九年级上学期期中数学试题

这是一份九年级上学期期中数学试题，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。
说明：本试卷满分150分，考试时间120分钟．
一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个正确选项．
1. 第19届亚运会将于2023年9月在浙江省杭州市举办，下列与杭州亚运会有关的图案中，其中是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180度，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】解：选项B、C、D不都能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项A能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：A．
【点睛】本题考查的是中心对称图形，熟练掌握中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合是解题的关键．
2. 抛物线的顶点坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】已知解析式为顶点式，可直接根据顶点式的坐标特点即可求得顶点坐标．
【详解】解：是抛物线的顶点式，
根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为．
故选：．
【点睛】此题主要考查了二次函数的性质，关键是熟记：顶点式，顶点坐标是，对称轴是．
3. 下列一元二次方程中，没有实数根的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据一元二次方程跟的判别式进行判断即可．
【详解】解：A. 中，，故方程没有实数根；
B. 中，，故方程有实数根；
C. 中，，故方程有实数根；
D. 中，，故方程有实数根.
故选：A.
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，时一元二次方程有实数根.
4. 将抛物线先向右平移个单位，再向上平移个单位，得到的抛物线是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次函数平移规律“上加下减，左加右减”即可求解．
【详解】解：将抛物线先向右平移个单位，得到，
再向上平移个单位，得到的抛物线是，
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数的平移，掌握二次函数的平移规律“上加下减，左加右减”是解题的关键．
5. 有x支球队参加篮球比赛，共比赛了45场，每两队之间都比赛一场，则下列方程中符合题意的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先列出x支篮球队，每两队之间都比赛一场，共可以比赛场，再根据题意即可列出方程．
【详解】解：由题意得：；
故选B．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用，熟练掌握一元二次方程的应用是解题的关键．
6. 用配方法解一元二次方程时，下列变形正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】按照一元二次方程配方的一般步骤把方程配方即可．
【详解】解：
解：移项，得，
方程两边同加上一次项系数一半的平方，得
，
即，
故选：D
【点睛】本题考查了一元二次方程的解法—配方法，熟练掌握配方法的一般步骤是解题的关键．
7. 若，，为二次函数图象上的三点，则，，的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了比较二次函数值的大小，根据开口向上的二次函数，离对称轴越远，函数值越大，只需要比较出A、B、C三点离对称轴距离的大小即可得到答案．
【详解】解：∵二次函数解析式为，，
∴二次函数开口向上，对称轴为直线，
∴离对称轴越远，函数值越大，
∵，，为二次函数图象上的三点，，
∴．
故选：B．
8. 如图，将绕直角顶点顺时针旋转，得到，连接，若，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据旋转的性质，得到，进而得到，利用求出，再用即可得出结果．
【详解】解：∵将绕直角顶点顺时针旋转，得到，
∴，
∴，
∴，
∴；
故选C．
【点睛】本题考查旋转的性质，等腰三角形的判定和性质．熟练掌握旋转的性质，是解题的关键．
9. 如图是一个装饰连续旋转闪烁所成的四个图形，照此规律闪烁，第2023次闪烁呈现出来的图形是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查了图形的变换规律问题，解题的关键是找到图形旋转的规律周期．观察图形的变化易得每旋转一次的度数，根据阴影所处的位置可得相应选项．
【详解】解：观察图形的变化可知：每旋转一次，旋转角为，即每4次旋转一周，
∵，
即第2023次与第3次的图案相同．
故选：C．
10. 如图，拋物线（为常数）关于直线对称．下列五个结论：①；②；③；④；⑤．其中正确有（ ）

A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个
【答案】B
【解析】
【分析】由抛物线的开口方向、与y轴交点以及对称轴的位置可判断a、b、c的符号，由此可判断①正确；由抛物线的对称轴为，得到，即可判断②；可知时和时的y值相等可判断③正确；由图知时二次函数有最小值，可判断④错误；由抛物线的对称轴为可得，因此，根据图像可判断⑤正确．
【详解】①∵抛物线的开口向上，
∵抛物线与y轴交点在y轴的负半轴上，
由得，，
，
故①正确；
②抛物线的对称轴为，
，
，
，故②正确；
③由抛物线的对称轴为，可知时和时的y值相等．
由图知时，，
∴时，．
即．
故③错误；
④由图知时二次函数有最小值，
，
，
，
故④错误；
⑤由抛物线的对称轴为可得，
，
∴，
当时，．
由图知时
故⑤正确．
