广东省广州六中教育集团2023-2024学年九年级上册期中数学试题（含解析）

这是一份广东省广州六中教育集团2023-2024学年九年级上册期中数学试题（含解析），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。
一、选择题（本题有10个小题，每小题3分，满分30分，每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的）
1．把一元二次方程化为一般形式后，它的常数项为（ ）
A．B．C．D．
2．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．等边三角形B．平行四边形C．正五边形D．菱形
3．抛物线与y轴的交点坐标为（ ）
A．B．C．D．
4．用配方法解方程，下列变形正确的是（ ）
A．B．C．D．
5．如图，中，，将绕点O顺时针旋转，得到，边与边交于点C（不在上），则的度数为（ ）
A．B．C．D．
6．将抛物线向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度，所得到的抛物线为（ ）.
A．；B．；
C．；D．.
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在平面直角坐标系中，△ABC顶点的横、纵坐标都是整数．若将△ABC以某点为旋转中心，顺时针旋转90°得到△DEF，其中A、B、C分别和D、E、F对应，则旋转中心的坐标是（ ）
A．（0，0）B．C．D．
9．已知一元二次方程的解是，，则一元二次方程的解是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
10．把抛物线在轴下方的图象沿轴翻折到轴上方，图象的其余部分不变，得到一个新函数图像（如图所示），有下列结论：①图像具有对称性，对称轴是直线；②当时，函数有最大值是；③当或时，函数值随值的增大而增大；④函数图像与直线有个交点，其中，正确结论的个数是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本题有6个小题，每小题3分，共18分．）
11．点关于原点对称的点的坐标为 ．
12．若是关于的一元二次方程的一个根，则的值是 ．
13．抛物线与轴的一个交点为，则另一个交点坐标为 ．
14．飞机着陆后滑行的距离（单位：）关于滑行时间（单位：）的函数解析式是．在飞机着陆滑行中，飞机从开始滑行到停止所需时间为 秒．
15．已知是一元二次方程的一个根，则的最小值为 ．
16．如图，中，，点在轴上，点坐标为，将绕点旋转，此时点的对应点的坐标是 ．
三、解答题（本大题有9小题，共72分，解答要求写出文字说明，证明过程或计算步骤．）
17．解一元二次方程．
18．如图，利用函数的图象，直接回答：

(1)方程的解是______；
(2)不等式的解集为______；
(3)不等式的解集为______．
19．如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是A（1，1），B（4，1），C（3，3）．
(1)请画出将绕原点O旋转180后得到的，并写出点B1的坐标；
(2)请画出将绕原点O顺时针旋转90后得到的，并写出点B2的坐标．
20．已知关于x的一元二次方程．
(1)求证：不论m取任何实数，该方程总有两个实数根；
(2)如果该方程有一个根小于0，求m的取值范围．
21．如图，在中，，将绕着点B顺时针旋转得到，点C，A的对应点分别为E，F，点E落在上，连接．

(1)若，求的度数；
(2)若，求的长．
22．某商家批发一种成本为元的水果，销售单价不高于元，销售一段时间后发现，每天的销售量与销售单价（元）满足的函数关系为．
(1)销售单价定为多少元时，每天获得的利润是元？
(2)销售单价定为多少元时，每天获得的利润最大，并求出最大利润．
23．已知关于的一元二次方程（为常数）．
(1)若方程的两根为菱形相邻两边长，求的值
(2)是否存在满足条件的常数，使该方程的两解等于边长为2的菱形的两对角线长，若存在，求的值；若不存在，说明理由．
24．在平面直角坐标系中，为原点，点，点，把绕点逆时针旋转，得，点，旋转后的对应点为，，记旋转角为．
(1)如图，若，连接，求的长度；
(2)如图，若，求的坐标并直线写出的坐标；
(3)在（）的条件下，边上的一点旋转后的对应点为，请直接写出的最小值和此时点的坐标．
25．如图，二次函数的图象与x轴交于点，顶点为．
(1)求顶点的坐标；
