江西省宜春市丰城市江西省丰城中学2023-2024学年九年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版）

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一．选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
1. 在直角坐标系中，将抛物线先向下平移1个单位长度，再向左平移2个单位长度，所得新抛物线的解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知“左加右减，上加下减”的法则是解题的关键．
【详解】解：抛物先向下平移1个单位长度，再向左平移2个单位长度，所得新抛物线的解析式为：．
故选：C．
2. 用配方法解一元二次方程时，此方程可变形为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了配方法解一元二次方程．解题的关键在于熟练掌握配方法解一元二次方程．先将常数项移到等号右边，然后方程两边同时加上一次项系数一半的平方，最后整理成完全平方式即可．
【详解】解：，
∴，
∴，
∴．
故选：A．
3. 如图，将绕点P顺时针旋转得到，则点P的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查旋转中心的确定，掌握两组对应点连成的线段的垂直平分线的交点就是旋转中心是解题的关键．分别找到两组对应点A与，C与，然后作线段的垂直平分线，它们的交点即为所求．
【详解】解：如图，
由图可知，点；
故选B．
4. 已知二次函数的图象在轴的下方，则，，满足的条件是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的图像与性质，解题的关键是掌握二次函数的图像与性质，根据二次函数的图像在轴的下方，可得抛物线开口向下，与轴无交点，即可判断．
【详解】解：二次函教的图象在轴的下方，
抛物线开口向下，与轴无交点，
即，，
故选：C．
5. 在直角坐标系中，点的坐标为，那么点关于原点对称的点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了关于原点对称的点坐标的特征．熟练掌握关于原点对称的点坐标的横、纵坐标均互为相反数是解题的关键．
根据关于原点对称的点坐标的横、纵坐标均互为相反数求解作答即可．
【详解】解：由题意知，点关于原点对称的点的坐标是，
故选：A．
6. 关于x的一元二次方程一个实数根为2024，则方程一定有实数根（ ）
A. 2024B. C. －2024D.
【答案】D
【解析】
【分析】此题考查了一元二次方程的解．根据一元二次方程根的定义：将代入方程中，再两边同时除以，可得结论．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程一个实数根为2024，
∴，
∴，
∴，
∴是方程一定有实数根．
故选：D
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
7. 已知实数m，n分别是一元二次方程的两个根，则的值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了一元二次方程根与系数关系和一元二次方程根的的定义，根据实数m，n分别是一元二次方程的两个根得到，整体代入即可得到答案．
【详解】解：∵实数m，n分别是一元二次方程的两个根，
∴，
∴
∴
故答案为：
8. 如图，在平面直角坐标系中，矩形的两边，分别在x轴和y轴上，并且，，若把矩形绕着点O逆时针旋转，使点A恰好落在边上的点处，则点的坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了矩形的性质、旋转的性质以及勾股定理等知识，由旋转的性质得，由勾股定理求出，即可得出的坐标为
【详解】解：由旋转性质得：，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴的坐标为，
故答案为：．
9. 已知点，都在函数的图象上，则与大小关系是__________（填＞，＜或＝）．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查比较二次函数的函数值大小，根据二次函数的增减性，进行判断即可．
【详解】解：∵，
∴当时，随的增大而减小，
∵，
∴；
故答案为：．
10. 如图，已知抛物线与直线交于两点，则关于x的不等式的解集是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次函数与不等式的关系，旨在考查学生的数形结合能力．确定抛物线与直线的交点坐标是解题关键．
【详解】解：由图象可知，当时，抛物线位于直线上方，
∴不等式的解集是：，
故答案为：
11. 如图，在中，，，将绕点A顺时针旋转，得到，连接，则的长为 __________________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，垂直平分线的判定和性质，解题的关键是掌握直角三角形两直角边平方和等于斜边平方，旋转前后对应边相等．
连接，根据勾股定理得出，，通过证明是等边三角形，得出，则为垂直平分线，进而得出，则，最后根据，即可解答．
【详解】解：连接，
∵，，
∴，，
由旋转的性质得到：，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴为垂直平分线，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
12. 对于一元二次方程，下列说法：
