福建省莆田市城厢区霞林学校2023-2024学年九年级上册期中数学试题（含解析）

这是一份福建省莆田市城厢区霞林学校2023-2024学年九年级上册期中数学试题（含解析），共21页。试卷主要包含了下列方程为一元二次方程的是，抛物线的顶点坐标是，关于抛物线说法正确的是，下列说法正确的是，已知等内容，欢迎下载使用。

1．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．下列方程为一元二次方程的是（ ）
A．B．C．D．
3．抛物线的顶点坐标是( )
A．B．C．D．
4．如图，在中，，，将绕点A顺时针旋转后，得到，且在边上，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
5．关于抛物线说法正确的是（ ）
A．顶点坐标为B．当时，y随x的增大而减小
C．当时，y有最大值D．抛物线的对称轴为直线
6．下列说法正确的是（ ）
A．等弧所对的弦相等B．相等的弦所对的弧相等
C．相等的圆心角所对的弧相等D．相等的圆心角所对的弦相等
7．在“双减政策”的推动下，我区某中学学生每天书面作业时长明显减少，2022年上学期每天书面作业平均时长为，经过2022年下学期和2023年上学期两次调整后，2023年上学期平均每天书面作业时长为．设该校这两学期平均每天作业时长每期的下降率为，则可列方程为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知：若二次函数的部分图象如图所示，则关于的一元二次方程的一个解，另一个解为（ ）

A．B．C．D．
9．如图，为的直径，弦于点，若，则的半径为（ ）．

A．2B．3C．5D．8
10．若点与分别是两个函数图象与上的任一点．当时，有成立，则称这两个函数在上是“相邻函数”．例如，点与分别是两个函数与图象上的任一点，当时，，它在上，成立，因此这两个函数在上是“相邻函数”．若函数与在上是“相邻函数”，求a的取值范围（ ）
A．B．C．D．
二．填空题（共6小题，每小题4分，共24分）
11．若是一元二次方程的一个根，则 ．
12．如果点与点B关于原点对称，那么点B的坐标是 ．
13．如果将抛物线向左平移2个单位，再向上平移4个单位，那么平移后的抛物线解析式是 ．
14．如图，是圆O的直径，C是弧的中点，若，则的度数 ．

15．如图，直线y＝kx＋h和抛物线交于、两点，则关于x的不等式的解集是 ．
16．如图，是的直径，点，点是半圆上两点，连结相交于点，连结． 已知于点，；下列结论：①；②若点为的中点，则；③若，则；④；其中正确的是 ．
三．解答题（共9小题，总分86分）
17．解方程：
18．如图，A、B、C、D是上的四点，．求证：．

19．已知二次函数的图象顶点为，且过点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)试判断点是否在此函数图象上．
20．如图，正方形网格中，每个小方格都是边长为1的正方形的三个顶点都在格点上，结合所给的平面直角坐标系解答下列问题
(1)的面积为 ；
(2)以坐标原点为对称中心，画出与成中心对称的图形．并写出坐标.
21．关于的一元二次方程有两个不相等的实数根．
(1)求的取值范围；
(2)若此方程的两根分别为，，且，求的值．
22．某服装店以每件元的价格购进一批恤，物价部门规定某销售单价不得低于成本．经试销发现，在每件元的基础上涨价，则每月销售量(件)与每件涨价(元)符合一次函数关系，如图所示．