(2)点在第二象限的抛物线上，连接．设交轴于点，过点作轴，垂足为，连接，．求证：．
(3)若将线段向上平移个单位长度，再向右平移个单位长度，得到的线段与二次函数的图象只有一个交点，请直接写出常数的取值范围．
参考答案与解析
1．B
【分析】根据一元二次方程的一般式及定义，即可求解．
【详解】解：转化为一般式得，，
∴常数项为，
故选：．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用，掌握一元二次方程的定义和形式是解题的关键．
2．D
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形．故不符合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形．故不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形．故不符合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形．故符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3．A
【分析】抛物线与y轴的交点坐标特点是：横坐标为0，据此即可得到答案．
【详解】令，则
因此抛物线与y轴的交点坐标为，
故选：A．
【点睛】本题考查了求抛物线与坐标轴交点坐标，解题的关键是理解抛物线与y轴相交，横坐标为0．
4．C
【分析】根据配方法的求解步骤，求解即可．
【详解】解：，
移项可得：，
左右两边同时加上：，
则，
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解法---配方法，熟练掌握配方的步骤是解题的关键；配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
5．C
【分析】本题考查了旋转的性质，三角形外角的性质，由旋转的性质可得，再由三角形外角的性质可求解．
【详解】解：∵将绕点O顺时针旋转，得到，
∴，
∴，
故选：C．
6．B
【分析】根据抛物线图像的平移规律“左加右减，上加下减”即可确定平移后的抛物线解析式.
【详解】解：将抛物线向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度，得到的抛物线的解析式为，
故选B．
【点睛】本题考查了二次函数的平移规律，熟练掌握其平移规律是解题的关键.
7．A
【分析】根据方程判定，再根据等式的性质，方程两边同时除以，即可求解．
【详解】解：
当时，，方程不成立，
∴，
方程两边同时除以，
∴，
∴，
故选：．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的变形，等式的性质，分式的性质，掌握以上知识是解题的关键．
8．C
【分析】根据对应点连接线段的垂直平分线的交点即为旋转中心，作出旋转中心，可得结论；
【详解】如图，点Q即为所求，；
故选C．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形的旋转变化，准确分析判断是解题的关键．
9．B
【分析】运用换元法解一元二次方程的方法即可求解．
【详解】解：∵一元二次方程的解是，，
∴，令，
∴，则，，
∴或，
∴，，
故选：．
【点睛】本题主要考查换元法解一元二次方程的运用，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
10．C
【分析】根据二次函数图象的性质，图形折叠的性质即可求解．
【详解】解：抛物线，
∴对称轴为，
令，则，解得，，，即抛物线与的两个交点坐标为，
∴结论①图像具有对称性，对称轴是直线，正确；
结论②当时，函数有最大值是，
∵抛物线在轴下方的图象沿轴翻折到轴上方，
∴当时，存在；当时，存在，故结论②错误；
结论③当或时，函数值随值的增大而增大，正确；
结论④函数图像与直线有个交点，
∵抛物线与的两个交点坐标为，抛物线在轴下方的图象沿轴翻折到轴上方，
∴二次函数沿轴翻折部分的函数为，当时，，方程无解，即无交点，
当时，存在与直线有交点；当时，存在与直线有交点，
∴函数图像与直线有个交点，故正确；
综上所述，正确的有①③④，共个，
故选：．
【点睛】本题主要考查二次函数图象的性质，图形折叠的性质，掌握以上知识，图形结合分析是解题的关键．
11．