若方程有一根，则；若，则；若方程的两个根是，，那么方程的两个根为，；若是方程的一个根，则一定有成立．其中正确的有______个．（填个数）
【答案】3
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的解，根的判别式，分别根据一元二次方程的解，根的判别式判断即可．
【详解】解：①若方程有一根，则，即，故①正确；
②若，则可知方程有一个根为，
则，故②正确；
③若方程的两个根是，
所以方程的两个根为，，故③正确；
④若c是方程一个根，
则，
当时，则一定有成立，故④错误．
综上分析可知：其中正确的是①②③，共3个．
故答案为：3．
三．（本大题5小题，每小题6分，共30分）
13. 用适当的方法解下列方程．
（1）．
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程；
（1）先化为一般形式，然后根据因式分解法解一元二次方程；
（2）根据因式分解法解一元二次方程，即可求解．
【小问1详解】
解：
∴
∴
∴或
解得：
【小问2详解】
解：
∴
∴
∴
∴或
解得：
14. 关于x的方程为一元二次方程．
（1）求m的值．
（2）求该一元二次方程的根．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的定义、解一元二次方程、解一元一次不等式，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
（1）根据一元二次方程的定义可得，再解方程即可求解；
（2）由（1）可得，从而可得一元二次方程，再利用因式分解法解方程即可．
【小问1详解】
解：∵关于x的方程为一元二次方程，
∴，
解得，．
【小问2详解】
解：由（1）可得，，
∴，即，
∴，
∴，．
15. 如图，在等边中，，点D是线段上的一点，，将绕点A旋转后得到，连接．求的长．
【答案】2
【解析】
【分析】本题主要考查等边三角形的性质及旋转的性质，熟练掌握等边三角形的性质及旋转的性质是解题的关键．由题意易得，则有，然后由旋转的性质可进行求解．
【详解】是等边三角形，
,
∵绕点A旋转后得到，
∴．
16. 如图，一个四周宽相等的长方形镜框，外框长为，宽为，且镜框的面积（不包括阴影部分）为整个大长方形面积的，求这个长方形镜框的框边宽是多少厘米？
【答案】框边宽为2厘米
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用；设框边宽为厘米，根据题意列出一元二次方程，解方程，即可求解．
【详解】解：设框边宽为厘米．
，（不合题意，舍去）
答：框边宽为2厘米．
17. 分别在图①、图②中按要求作图（保留作图痕迹，不写作法）．
（1）如图①，在的方格纸中，点都在格点上，在图①中找一个格点，使以点为顶点的四边形是平行四边形；
（2）如图②，已知四边形是平行四边形，为对角线，点为上任意一点，请仅用无刻度的直尺在上找出另一点，使．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析．
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形对角线相互平分的性质即可求解；
（2）根据平行四边形的性质，如图所示，连接交于，连接并延长交于，证明，即可求解．
【小问1详解】
解：如图所示，过点沿虚线作线段，交线段于点，
在上，取，根据平行四边形的对角线相互平分，
∴四边形即为所求图形．
【小问2详解】
解：如图所示，连接交于，连接并延长交于，
∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴点即为所求点的位置．
【点睛】本题主要考查根据平行四边形的性质作图，掌握平行线四边形的性质是解题的关键．
四．（本大题3小题，每小题8分，共24分）
18. 在爱心义卖活动中，某班的店铺准备义卖小蛋糕，当每个小蛋糕的售价定为6元时，平均每小时的销售数量为30．细心的小亮发现，售价每提高1元，平均每小时的销售数量就会减少2，但售价不能超过10元．
（1）若小蛋糕的售价在6元的基础上连续两次涨价，两次涨价后的售价为元，且每次涨价的百分率均相同，求涨价的百分率是多少．
（2）若平均每小时的销售总额为216元，求此时小蛋糕的售价为多少元．
（3）要使平均每小时的销售总额最大，小蛋糕的售价应定为多少元？并求出最大销售额．
【答案】（1）
（2）
（3）售价为元，平均每小时销售额最大为元
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，配方法的应用；
（1）设涨价的百分率是，由题意：小蛋糕的售价在元的基础上连续两次涨价，两次涨价后的售价为元，列出一元二次方程，解方程即可；
（2）设小蛋糕的售价提高元，则每小时的销售数量就会减少个，平均每小时的销售总额为元，列出一元二次方程，解方程即可；
（3）设小蛋糕的售价为元，根据配方法得出，平均每小时的销售总额为，结合题意，即可求解．
【小问1详解】
解：设涨价的百分率是，
由题意得：，
解得： (不合题意，舍去)，
答：涨价的百分率是；
【小问2详解】
设小蛋糕的售价提高元，则每小时的销售数量就会减少个，
由题意得：，
整理得：，
解得：，
小蛋糕的售价为：元或元，
售价不能超过元，
小蛋糕的售价为元，
答：此时小蛋糕的售价定为元．
【小问3详解】
设小蛋糕的售价为元，
∴平均每小时的销售总额为：
售价不能超过元，
小蛋糕的售价为元，
当时，平均每小时的销售总额最大，最大销售额为元
答：此时小蛋糕的售价定为元，最大销售额为元．
19. 已知关于的一元二次方程，其中a，b，c分别是的三边的长度．
（1）如果是等边三角形，求这个一元二次方程的根；
（2）如果是以为斜边的直角三角形，判断这个一元二次方程根的情况，并说明理由．
【答案】（1）