(1)求与之间的函数关系式，并直接写出自变量的取值范围；
(2)当涨价多少元时，该服装店一个月内销售这种恤获得的利润最大？最大利润是多少元？
23．综合实践：
24．如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过、两点，且与轴交于另一点（点在点右侧）．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点是线段上一动点，过点的直线平行轴交轴于点，交抛物线于点，求面积的最大值及此时点的坐标；
(3)在（2）的条件下：当的面积取得最大值时，在轴上是否存在这样的点，使得以点，，为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出所有点的坐标；若不存在，请说明理由．
25．定义：有且仅有一组对角相等的凸四边形叫做“准平行四边形”，例如：凸四边形ABCD中，若∠A＝∠C，∠B≠∠D，则称四边形ABCD为准平行四边形．
(1)如图（1）A、P、B、C是⊙O上的四个点，∠APC＝∠CPB＝60°，延长BP到Q，使AQ＝AP．已知∠QAC≠∠QBC，求证：四边形AQBC是准平行四边形；
(2)如图（2），准平行四边形ABCD内接于⊙O，AB≠AD，BC＝DC，若⊙O的半径为5，AB＝6，求四边形ABCD的面积；
(3)如图（3），在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝2，若四边形ABCD是准平行四边形，且∠BCD≠∠BAD，求BD长的最大值．
参考答案与解析
1．D
【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解答本题的关键．根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项分析即可．
【详解】解：A．该图是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
B．该图是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
C．该图不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意；
D．该图既是轴对称图形，又是中心对称图形，故符合题意；
故选D．
2．D
【分析】根据一元二次方程的定义逐个判断即可．
【详解】解：A．方程是二元一次方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
B．方程是一元一次方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
C．方程是分式方程，不是整式方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
D．方程是一元二次方程，故本选项符合题意；
故选：D
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，熟记一元二次方程的定义是解题的关键．
3．A
【分析】根据顶点式的顶点坐标为求解即可．
【详解】解：抛物线的顶点坐标是，
故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数顶点式的顶点坐标为，掌握顶点式求顶点坐标是解题的关键．
4．B
【分析】由旋转的性质可得：，，然后由等腰三角形的性质，求得的度数，继而求得答案．
【详解】解：根据题意得：，，
，
，
．
故选B
【点睛】此题考查了旋转的性质以及等腰三角形的性质．此题难度不大，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意掌握数形结合思想的应用．
5．D
【分析】根据抛物线，可判断出顶点坐标和对称轴以及y 的最大值，再根据抛物线的图像可知其增减性
【详解】解：，
顶点坐标为，故A错误；
对称轴为直线，故D正确；
抛物线，开口向下，对称轴为，
当时，y随x的增大而增大，故B错误；
顶点坐标为，
当时，y有最大值为0，故C错误；
故选：D
【点睛】本题考查的是二次函数的图象和性质，熟练掌握对称轴及顶点坐标的求法是解题的关键．
6．A
【分析】根据在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等,即可解答．
【详解】解：A、等弧所对的弦一定相等；故原说法正确；
B、在同圆和等圆中，相等的弦所对的弧相等，故原说法错误；
C、在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故原说法错误；
D、在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等．故原说法错误；
故选：A．
【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系．此题比较简单，注意掌握定理的条件（在同圆或等圆中）是解此题的关键．
7．C
【分析】利用2023年上学期平均每天书面作业时长年上学期每天书面作业平均时长该校这两学期平均每天作业时长每期的下降率，即可列出关于x的一元二次方程，此题得解．
【详解】解：设根据题意得：．
故选：C．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
8．C
【分析】根据二次函数的对称性求解即可得到答案；
【详解】解：由图像可得，
，，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查二次函数的性质，解题的关键是根据图像得到对称轴，结合二次函数的对称性求解．
9．C
【分析】本题考查垂径定理，勾股定理；添加辅助线构建直角三角形是解题的关键．连接，根据垂径定理得，在中，利用勾股定理得．
【详解】解：连接，
∵为的直径，，
∴，
在中，，
∴，即．
解得，．
故选C．