【分析】根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数求解即可．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平面直角坐标系中关于原点对称的点的坐标特征，解题的关键是掌握：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点O的对称点是．
12．
【分析】根据题意把代入，得到关于m的一元一次方程，解方程即可求出m的值．
【详解】解：把代入，可得，
解得：．
故答案为：．
【点睛】本题考查一元二次方程的解（根）的意义，以及解一元一次方程，注意掌握能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．又因为只含有一个未知数的方程的解也叫做这个方程的根，所以，一元二次方程的解也称为一元二次方程的根．
13．
【分析】根据题意，得出该抛物线的对称轴为直线，再根据二次函数的对称性即可解答．
【详解】解：根据题意可得：
该抛物线的对称轴为直线，
设另一个交点横坐标为，
∵抛物线与轴的一个交点为，
∴，
解得：，
∴另一个交点坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了二次函数的对称轴，解题的关键是掌握二次函数图象的对称轴为直线．
14．
【分析】将函数解析式是化为顶点式进行分析，即可求解．
【详解】解：∵，
∴当时，滑行的距离，此时飞机滑行停止，
∴飞机从开始滑行到停止所需时间为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查二次函数的顶点式，理解并掌握二次函数化为顶点式的方法，及顶点式的含义是解题的关键．
15．
【分析】将一元二次方程变形，用含的式子表示的值，再将带入方程，表示出的值，最后运用配方法即可求解．
【详解】解：一元二次方程，
∴，
∵是一元二次方程的一个根，
∴，
∴，
∴当时，有最小值，最小值为，
∴的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的运用，配方法求最值的方法，掌握以上知识是解题的关键．
16．或##或
【分析】本题主要考查平面直角坐标系中图形的变换，等腰直角三角形的性质，含角的直角三角形的性质．根据题意可得是等腰直角三角形，，根据旋转的性质，分类讨论，①如图所述，将绕点逆时针旋转得；②如图所述，将绕点顺时针旋转得；根据含角的直角三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵，点在轴上，点坐标为，
∴，
∴是等腰直角三角形，，
∴，
①如图所述，将绕点逆时针旋转得，过点作轴于点，
∴，
在中，，
∴，，，
∴；
②如图所述，将绕点顺时针旋转得，过点作轴于点，
∴，
在中，
∴，，
∴；
综上所述，对应点的坐标是或，
故答案为：或．
17．
【分析】方程移项后，利用完全平方公式配方，开方即可求出解．
【详解】解：方程移项得：，
配方得：，
即，
开方，得：，或，
解得：.
【点睛】此题考查了解一元二次方程−配方法，熟练掌握配方法是解题的关键．
18．(1)，
(2)
(3)或
【分析】（1）根据图象即可求解；
（2）根据图象即可求解；
（3）根据题意，令，可求出一次函数与二次函数的交点，根据图示即可求解．
【详解】（1）解：根据题意，当或时，，
∴方程的解是，，
故答案为：，．
（2）解：根据图示可得，当时，，
故答案为：．
（3）解：令，当，解得，，，即二次函数与直线的交点坐标为，，作图如下，

∴当时，；当时，；
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查二次函数与一次函数图象的综合，掌握二次函数图象的性质，二次函数与一次函数交点的计算方法是解题的关键．
19．(1)；
(2)．
【分析】作出中心对称图形，写出对应点的坐标；
作出旋转后的图形，写出对应点的坐标．
【详解】（1）如图所示，即为所求，
点的坐标为；
（2）如图所示，即为所求，
点的坐标为
【点睛】本题考查旋转，解题时注意旋转方向和旋转角度．
20．(1)见解析
(2)
【分析】（1）判断一元二次方程根的情况，算出根的判别式，即可得出结论；
（2）对方程进行求解，再根据方程有一个根小于0，进行计算即可．
【详解】（1）解：依题意，得：，
不论m取任何实数，该方程总有两个实数根；
（2）解：，
整理得：，
解得，，
方程有一个根小于0，
【点睛】本题考查了一元二次方程根的情况与解方程，熟练运用根的判别式是解题的关键．
21．(1)
(2)
【分析】（1）先求出，再根据旋转的性质可得，然后根据等腰三角形的性质求解即可得；
