北京市第七中学2023-2024学年九年级上册期中数学试题（含解析）

这是一份北京市第七中学2023-2024学年九年级上册期中数学试题（含解析），共26页。试卷主要包含了填空题，解答题解答应写出文字说明等内容，欢迎下载使用。
1．下列ApBp图标中，既不是中心对称图形也不是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．抛物线的顶点坐标是（ ）．
A．B．C．D．
3．如图，线段AB是⊙O的直径，弦CD丄AB，∠CAB＝20°，则∠BOD等于（ ）
A．20°B．40°C．80°D．70°
4．已知函数的图象上有，，三点，则的大小关系（ ）
A． B． C． D．
5．已知二次函数（m为常数）的图象与x轴的一个交点为，则关于x的一元二次方程的两个实数根是（ ）
A．B．C．D．
6．已知一次函数和二次函数部分自变量和对应的函数值如表：
当y2＞y1时，自变量x的取值范围是
A．-1＜x＜2B．4＜x＜5C．x＜-1或x＞5D．x＜-1或x＞4
7．⊙O的半径为5，弦AB＝8，则圆上到弦AB所在的直线距离为2的点个数（ ）
A．1B．2C．3D．4
8．下面的三个问题中都有两个变量：
①将一根长为的铁丝刚好围成一个矩形，矩形的面积y与矩形一条边长x；
②赵老师匀速从家走到学校所走的路程y和行走时间x；
③中秋节后，某超市月饼卖不出去，决定促销，月饼成本价为10元/kg，原价为30元/kg，此时日销量为10kg，当月饼单价每降价1元，每天可以多卖出10kg，月饼利润y与降价x；其中，变量y与变量x之间的函数关系可以用如图所示的图像表示的（ ）
A．①B．①③C．②③D．①②③
二、填空题（本题共16分，每小题2分）
9．把抛物线向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的解析式为 ．
10．请写出一个常数c的值，使得关于x的方程有两个不相等的实数根，则c的值可以是 ．
11．如图，分别与相切于点A，B，连接，若，，则的半径等于 ．

12．如图，抛物线与直线相交于点，，则关于的不等式的解集为 ．
13．如图，点A、B、C在⊙O上，∠C＝45°，半径OB的长为3，则AB的长为 ．
14．如图，将绕点A顺时针旋转得到，若，，则∠C的度数为 ．
15．我国古代数学著作《增删算法统宗》记载“圆中方形”问题：“今有圆田一段，中间有个方池．丈量田地待耕犁，恰好三分在记，池面至周有数，每边三步无疑．内方圆径若能知，堪作算中第一．”其大意为：有一块圆形的田，中间有一块正方形水池，测量出除水池外圆内可耕地的面积恰好36平方步，从水池边到圆周，每边相距3步远．如果你能求出正方形边长和圆的直径，那么你的计算水平就是第一了．如图，设正方形的边长是x步，则列出的方程是 ．
16．在平面直角坐标系中，点A的坐标为．P是第一象限内任意一点，连接，．若，，则我们把叫做点P的“双角坐标”．
（1）点的“双角坐标”为 ；
（2）若点P到x轴的距离为1，则的最小值为 ．
三、解答题（共68分，第17题6分，第18题4分，第19题4分，第20题5分，第21-24题6分，第25题5分，第26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：
(1)；
(2)．
18．已知二次函数的图像经过，，三点，求这个函数的表达式．
19．下面是小石设计的“过三角形一个顶点作其对边的平行线”的尺规作图过程．
已知：如图，．
求作：直线BD，使得．
作法：如图，
①分别作线段AC，BC的垂直平分线，，两直线交于点O；
②以点O为圆心，OA长为半径作圆；
③以点A为圆心，BC长为半径作弧，交于点D；
④作直线BD．所以直线BD就是所求作的直线．
根据小石设计的尺规作图过程，
（1）使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹）
（2）完成下面的证明．
证明：连接AD，
∵点A，B，C，D在上，，
∴______．
∴（______）（填推理的依据）．
∴．
20．如图，在中，是直径，是弦，且于点E，，求的半径．
21．已知关于的一元二次方程．
（1）求证：方程总有两个实数根；
（2）若，且此方程的两个实数根的差为3，求的值．
22．已知二次函数的解析式是．
(1)与y轴的交点坐标是_______，顶点坐标是_______．