（2）原方程有两个不相等的实数解，理由见解析
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，解一元二次方程，勾股定理；
（1）根据是等边三角形，得出，进而解一元二次方程，即可求解；
（2）根据勾股定理得出，进而计算一元二次方程根的判别式，即可求解．
【小问1详解】
解：∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴
即，
解得：；
【小问2详解】
解：原方程有两个不相等的实数解
理由：∵是以为斜边的直角三角形，
∴，，
∴
∵，
∴
∴原方程有两个不相等实数解
20. 如图，某市青少年活动中心的截面由抛物线的一部分和矩形组成，其中米，米，最高点离地面的距离为9米，以地面所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系．
（1）求抛物线的表达式；
（2）暑期来临之际，该活动中心工作人员设计了6米长的竖状条幅从顶棚拋物线部分悬挂下来（条幅的宽可忽略不计），为了安全起见，条幅最低处不能低于底面上方2米．设条幅与的水平距离为米，求出的取值范围．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】本题考查二次函数的实际应用，正确的求出函数解析式，是解题的关键．
（1）根据矩形的性质，求出点的坐标，进而求出点的坐标，设出顶点式，待定系数法求出函数解析式即可；
（2）求出时的的值，即可得出结论．
【小问1详解】
解：∵矩形，米，米，
∴米，米，
∴，
∴抛物线的对称轴为，
∴，
设抛物线的解析式为：，把代入，得：，
解得：，
∴；
【小问2详解】
解：由题意，当时：，
解得：，
当时，，
∴．
五．（本大题2小题，每小题9分，共18分）
21. 如图1，在平面直角坐标系中，抛物线经过点、点，M是抛物线上第一象限内的点，过点M作直线轴于点N.
（1）求抛物线的表达式；
（2）当直线是抛物线的对称轴时，求四边形的面积
（3）求的最大值，并求此时点M的坐标；
（4）在（3）的条件下，若P是抛物线的对称轴上的一动点，Q是抛物线上的一动点，是否存点点P、Q，使以点A、M、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请求点Q的坐标，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）5 （3）最大值为，.
（4）存在，或或
【解析】
【分析】本题考查二次函数与几何图形的综合，掌握待定系数法和平行四边形的性质是解题的关键．
（1）运用待定系数法求函数解析式即可；
（2）先求出点M、N的坐标，然后利用求出面积即可；
（3）设点M的坐标是，则点，表示，然后利用二次函数的配方法求最值即可；
（4）分是对角线、是对角线和是对角线三种情况，利用中点坐标公式计算解题．
【小问1详解】
由题意得：.解得：
∴抛物线的函数解析式是：.
【小问2详解】
∵.
∴当MN是抛物线的对称轴时，抛物线的顶点是，点.
连接BN.
则；
【小问3详解】
设点M的坐标是，则点.
∴，.
∴.
∴当时，有最大值，
这时点.
【小问4详解】
存在，理由如下：
由（1）（3）抛物线的对称轴是直线，点.
设点，.
分三种情况讨论：
①当是对角线时，，解得：，这时点.
②当是对角线时，，解得：，这时点.
③当是对角线时，，解得：，这时点.
综上所述，存或或，使以点A、M、P、Q为顶点的四边形是平行四边形.
22. 在中，是边上一点，将绕着点逆时针旋转至，连接．
（1）如图1，连接，当时，，若，，，求线段的长．
（2）如图2，连接交于点，若，点为中点，求证：．
【答案】（1）6；（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由勾股定理可求DF=，由旋转的性质可得DF=CD=AB=，由勾股定理可求BE的长；
（2）过点A作AH∥DE，交FD的延长线于点H，由平行四边形的性质和平行线的性质可得∠H=∠C，∠HAD=∠DEC，由平行线分线段成比例定理可得HD=DF，由中位线可得AH=2DG，由“AAS”可证△AHD≌△ECD，可得AH=EC，即可得结论．
【详解】（1）∵∠ADF=90°，，
∴DF=
∵将CD绕着点D逆时针旋转至DF，
∴DF=CD=
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=
∵AE=2BE，且AB2=AE2+BE2，
∴180=5BE2，
∴BE=6
故答案为：6
（2）如图2，过点A作AH∥DE，交FD的延长线于点H，
∴∠HAD=∠ADE，∠H=∠EDF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD
∴∠B+∠C=180°，∠ADE=∠DEC，
∴∠HAD=∠DEC，
∵∠EDF+∠B=180°，
∴∠H=∠EDF=∠C，
∵DG∥AH，
∴，且AG=GF
∴HD=DF
∴HD=DF=CD，且AG=GF，
∴AH=2DG，
∵DH=DC，∠H=∠C，∠HAD=∠DEC，
∴△AHD≌△ECD（AAS），
∴AH=EC，
∴EC=2DG，
∴BE=BC-EC=AD-2DG．
【点睛】本题考查了旋转的性质和用勾股定理求线段长，平行四边形、平行线和中位线的性质，全等三角形的判定和性质．
六、解答题（本小题12分）
23. 某数学兴趣小组运用《几何画板》软件探究型抛物线图象．发现：如图1所示，该类型图象上任意一点P到定点的距离PF，始终等于它到定直线1：的距离PN（该结论不需要证明）．他们称：定点F为图象的焦点，定直线l为图象的准线，叫做抛物线的准线的表达式．准线l与y轴的交点为H．其中原点O为FH的中点，．
例如，抛物线，其焦点坐标为，准线表达式为l：，其中，．

