋转的性质、等边三角形的性质与判断，正确作出辅助线是解题的关键．22.【答案】是 解析：解：方程中，，，，，方程是勾系一元二次方程．故答案为：是；当时，有，即，，即，，，，，，，，．根据方程的系数的特点加以判断即可；当时，有，即，由，即，推出，推出，，由，可得，由此即可解决问题．本题考查一元二次方程的解，勾股定理、完全平方公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．23.【答案】解：由图可知，值增加，值减小，故与之间符合一次函数关系，设和的函数表达式为：，则，解得，和的函数表达式为：；设这一周该商场销售这种商品的利润为元，农产品的销售量不少于千克，，解得，，而，，抛物线的对称轴为直线，在对称轴左侧，随的增大而增大，当时，有最大值为元，答：当农产品售价定为元千克时，青川农户可获得最大利润，最大利润为元． 解析：由图观察可得与之间符合一次函数关系，用待定系数法即可求出与之间的函数关系式；设这一周该商场销售这种商品的利润为元，根据题意得二次函数的解析式，然后根据二次函数的性质即可得到结论．本题考查了一次函数和二次函数在实际问题中的应用，明确二次函数的相关性质及正确列出函数关系式，是解题的关键．24.【答案】证明：绕点旋转得到，，，，，    ，，在和中，，≌，；解：．理由如下：在和中，，≌，，，；解：，，，，是等腰直角三角形，，由，绕点旋转得到，，． 解析：根据旋转的性质可得，，然后求出，从而得到，再利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等证明即可；根据旋转的性质可得，再利用“边边边”证明和全等，然后根据全等三角形对应角相等求出，然后求出，从而得解；求出，然后根据等腰直角三角形斜边等于直角边的倍可得，再根据旋转的性质解答即可．本题考查了几何变换的综合题，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，熟记旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小找出三角形全等的条件是解题的关键．25.【答案】解：抛物线过点和，，解得：，抛物线的解析式为：；直线经过点和，直线的解析式为：，轴，设，，其中， 当在点的上方时，，解得：，舍，，当在点下方时，，解得：，，，，综上，满足条件的点的坐标有三个或或；存在，如图，若是矩形的边， 设抛物线的对称轴与直线交于点，且，过点，分别作直线的垂线交抛物线于点，，，，，同理得：，，，，点与点重合，当，时，四边形是矩形，向右平移个单位，向上平移个单位得到，向右平移个单位，向上平移个单位得到，此时直线的解析式为：，直线与平行且过点，直线的解析式为：，点是直线与抛物线的交点，，解得：，舍，，当时，四边形是矩形，向左平移个单位，向上平移个单位得到，向左平移个单位，向上平移个单位得到；如图，若是矩形的对角线， 设 当时，过点作轴于，过点作于，，，∽，，，点不与点，重合，或，，，如图，满足条件的点有两个，即，， 当，时，四边形是矩形，向左平移个单位，向下平移个单位得到，向左平移个单位，向下平移个单位得到，当，时，四边形是矩形，向右平移个单位，向上平移个单位得到，向右平移个单位，向上平移个单位得到；综上，点的坐标为或或或 解析：将点、的坐标分别代入抛物线解析式，解方程即可；设直线的解析式为，利用待定系数法求出解析式，再表示出，然后根据解方程可得答案；分为边和对角线两种情况进行讨论：根据平移的性质，三角形相似的性质和判定，两点的距离公式可得结论．本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，平移的性质等知识，正确画图，并运用分类讨论的思想是解本题的关键．