(2)在坐标系中利用描点法画出此抛物线：
(3)结合图象回答：当时，函数值y的取值范围是_______．
23．如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标为，，，将绕原点逆时针旋转，得到，将右平移6个单位，再向上平移2个单位得到．

(1)画出和；
(2)经旋转后点A的对应点分别为，经平移后点A的对应点为，是的边上一点，经旋转、平移后点P的对应点为，请写出点，，，的坐标；
(3)若直接旋转得到，则旋转点M的坐标是______．
24．如图，点C在以为直径的上，平分交于点D，交于点E，过点D作交的延长线于点F．
(1)求证：直线是的切线；
(2)若，，求的长．
25．一个滑雪者从山坡滑下，如果不计其他因素，经测量得到滑行距离y（单位：米）与滑行时间x（单位：秒）的数据（如下表）：
请解决以下问题：
(1)如下图，在平面直角坐标系xOy中，根据表中数值描点，请你用平滑曲线连接描出的这些点；
(2)当滑雪者滑行3秒时，滑行距离是________米；
(3)下面三个推断：
①曲线上每一个点都代表x的值与y的值的一种对应
②自变量x的取值范围是
③滑行最远距离是2134.4米
所有推断正确的序号是___________
26．已知关于x的二次函数．
(1)求该抛物线的对称轴（用含t的式子表示）；
(2)若点，在抛物线上，则m_________n；（填“＞”，“＜”或“=”）
(3)，是抛物线上的任意两个点，若对于且，都有，求t的取值范围．
27．如图，在等边中，D，E分别是边上的点，且，点C与点F关于对称，连接交于G．
(1)连接，则之间的数量关系是_______；
(2)若，求的大小；（用α的式子表示）
(3)用等式表示线段和之间的数量关系，并证明．
28．在平面直角坐标系中，已知圆和图形，将图形关于直线对称得到图形，为上任意一点，为圆上任意一点，将的最大值称为图形关于的“对称长度”．
(1)若圆半径为；
①在，，这三个点中，______关于直线的“对称长度”为；
②已知直线：，点，，，，，，则在线段，，中，关于的“对称长度”为的是______；
(2)圆半径为，已知点，，，，，，点在点的左侧，直线从开始，绕点顺时针旋转到，在旋转过程中，求正方形关于的“对称长度”的取值范围．
参考答案与解析
1．B
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．此题考查了轴对称图形和中心对称图形，将一个图形沿着某条直线翻折，直线两侧能完全重合的图形叫轴对称图形；将一个图形绕一点旋转180度后能与自身完全重合的图形叫中心对称图形，掌握轴对称图形和中心对称图形的概念是解题关键．
【详解】解：A.该图形是轴对称图形，不符合题意；
B.该图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，符合题意；
C.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D.该图形是中心对称图形，不符合题意；
故选：B．
2．D
【分析】本题考查了二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在二次函数中，顶点坐标为．
【详解】，
顶点坐标为，
故选：D．
3．B
【分析】由线段AB是⊙O的直径，弦CD丄AB，根据垂径定理的即可求得：，然后由圆周角定理，即可求得答案．
【详解】解：∵线段AB是⊙O的直径，弦CD丄AB，
∴，
∴∠BOD＝2∠CAB＝2×20°＝40°．
故选B．
【点睛】本题主要考查的是圆周角定理，解决本题的关键是要熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等．
4．B
【分析】先找到对称轴和开口方向，根据点到对称轴的距离比较函数值的大小即可．
【详解】解：函数的对称轴为直线，开口向下，距离对称轴越近，函数值越大，
点A到对称轴的距离为，
点B到对称轴的距离为，
点C到对称轴的距离为，
∵，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查二次函数的性质，当开口向上时，距离对称轴越近，函数值越小；当开口向下时，距离对称轴越近，函数值越大．
5．B
【分析】根据抛物线与x轴交点和一元二次方程根的关系进行解答．