【基础训练】
（1）请分别直接写出抛物线的焦点坐标和准线l的表达式；
【技能训练】
（2）如图2，已知抛物线上一点到焦点F的距离是它到x轴距离的3倍，求点P的坐标；

【能力提升】
（3）如图3，已知抛物线的焦点为F，准线为l．直线m：交y轴于点C，抛物线上动点P到x轴的距离为，到直线m的距离为，请直接写出的最小值；

【拓展延伸】
（4）把抛物线沿y轴向下平移2个单位得抛物线，如图4，点是第二象限内一定点，点P是抛物线上一动点．当取最小值时，请求出△POD的面积．

【答案】（1），；（2）；（3）（4）
【解析】
【分析】（1）根据题中所给抛物线的焦点坐标和准线方程的定义求解即可；
（2）利用两点间距离公式结合已知条件列式整理得，然后根据，求出，进而可得，问题得解；
（3）过点作直线交于点，过点作准线交于点，结合题意和（1）中结论可知，，根据两点之间线段最短可得当，，三点共线时，的值最小；根据等边对等角以及角的运算，求得点的坐标为即可求得的最小值；
（4）根据题意求得抛物线的焦点坐标为，准线的方程为，过点作准线交于点，结合题意和（1）中结论可知，则，根据两点之间线段最短可得当，，三点共线时，的值最小；求得，即可求得的面积．
【详解】解：（1）抛物线中，
，，
抛物线焦点坐标为，准线的方程为，
故答案为：，；
（2）由（1）知抛物线焦点的坐标为，
点，到焦点的距离是它到轴距离的3倍，
，整理得：，
又，
，
解得：或（舍去），
（负值舍去），
点的坐标为
（3）过点作直线交于点，过点作准线交于点，结合题意和（1）中结论可知，，如图：

若使得取最小值，即的值最小，故当，，三点共线时，，即此刻的值最小；
直线m：交y轴于点C，
∴设的坐标为
过点作平行线交轴于一点，如图

即
∴
∵直线与直线垂直，
∴
∵当，，三点共线，
∴
解得
∴
∴点
．
即的最小值为．
（4）把抛物线沿y轴向下平移2个单位得抛物线，
∴
抛物线的焦点坐标为，准线的方程为，
过点作准线交于点，结合题意和（1）中结论可知，则，如图：

若使得取最小值，即的值最小，故当，，三点共线时，，即此刻的值最小；如图：

点的坐标为，准线，
点横坐标为，代入解得，
即，
∴，
则的面积为．
【点睛】本题考查了两点间距离公式结合，两点之间线段最短，三角形的面积，一次函数的交点坐标，一次函数与抛物线的交点坐标等，解决问题的关键是充分利用新知识的结论．