2023-2024学年云南省楚雄彝族自治州九年级上学期数学期中试题及答案

这是一份2023-2024学年云南省楚雄彝族自治州九年级上学期数学期中试题及答案，共16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（本大题共12个小题，每小题只有一个正确选项，每小题3分，共36分）
1. 一元二次方程 的根是（ ）
A. B. C. 或D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，掌握因式分解法是解题的关键．
【详解】解：原方程因式分解，得：，
即或，
解得：或，
故选C．
2. 一元二次方程的根的情况为（ ）
A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根
C. 只有一个实数根D. 没有实数根
【答案】A
【解析】
【分析】先求出的值，再判断出其符号即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
∴方程有两个不相等的实数根，
故选：A．
【点睛】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．
3. 二次函数 的顶点坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数顶点式的顶点坐标是解题的关键．
【详解】解：二次函数的顶点坐标是，
故选：C．
4. 下列标志图中，既中心对称是图形，又是轴对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据定义：在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫轴对称图形，而在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，利用中心对称和轴对称定义逐一判断即可．
【详解】解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、既中心对称图形，又是轴对称图形，故本选项符合题意；
C、不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
故选：B．
5. 用配方法解一元二次方程x2﹣6x=﹣5的过程中，配方正确的是（ ）
A. （x+3）2=1B. （x﹣3）2=1C. （x+3）2=4D. （x﹣3）2=4
【答案】D
【解析】
【分析】先把方程两边都加上9，然后把方程左边写成完全平方的形式即可．
【详解】x2﹣6x+9=4，
（x﹣3）2=4．
故选D．
6. 在平面直角坐标系中，已知点P的坐标是（﹣1，﹣2），则点P关于原点对称的点的坐标是（ ）
A. （﹣1，2）B. （1，﹣2）C. （1，2）D. （2，1）
【答案】C
【解析】
【详解】解：关于原点对称的点的坐标是横、纵坐标都互为相反数，
从而点P（﹣1，﹣2）关于原点对称的点的坐标是（1，2）．
故选：C．
7. 已知圆锥的底面半径为4cm，母线长为5cm，则这个圆锥的侧面积是（ ）
A. 20πcm2B. 20cm2C. 40πcm2D. 40cm2
【答案】A
【解析】
【分析】圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2，把相应数值代入即可求解．
【详解】解：圆锥的侧面积=2π×4×5÷2=20π．
故选A．
【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
8. 如图，是的直径，是上一点．若，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
9. 已知关于x的方程x2+3x+a=0有一个根为﹣2，则另一个根为（ ）
A. 5B. ﹣1C. 2D. ﹣5
【答案】B
【解析】
【分析】根据关于x方程x2+3x+a=0有一个根为-2，可以设出另一个根，然后根据根与系数的关系可以求得另一个根的值，本题得以解决．
【详解】∵关于x的方程x2+3x+a=0有一个根为-2，设另一个根为m，
∴-2+m=−，
解得，m=-1，
故选B．
10. 二次函数图象如图所示．下列说法中不正确的是【 】
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由图象知：二次函数的图象与x轴有两个交点，故．说法A 正确．
二次函数图象的开口向上，故．说法B正确．
二次函数的图象与y轴的交点在x轴上方，故．说法C正确．
二次函数图象的对称轴在y轴右侧，故．说法D不正确．
故选D．
11. 在平面直角坐标系中，平行四边形的对称中心是坐标原点，顶点A、B的坐标分别是、，将平行四边形沿x轴向左平移3个单位长度，则顶点C的对应点C1的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意平行四边形的对称中心是坐标原点，求出点C的坐标，再利用平移的性质求出点C1的坐标可得结论．
【详解】解：∵平行四边形的对称中心是坐标原点，
∴顶点C的坐标是，
∵将平行四边形沿x轴向左平移3个单位长度，
∴对应点C1的坐标是．
故选：A．
【点睛】本题考查中心对称，平行四边形的性质，坐标与图形变化-平移等知识，解题的关键是熟练掌握中心对称的性质，关于原点对称的两个点的坐标，横纵坐标互为相反数．
12. 如图，在中，顶点，，，将与正方形组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点D的坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了坐标与旋转规律问题及旋转的性质，解题的关键掌握旋转的性质，利用数形结合的思想，找出图形的运动规律：每4次一个循环，第2023次旋转结束时，点D应该在第三象限．
【详解】解：∵，，
，
∵四边形为正方形，
，
，
，
∴每4次一个循环，第2023次旋转结束时，点D应该在第三象限，
∴点D的坐标为．
故选：D．
二、填空题（本大题共4个小题，每小题2分，共8分）
13. 如图，点A，B，C在上，，则的度数是_________．