【详解】∵二次函数（m为常数）的图象与x轴的一个交点为，
∴关于x的一元二次方程的一个根是，
∵二次函数（m为常数）的图象的对称轴为，
∴关于x的一元二次方程的两个根为，，
故选：B．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点，解题关键是掌握二次函数解析式与一元二次方程的关系．
6．D
【分析】利用表中数据得到直线与抛物线的交点为（-1，0）和（4，5），-1＜x＜4时，y1＞y2，从而得到当y2＞y1时，自变量x的取值范围．
【详解】∵当x=－1时，y1=y2=0；当x=4时，y1=y2=5；
∴直线与抛物线的交点为（-1，0）和（4，5），
而-1＜x＜4时，y1＞y2，
∴当y2＞y1时，自变量x的取值范围是x＜-1或x＞4．
故选D．
【点睛】本题考查了二次函数与不等式：对于二次函数y=ax2+bx+c（a、b、c是常数，a≠0）与不等式的关系，利用两个函数图象在直角坐标系中的上下位置关系求自变量的取值范围，可作图利用交点直观求解，也可把两个函数解析式列成不等式求解．
7．C
【分析】作圆的直径CE⊥AB于点D，连接OA，根据勾股定理求出OE的长，求得C、E到弦AB所在的直线距离，与2比较大小，即可判断．
【详解】解：作圆的直径CE⊥AB于点D，连接OA，
∵AB＝8，
∴AD＝4．
∵OA＝5，
∴OD＝＝3，
∴，即C到弦AB所在的直线距离为2，
∵DE＝5+3＝8＞2，
∴在优弧AEB上到弦AB所在的直线距离为2的点有2个，即圆上到弦AB所在的直线距离为2的点有3个．
故选：C．
【点睛】本题考查垂径定理和勾股定理，转化为C、E到弦AB所在的直线距离，与2比较大小是解题的关键．
8．A
【分析】①将一根长为的铁丝刚好围成一个矩形，求出矩形的面积与矩形一条边长之间的函数关系式即可得出答案；②赵老师爬香山时，路程一定，则所花的时间和平均速度成反比，不是二次函数，即可得出答案；③求出月饼利润与降价之间的函数关系式，即可得出答案．本题主要考查了求函数关系式，二次函数图象，根据题意求出相应的函数解析式，是解题的关键．
【详解】解：①矩形一条边长为x，则另外一条边长为，则矩形的面积为：，
∴矩形的面积y是矩形一条边长为x的二次函数，且二次函数的开口向下，抛物线过原点O，因此变量与变量之间的函数关系可以用图示的图像表示，
故①符合题意；
②赵老师匀速从家走到学校所走的路程y和行走时间x，设速度为m，则
∴y是x的一次函数，不是二次函数，因此变量与变量之间的函数关系不可以用图示的图像表示，
故②不符合题意；
③根据题意，得，不过原点，
③不符合题意；综上分析可知，变量与变量之间的函数关系可以用图示的图像表示的是①，故A正确．
故选：A．
9．##
【分析】本题考查了二次函数的平移，熟练掌握左加右减，上加下减，是解题的关键．
【详解】根据题意，得，
故答案为：．
10．0，（答案不唯一，即可）．
【分析】利用一元二次方程根的判别式求出c的取值范围即可得到答案．
【详解】解：因为方程有两个不相等的实数根，
所以
解得
故答案为：0，（答案不唯一，即可）
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式；熟知一元二次方程根的判别式是解题的关键．
11．2
【分析】此题考查了切线的性质以及等边三角形的判定与性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．由、分别与相切于点、，，易得是等边三角形，则可求得的长，继而求得答案．
【详解】解：、分别与相切于点、，
，，
，
是等边三角形，
，
，
．
故的半径长为为2，
故答案为：2
12．
【分析】根据、两点的横坐标和函数的图象得出不等式的解集即可．
【详解】抛物线与直线相交于点，，
关于的不等式的解集为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数与不等式，二次函数的图象和性质等知识点，能根据交点的坐标得出不等式的解集是解此题的关键．
13．
【分析】首先根据圆周角定理求出∠AOB的度数，然后解直角三角形求出AB的长．
【详解】根据题意可知，
，
∠AOB=2∠ACB=，
又知OA=OB=3，

故答案为: ．
【点睛】本题考查圆周角定理以及勾股定理，熟练掌握同弧所对圆周角是圆心角的一半是解题的关键.