10．B
【分析】由函数与在上是“相邻函数”，构造函数，根据抛物线的位置不同，令其最大值、最小值，解关于的不等式组即可得出结论．
【详解】函数与在上是“相邻函数”，
构造函数，在上．
根据抛物线对称轴的位置不同，来考虑：
①当，即时（图，
，解得：，
此时无解；
②当，即时（图，
，解得：，
；
③当，即时（图，
，解得：，
此时无解；
④当，即时（图，
，解得：，
此时无解．
综上可知：若函数与在上是“相邻函数”，则的取值范围为．
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数的性质以及二次函数的性质，解题的关键是按抛物线的对称轴不同结合“相邻函数”的定义找出关于的不等式组．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据二次函数的性质按对称轴的位置不同来分段讨论．
11．
【分析】把代入方程中，得到关于m的一元一次方程，解之即可求得m的值．
【详解】解：∵是一元二次方程的一个根，
∴，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的概念，掌握此概念是关键．
12．
【分析】根据关于原点对称的两点的横坐标与纵坐标都互为相反数求解即可．
【详解】解：∵点与点B关于原点对称，
∴点B的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查坐标系中点的坐标的规律，熟练掌握关于原点对称的两点的横坐标与纵坐标都互为相反数是解题的关键．
13．
【分析】根据平移规律“左加右减，上加下减”写出抛物线的解析式即可．
【详解】解：依题意，得
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查的了二次函数图象与几何变换，利用顶点坐标的平移确定函数图象的平移可以使求解更简便，平移规律“左加右减，上加下减”．
14．##40度
【分析】根据弧、弦、圆心角的关系可得，从而得到，即可求解．
【详解】解：∵C是弧的中点，
∴弧弧，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了弧、弦、圆心角的关系，熟练掌握弧、弦、圆心角的关系是解题的关键．
15．
【分析】根据图象直线在抛物线上方的部分即可得出答案．
【详解】解：由知，
即图象上直线在抛物线上方的部分，
由图象可知x的取值范围，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查二次函数与不等式的关系，关键是要会把数和形有机结合．
16．①②③
【分析】由垂径定理，圆周角定理的推论得出，由是的直径，进而根据等角的余角相等进而判断①；点为的中点，得出，进而证明全等三角形的判定和性质，得出，进而根据三角形中位线定理得出，等量代换得出即可判断②，连接，根据垂径定理得出，根据得出，则，得出为等边三角形，由，即可得出继而判断③；勾股定理得出，当时，，即可判断④．
【详解】解：①∵，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴
故①正确，符合题意；
②∵点为的中点，
∴，
∵为直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故②正确，符合题意；
③连接，
∵
∴
∵，
∴
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∵，
∴，
故③正确，符合题意；
④∵，
∴，
当时，，
故④错误，不符合题意；
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理的推论，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，关键是掌握并熟练应用以上知识点．
17．，．
【分析】根据因式分解法求解一元二次方程即可得．
【详解】解：，
，
∴或，
∴，．
【点睛】题目主要考查运用因式分解法解一元二次方程，熟练掌握因式分解法是解题关键．
18．见解析
【分析】根据，得出，求出，即可证明结论．
【详解】证明：∵，
∴，
∴，
即，
∴．
【点睛】本题主要考查了弧、弦、圆心角之间的关系，解题的关键是熟练掌握三个量关系定理．
19．(1)
(2)点不在此函数图象上，理由见解析
【分析】（1）设该拋物线的解析式为，把点A代入，根据待定系数法即可求得；
（2）把代入解析式，算一下y的值是否为，即可得出答案．
【详解】（1）∵二次函数的图象顶点为，
∴设该拋物线的解析式为，
将点代入中，得，
该抛物线的解析式为，
即；
（2）当时，
，
点不在此函数图象上．
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质等知识，能熟练地运用待定系数法求二次函数的解析式是解此题的关键．
20．(1)
(2)见解析，的坐标为
【分析】（1）利用割补法求三角形的面积即可；
（2）利用中心对称的性质作图即可．
【详解】（1）的面积为．
故答案为：．
（2）如图，即为所求．
的坐标为
【点睛】本题考查作图-中心对称，熟练掌握中心对称的性质是解答本题的关键．
21．(1)
(2)
【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围；
（2）根据根与系数的关系可得出，，结合，可得出关于m的一元二次方程，解之取其小于的值即可得出结论．
【详解】（1）解：∵关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，
，
解得：，
（2）解：，是一元二次方程的两个实数根，
，，
，即，
整理得：，
解得：，．
又，
．
【点睛】本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，解题的关键是：（1）牢记“当时，方程有两个不相等实数根”；（2）根据根与系数的关系，找出关于m的一元二次方程．