（2）先利用勾股定理可得，再根据旋转的性质可得，，从而可得，然后在中，利用勾股定理求解即可得．
【详解】（1）解：∵在中，，，
，
∵将绕着点顺时针旋转得到，
，
．
（2）解：∵在中，，，
，
∵将绕着点顺时针旋转得到，
，
，
在中，．
【点睛】本题考查了旋转的性质、勾股定理、等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题关键．
22．(1)销售单价定为元时，每天获得的利润是元
(2)销售单价定为元时，每天获得的利润最大，最大利润为元
【分析】（1）根据题意，每千克的利润为元，销售量为，由此列式求解即可；
（2）设每天的利润为，根据题目数量关系列式，并根据二次函数图像的性质即可求解．
【详解】（1）解：根据题意，可得，整理得，，
∴，
∴，，
∵销售单价不高于元，
∴，
∴销售单价定为元时，每天获得的利润是元．
（2）解：设每天的利润为，
∴，
∵，
∴，
∴当时，，
∵销售单价不高于元，
∴当时，，
∴销售单价定为元时，每天获得的利润最大，最大利润为元．
【点睛】本题主要一元二次方程，二次函数图象的性质的综合，理解题目数量关系，掌握解一元二次方程，二次函数图象的性质是解题的关键．
23．(1)
(2)不存在，见解析
【分析】（1）根据菱形的性质知四边相等，方程的两根为菱形相邻两边长，得，求出k；
（2）根与系数的关系求出两根之和、两根之积，根据菱形的两对角线互相垂直平分，由勾股定理列等式，求出k．
【详解】（1）解：∵方程的两根为菱形相邻两边长，
∴此方程有两个相等的实数根，
∴，
∴，
则，
那么，
得，
即；
（2）解：不存在，理由如下：
∵该方程的两解是菱形的两对角线长，设菱形的两对角线长，．
∴，，
∵菱形的两对角线互相垂直平分，
∴由勾股定理得，，
则，
即，
∴，
那么，
得，
解得，
∵，
∴．
∴，
∵，
∴不存在满足条件的常数．
【点睛】此题主要考查了根与系数的关系、菱形的判定与性质，掌握根的判别式、菱形的性质、勾股定理的综合应用，第二问求出k时，一定注意这个知识点．
24．(1)
(2)点 ，；
(3)的最小值为 ，此时点的坐标为．
【分析】（）先根据点和点的坐标求出、的长，然后用勾股定理求出的长，根据旋转的意义判定是等边三角形即可求出结果；
（）过点作轴于点，过点作轴于点，过点作轴于点，判定四边形是矩形；
（）作点关于轴的对称点，连接交于点，连接，则的值最小，由旋转可知，，则有的值最小，再求出直线的解析式即可求解．
【详解】（1）解：∵点，，
∴，，
在中，由勾股定理得：
，
∵，，
∴是等边三角形，
∴；
（2）如图1，过点 作轴于点，过点作轴于点，过点作 轴于点，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵点，点，
∴，，
∵，
∴，，，
∴，，，
∴，，，，
∴，，，
∴点 ，；
（3）如图，作点关于轴的对称点，连接交于点，连接，
则的值最小，
由旋转可知，，
∴的值最小，
∵点，
∴点 ，
设直线的解析式为，
把点 ，分别代入，得：
，
解得：。
∴直线的解析式为，
令，
得：，
解得：，
∴点，，
即的最小值为 ，此时点的坐标为．
【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，轴对称的性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质等知识点，深入理解题意是解题的关键．
25．(1)
(2)见解析
(3)或或．
【分析】（1）将代入得，求得抛物线的解析式，化为顶点式，即可求解；
（2）过点作轴，过点作于点，设与轴交于点， 与轴交于点，设，则，，证明，求得，进而可得的正切相等，即，即可得证；
（3）分为和两种情形，抛物线的顶点坐标为，当时，顶点在也符合题意，从而求得结果．
【详解】（1）解：将代入得，
，
解得：，
∴，
∴；
（2）解：如图所示，过点作轴，过点作于点，设与轴交于点， 与轴交于点

设，则，，
∵，则，
∵，
则，，
∵
∴
∴即，
解得：，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：∵，，将线段向上平移个单位长度，再向右平移个单位长度，
对应的点的坐标为，
当时，抛物线，
∴抛物线的顶点坐标为，
∴，
∴，
当时，，
即，
当时，顶点的纵坐标为时，则，解得：，也符合题意，
综上所述，或或．
【点睛】本题考查了二次函数图像与轴的交点与一元二次方程的关系，正切的定义，分类讨论等知识，解决问题的关键是正确的进行分类讨论．