14．30度##
【分析】先根据旋转的性质求得，再运用三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：将绕点A顺时针旋转得到，，
，
，
．
故答案为：30°．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、三角形内角和定理等知识点，灵活运用旋转的性质是解答本题的关键．
15．
【分析】本题考查了圆的面积，正方形的面积，种地的面积等于圆的面积减去正方形的面积，而圆的半径为，代入公式计算即可．
【详解】解：根据题意，得，
故答案为：．
16．
【分析】本题考查了圆的基本性质，等腰直角三角形的性质，反证法，熟练掌握定义，灵活运用所学知识是解题的关键．
(1)设点，过点P作轴于点B，根据定义计算，，解答即可．
(2)以为直径作圆，与直线切于点P，此时，反证法，证明其最大，，关键三角形内角和定理，从而确定的最小值．
【详解】(1)如图，设点，过点P作轴于点B，

∵，点，
∴，
∴，，
∴，
故答案为：．
(2)以为直径作圆C，与直线：切于点P，连接，
则，，
∵，
∴，
∴，
∴，
同理可证，，
∴，
设是最大角，
连接，与圆C交于点S，连接，
则，
∵，
∴
矛盾，假设不成立，
故最大，
∵，
∴
故的最小值是．
故答案为：．
17．(1)
(2)
【分析】本题考查了因式分解法和公式法求解方程的根，选择适当解方程的方法是解题的关键．
(1) 利用因式分解法法求解即可．
(2) 利用公式法求解即可．
【详解】（1）∵，
∴，
解得．
（2）∵，
∴，
解得．
18．
【分析】本题考查了抛物线解析式计算，设抛物线解析式为，代入坐标，解方程组即可．
【详解】设抛物线解析式为，
把，，分别代入解析式，得
，
解得，
故抛物线的解析式为．
19．（1）作图见解析；（2）在同圆中，等弧所对的圆周角相等
【分析】（1）根据题干的作图步骤依次作图即可；
（2）由作图可得，证明，利用圆周角定理可得，从而可得答案.
【详解】解：（1）如图，直线BD就是所求作的直线
（2）证明：连接AD，
∵点A，B，C，D在上，，
∴．
∴（在同圆中，等弧所对的圆周角相等）．
∴．
故答案为：在同圆中，等弧所对的圆周角相等
【点睛】本题考查的是作线段的垂直平分线，三角形的外接圆，平行线的作图，圆周角定理的应用，掌握“圆周角定理”是理解作图的关键.
20．10
【分析】本题主要考查了垂径定理，如图：连接,由垂径定理可得,,然后运用勾股定理解答即可；熟练掌握垂径定理及推论是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，
∵是直径，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得：，
即⊙O的半径为10．
21．（1）见解析；（2）
【分析】（1）证明一元二次方程的判别式大于等于零即可；
（2）用m表示出方程的两个根，比较大小后，作差计算即可．
【详解】（1）证明：∵一元二次方程，
∴
==．
∵，
∴．
∴ 该方程总有两个实数根．
（2）解：∵一元二次方程，
解方程，得，．
∵ ，
∴ ．
∵该方程的两个实数根的差为3，
∴ ．
∴．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，方程的解法，熟练掌握判别式，并灵活运用实数的非负性是解题的关键．
22．(1)；；
(2)见解析
(3)
【分析】（1）令，求出y的值即可求出与y轴的交点坐标；把二次函数解析式化为顶点式即可求出顶点坐标；
（2）先列表，然后描点，最后连线即可；
（3）根据（2）所画函数图象求解即可．
【详解】（1）解：令，则，
∴二次函数与y轴的交点坐标为；
∵二次函数解析式为，
∴二次函数的顶点坐标为，
故答案为：；；
（2）令，则有，
解得或，
∴二次函数与x轴的交点坐标为；
列表如下：
函数图象如下所示：
（3）当时，，当时，，
由函数图象可知，
当时，函数值的取值范围是；
故答案为：
【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，画二次函数图象，求二次函数的函数值的取值范围，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)，，，
(3)
【分析】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平移变换．
(1)根据旋转性质，起始点的横坐标，纵坐标互换位置后，结合点的位置，确定符号即可，根据右加上加，计算即可，后画出图形即可．
(2)根据旋转，平移的规律计算即可．
(3)设，根据旋转的全等性质，列出方程组计算即可．
【详解】（1）∵，，，旋转后三角形位于第三象限，横坐标，纵坐标都是负的，
∴，，，
根据右加上加，得，，，画图如下：

则和即为所求．
（2）根据题意，得，，，．
（3）设，
∵，，，，，
∴
解得，
故点，
故绕点逆时针旋转得到．