【答案】##度
【解析】
【分析】本题考查的是圆周角定理的含义，由圆周角定理并得到，再证明是等边三角形即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴．
故答案为：
14. 已知是关于x的一元二次方程的两个实数根，则___________．
【答案】-2
【解析】
【分析】欲求的值，根据一元二次方程根与系数的关系，求得两根的和与积，代入数值计算即可．
【详解】解：根据题意x1+x2=2，x1•x2=-1，
∴，
故答案为：-2．
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是熟练掌握根与系数的关系．
15. 关于的方程有实数根，则的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据一元二次方程根的情况与判别式的关系，通过确定判别式的符号即可得到答案．
【详解】解：关于的方程有实数根，
，
即，解得，
故答案：．
【点睛】本题考查一元二次方程根的情况与判别式的关系，熟记一元二次方程有两个不相等是实数根；一元二次方程有两个相等是实数根；一元二次方程有两个不相等是实数根是解决问题的关键．
16. 已知，的半径为一元二次方程的两根，圆心O到直线l的距离，则直线l与的位置关系是________．
【答案】相交
【解析】
【分析】运用因式分解来解出的两根，舍去负数，再与比较，即可作答，此题考查了因式分解来解一元二次方程，以及判断圆与直线的关系：记圆心到直线的距离为，圆的半径为，如果，相离；如果，相切；如果，相交．
【详解】解：∵的半径分别为一元二次方程的两根，
∴
则，（舍），
∵圆心O到直线l距离，
∴，
∴直线l与的位置关系是相交．
故答案为：相交
三、解答题（本大题共8个小题，满分56分）
17. 用适当的方法解方程：
【答案】，
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握因式分解法是解题的关键．
【详解】解：移项，得：，
因式分解，得：，
即：或，
解得：，．
18. 已知二次函数图像的顶点坐标为（1，-1），且经过原点（0，0），求该函数的解析式．
【答案】y＝(x-1)2-1
【解析】
【分析】设二次函数的解析式为y=a（x-1）2-1（a≠0），然后把原点坐标代入求解即可．
【详解】设二次函数的解析式为y=a（x-1）2-1（a≠0），
∵函数图象经过原点（0，0），
∴a（0-1）2-1=0，
解得a=1，
∴该函数解析式为y=（x-1）2-1．
19. 如图，内接于，，，于点D，若的半径为2，求的长．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了圆周角定理、勾股定理、直角三角形的特征，利用勾股定理得的值；熟练掌握“在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半”是解题的关键．
【详解】解：如图，连接、，
，
，
，
在中，根据勾股定理得：
，
在中，，，
．
20. 我县某楼盘准备以每平方米4000元的均价对外销售，由于国务院有关房地产的新政策出台后，购房者持币观望，房地产开发商为了加快资金周转，对价格经过两次下调后，决定以每平方米3240元的均价开盘销售．
（1）求平均每次下调的百分率．
（2）某人准备以开盘价均价购买一套100平方米的住房，开发商给予以下两种优惠方案以供选择：①打9.8折销售；②不打折，一次性送装修费每平方米50元，试问哪种方案更优惠？
【答案】（1）平均每次下调的百分率为10%；（2）选择方案①更优惠．
【解析】
【分析】（1）设出平均每次下调的百分率为x，利用预订每平方米销售价格×（1﹣每次下调的百分率）2＝开盘每平方米销售价格列方程解答即可．
（2）分别计算两种方案的优惠价格，比较后发现更优惠方案即可．
【详解】（1）设平均每次下调的百分率为x，
则4000（1﹣x）2＝3240，即：（1﹣x）2＝0.81
解得x1＝0.1，x2＝1.9（舍去），
故平均每次下调的百分率为10%；
（2）方案①购房优惠：3240×100×0.02＝6480（元），
方案②购房优惠：50×100＝5000（元），
故选择方案①更优惠．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的实际应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解，属于中档题．
21. 如图，抛物线经过点，．