22．(1)与之间的函数关系式为，自变量的取值范围是；
(2)当涨价元时，该服装店一个月内销售这种恤获得的利润最大，最大利润是元．
【分析】（1）设与的函数关系式用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）根据利润售价进价销售量列出函数解析式，然后由函数的性质求最值．
【详解】（1）解：设与之间的函数关系式为
则，
解得，
与之间的函数关系式为，
，
，
自变量的取值范围是；
（2）设服装店一个月内销售这种恤获得的利润为元，
根据题意得：
，
，
当时，有最大值，最大值为，
当涨价元时，该服装店一个月内销售这种恤获得的利润最大，最大利润是元．
【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数和二次函数的应用，解答时求出函数的解析式是关键．
23．（1）①直观猜想：我认为：四种方案小路面积的大小相等；②，；③，；（2）小路的宽为
【分析】本题考查列代数式，一元二次方程的实际应用．
（1）①通过平移的性质，猜想即可；②直接利用两条小路的面积之和减去重叠的小正方形的面积求出甲方案中的面积，根据平移的性质，用大长方形的面积减去平移后得到的长方形的面积计算乙方案中的面积；③同法②，列出代数式即可；
（2）设小路的宽为，根据题意，列出方程进行求解即可；
正确的识图，找准等量关系，列出代数式和一元二次方程是解题的关键．
【详解】解：（1）①直观猜想：我认为：四种方案小路面积的大小相等，
故答案为：四种方案小路面积的大小相等；
②甲：；
乙：，
故答案为：，；
③甲：，
乙：，
故答案为：，；
（2）设小路的宽为，则，
解得：或（不合题意，舍去），
答：小路的宽为．
24．(1)答案见详解
(2)答案见详解
(3)答案见详解
【分析】（1）由抛物线经过、两点得二次函数解析式；
（2）设点的横坐标为，用含的代数式表示点、点的坐标及线段的长，再根据二次函数的性质求出线段的最大值及点的坐标；
（3）在轴上存在点，使以点、、为顶点的三角形是等腰三角形．由（3）得，，由勾股定理求出，由等腰的腰长为或求出的长即可得到点的坐标．
【详解】（1）解：抛物线经过点，，
，
解得，
抛物线的解析式为．
（2）解：当时，由，得，，
；
设直线的解析式为，
则，解得，
；
设，，则，
，
当时，，
面积的最大值
∵点M在直线上，
∴当时，，
∴．
故面积的最大值，点
（3）解：存在．如图，
由（2）得，当最大时，当的面积取得最大值时，则，，
；
，
．
点、、、在轴上，
当点与原点重合时，则，
；
当时，则，
；
当点与点重合时，则，
∴；
当时，则，
．
综上所述，存在以点M、点B、点P为顶点的三角形是等腰三角形，点P的坐标为或或或．
【点睛】此题重点考查二次函数的图象与性质、等腰三角形的判定、用待定系数法求函数解析式、求抛物线的顶点坐标以及勾股定理、二次根式的化简等知识和方法，解最后一题时要注意分类讨论，求出所有符合条件的点的坐标．
25．(1)证明见解析
(2)49
(3)2+2
【分析】（1）根据题意，利用等边三角形的判定定理可得是等边三角形，可得，由，可证四边形AQBC是准平行四边形；
（2）连接BD，由准平行四边形的性质可得，，得出BD是直径，利用勾股定理可得，，结合图形，四边形ABCD的面积为与的面积和，求解即可得；
（3）根据题意作，然后作的外接圆⊙O，过点O作OE⊥AC于E，OF⊥BC延长线于F，利用三角形内角和定理及锐角三角函数解三角形可得，，根据四边形ABCD是准平行四边形，得出，由等边对等角及三线合一性质可得，，利用锐角三角函数可得，，由矩形的判定可得四边形CFOE是矩形，，利用勾股定理得出，结合图形可得：当点D在BO的延长线时，BD的长有最大值，求解即可得．
【详解】（1）证明：∵，
∴，，
∵四边形APBC是圆的内接四边形，
∴，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
又∵，
∴四边形AQBC是准平行四边形；
（2）如图所示：连接BD，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴，，
∵AC不是直径，
∴，
∵四边形ABCD是准平行四边形，
∴，，
∴，
∴BD是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵四边形ABCD的面积为：
，
；
，
，
∴四边形ABCD的面积为49；
（3）如图所示：根据题意作，然后作的外接圆⊙O，过点O作OE⊥AC于E，OF⊥BC交BC延长线于F，
∵，，，
∴，，
∵四边形ABCD是准平行四边形，且，
∴，
∴，且，，
∴，，
∴，，
∴，
∵，，，
∴四边形CFOE是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∵当点D在BO的延长线时，BD的长有最大值，
∴BD长的最大值为：．
【点睛】题目主要考查圆内接四边形的性质，等边三角形的判定和性质，直径所对的圆周角为直角，利用勾股定理，锐角三角函数解三角形，等腰三角形的性质，矩形的判定和性质等，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
主题
“晋中市第六届运动会主题”草坪设计
情境
为了迎晋中市第六届运动会，同学们参与一块长为米，宽为米的矩形“市运主题”草坪方案设计，以下为小组对草坪设计的研究过程．
活动任务一
请设计两条相同宽度的小路连接矩形草坪两组对边．小组内同学们设计的方案主要有甲、乙、丙、丁四种典型的方案

驱动问题一
（1）小组设计出来的四种方案小路面积的大小关系？
①直观猜想：我认为 ；（请用简洁的语言或代数式表达你的猜想）
②具体验证：选择最简单的甲、乙方案，假设小路宽为1米，则甲、乙方案中小路的面积分别为 和 ；
③一般验证：若小路宽为米，则甲、乙方案中小路所占的面积分别为 和 ．
活动任务二
为施工方便，学校选择甲方案设计，并要求除小路后草坪面积约为1064平方米．
驱动问题二
（2）请计算两条小路的宽度是多少？