24．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了切线的判定，圆的性质，特殊角的三角函数，熟练掌握切线的判定，特殊角的三角函数值是解题的关键．
(1)连接，证明即可．
(2)在中，根据，得到，，利用平行线性质得到，在，利用三角函数计算即可．
【详解】（1）解：连接，
∵平分交于点D，为直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴直线是的切线．
（2）解：如上图，在中，
∵，，为直径，，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
25．(1)见解析
(2)
(3)①③
【分析】（1）用一条平滑的曲线将各点依次连接即可；
（2）根据表格中的信息可得出答案；
（3）根据表格中的数据进行分析即可．
【详解】（1）解：如图所示．
（2）解：根据表格可知，当滑行者滑行秒时，滑行距离是米；
（3）解：①曲线上每一个点都代表的值与的值的一种对应，推断正确；
②自变量的取值范围是，推断错误；
③滑行最远距离是米，推断正确．
综上，所有推断正确的序号是①③．
【点睛】本题考查了描点法作函数图象，用表格表示变量之间的关系，解决本题的关键是从表格中获取必要的信息．
26．(1)x=t
(2)＜
(3)t≤1
【分析】（1）根据对称轴的表达式直接求解即可；
（2）利用抛物线的对称性和增减性进行判断即可；
（3）根据二次函数的增减性进行判断解答即可．
【详解】（1）解：二次函数的对称轴为：
（2）解：∵，
∴时y随x的增大而减小，，y随x的增大而增大
根据抛物线的对称性可知：M点关于对称轴对称的点为：，
∵
∴
故答案为：
（3）解：若对于且，都有，
∴点P在Q点的左侧，且对称轴在P，Q中间
∴对称轴一定在水平距离上距离更远或相等
∴≥t（距离相等时，x2更远时>t）
∴>t且≥t
∴3>t且1≥t
∴t≤1．
【点睛】本题考查二次函数的图象和性质，熟记二次函数对称轴的表达式，以及二次函数的增减性是解题的关键．
27．(1)见解析
(2)
(3)．理由见解析
【分析】（1）如图：连接，先证明是等边三角形，再根据轴对称的性质即可解答；
（2）先证明F，E，C在以D为圆心，为半径的圆上，再利用圆周角定理即可解答；
（3）结论：．如图：连接，延长交于点H，先证明是等边三角形，再证明，然后运用相关性质和等量代换即可解答．
【详解】（1）解：如图：连接，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵点C与点F关于对称，
∴，
∴．
故答案为：．
（2）解：∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵点C与点F关于对称，
∴，
∴，
∵，
∴F，E，C在以D为圆心，为半径的圆上，
∴．
（3）解：结论：．理由如下：
如图：连接，延长交于点H，
∵是等边三角形，
∴，
∵点C与点F关于对称，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
由（2）知，
∴，
∴，
四边形中，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
在与中，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质、轴对称变换、圆周角定理等知识点，正确添加常用辅助线、构造全等三角形解决问题是解题的关键．
28．(1)①；②
(2)
【分析】（1）①根据题意，分别作关于的对称点，，进而根据题意可得点到圆上的距离的最大值为，即可求解；
②同①的方法，分别作出线段，，关于的对称图形，观察图形，找到关于的“对称长度”为的线段，即可求解．
（2）根据题意，得出正方形关于的对称图形的轨迹，进而根据一点到圆上的距离的最值方法，即可求解．
【详解】（1）解：①如图所示，分别作关于的对称点，，观察图形可得，到的最大距离为，符合题意，即关于直线的“对称长度”为；
故答案为：．
②如图所示，观察图形可得关于的对称图形，到的最大距离为，即，
故答案为：．
（2）解：如图所示，点在点的左侧，直线从开始，绕点顺时针旋转到，在旋转过程中，正方形关于的对称点所在轨迹如图所示，
∵，
∴的解析式为
当关于的对称点为时，此时正方形关于的“对称长度”取得最小值，
∵，设，则，即①
，
∴②
由①②得（舍去）或，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了坐标与图形，轴对称的性质，勾股定理，解一元二次方程，平面上一点到圆上的距离，中点坐标公式，熟练掌握以上知识，理解新定义是解题的关键．
x
…
-1
0
2
4
5
…
y1
…
0
1
3
5
6
…
y2
…
0
-1
0
5
9
…
x
…
…
y
…
…
滑行时间x（秒）
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
…
58
滑行距离y（米）
0
1.2
2.6
4.4
6.4
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