（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线的顶点为点D，对称轴与x轴交于点E，连接，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法即可求得抛物线解析式；
（2）将抛物线化成顶点式，利用对称轴求得对应线段的长度，结合勾股定理可求得答案．
【小问1详解】
解：∵抛物线经过点，，
∴将A与B坐标代入得：，
解得：，
∴抛物线解析式为．
【小问2详解】
∵，
∴抛物线的顶点D的坐标是，
∵对称轴与x轴交于点E，
∴，，
∵B点的坐标是，
∴，
∴，
在中，根据勾股定理得：
．
22. 如图，在中，，，．点从点开始沿边向点以1厘米/秒的速度移动（到达点即停止运动），点从点开始沿边向点以2厘米/秒的速度移动（到达点即停止运动）．

（1）如果，两点分别从，两点同时出发，经过几秒钟，的面积等于的面积的三分之一？
（2）如果，两点分别从，两点同时出发，经过几秒钟后，，两点相距6厘米？
【答案】（1）2秒或4秒
（2）秒
【解析】
【分析】（1）根据的面积等于的面积的三分之一列方程求解即可；
（2）根据，两点相距6厘米结合勾股定理列方程求解即可．
【小问1详解】
解：设秒后，的面积等于的面积的三分之一，
根据题意得：，
解得：或，
答：经过2秒或4秒后，的面积等于的面积的三分之一；
【小问2详解】
设经过秒时，，两点相距，
根据题意得：，
解得：（含去）或，
答：经过秒后，两点相距6厘米．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，勾股定理，找出合适的等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
23. 如图，点O为斜边上的一点，以为半径的⊙O与交于点D，与交于点E，连接，且平分
（1）求证：是⊙O的切线；
（2）若，，求阴影部分的面积（结果保留π）．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接，利用角平分线和半径之间关系推出，结合得，根据切线的判定推出即可；
（2）连接、，由题干得为等边三角形，利用半径相等得四边形是菱形，得出阴影部分的面积=扇形的面积，求出扇形的面积即可．
【小问1详解】
证明：连接，如图
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，即
∴，
∵是⊙O的半径，
∴是⊙O的切线；
【小问2详解】
解：如图，连接，，交于点M，

∵，，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，
又由（1）知，，即，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
，
∴，
∴
【点睛】本题考查圆与三角形的结合，利用等角对等边、角平分线、圆的切线、等边三角形的判定和性质、平行四边形以及菱形的判定和性质，并熟练掌握扇形面积公式．
24. 在平面直角坐标系中，抛物线的对称轴是直线．
（1）若抛物线与x轴交于原点，求此抛物线的解析式；
（2）抛物线上是否存在一点P到x轴的距离等于3，若存在求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，的坐标为
【解析】
【分析】（1）根据题意，可确定抛物线的顶点坐标，运用顶点式即可求解；
（2）抛物线上存在一点到轴的距离等于，即当时求对应自变量的值，由此即可求解．
【小问1详解】
解：∵抛物线的对称轴是直线，
∴，
∴该抛物线的解析式为，
∵该抛物线与x轴交于原点，
∴，
∴，
∴，即：．
【小问2详解】
解：抛物线上存在一点到轴的距离等于，
∵当时，，
∴解得：，
∵当时，，此方程无实数根，
∴的坐标为．
【点睛】本题主要考查待定系数法求二次函数解析式，图象到轴的距离的计算方法，掌握以上知识是解题的关键．