综上所述：正确的是①②⑤，有3个，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图像与系数的关系，二次函数的对称轴及顶点位置．熟练掌握二次函数图像的性质及数形结合是解题的关键．
二、填空题：本大题共8小题，每小题4分，共32分．
11. 若方程是一元二次方程，则m的值为 _____；
【答案】-1
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义求解即可．只含有一个未知数（一元），并且未知数项的最高次数是2（二次）的整式方程叫做一元二次方程．一元二次方程经过整理都可化成一般形式ax²+bx+c=0（a≠0）．
【详解】∵方程是一元二次方程，
∴
解得：，
∴．
故答案为：-1．
【点睛】此题考查了一元二次方程定义，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的定义．一元二次方程：只含有一个未知数（一元），并且未知数项的最高次数是2（二次）的整式方程叫做一元二次方程．一元二次方程经过整理都可化成一般形式ax²+bx+c=0（a≠0）．
12. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查解关于原点对称的点坐标问题，由平面直角坐标系中关于原点对称的点的坐标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是．
故答案为：．
13. 一元二次方程的解是________
【答案】
【解析】
【分析】由于方程左右两边都含有因式x，所以看把右边的项移到左边后，利用因式分解法解方程．
【详解】解：，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了解一元二次方程-因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
14. 设x1、x2是方程x2－5x＋3＝0的两个根，则x1＋x2－x1x2＝______．
【答案】2
【解析】
【分析】根据根与系数的关系找出，的值，然后求解即可．
【详解】】解：∵x1，x2是方程的两个根，
∴，，
∴．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了根与系数的关系，熟练掌握相关性质是解题的关键．
15. 关于x的方程有两个不相等的实数根，k的取值范围是__________．
【答案】且
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义结合根的判别式△＞0，即可得出关于k的一元一次不等式组，解之即可得出结论．
【详解】解：∵关于x的方程（k-1）x2+4x-1=0有两个不相等的实数根，
∴，
解得：且，
∴k的取值范围是且．
故答案为：且．
【点睛】本题考查了根的判别式，根据一元二次方程的定义结合根的判别式△＞0，列出关于k的一元一次不等式组是解题的关键．
16. 如图，以一定的速度将小球沿与地面成一定角度的方向击出时，小球的飞行路线是一条抛物线．若不考虑空气阻力，小球的飞行高度（单位：m）与飞行时间（单位：s）之间具有函数关系：，则当小球飞行高度达到最高时，飞行时间_________s．
【答案】2
【解析】
【分析】把一般式化为顶点式，即可得到答案．
【详解】解：∵h=-5t2+20t=-5（t-2）2+20，
且-5＜0，
∴当t=2时，h取最大值20，
故答案为：2．
【点睛】本题考查二次函数的应用，解题的关键是掌握将二次函数一般式化为顶点式．
17. 已知三角形两边长分别为4和7，第三边的长是方程的一个根，则第三边长是______．
【答案】5
【解析】
【分析】利用因式分解法求出方程的解得到x的值，经检验即可得到第三边长．
【详解】解：方程，
分解因式得：（x-3）（x-5）=0，
解得：x=3或x=5，
当x=3时，三边长为3，4，7，不符合题意舍去；
当x=5时，三边长为3，5，7，符合题意，
则第三边长为5．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了解一元二次方程-因式分解法，以及三角形的三边关系，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
18. 如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，若四边形AECF的面积为25，DE＝2，则AE的长为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用旋转的性质得出四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积，进而可求出正方形的边长，再利用勾股定理得出答案．
【详解】解：∵把△ADE顺时针旋转△ABF的位置，
∴四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于25，
∴AD=DC=5，
∵DE=2，
∴Rt△ADE中，AE=
故答案为.
【点睛】此题主要考查了旋转的性质以及正方形的性质，正确利用旋转的性质得出对应边关系是解题关键．
三、解答题（一）：本大题共5小题，共38分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．
19. 解下列方程：
（1）x2﹣6x＋3＝0；
（2）2x（x﹣1）＝3﹣3x．
【答案】（1）x1=，x2=
（2）x1=1或x2=
【解析】
【分析】（1）利用配方法求解即可；
（2）利用因式分解法求解即可．
【小问1详解】
解：∵x2-6x=-3，
∴x2-6x+9=-3+9，即（x-3）2=6，
则x-3=，
∴x1=，x2=；
【小问2详解】
∵2x（x-1）=-3（x-1），
∴2x（x-1）+3（x-1）=0，
∴（x-1）（2x+3）=0，
∴x-1=0或2x+3=0，
解得x1=1或x2=．
【点睛】本题主要考查解一元二次方程的能力，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
20. 如图，在平面直角坐标系中，．
（1）在图中画出以A为旋转中心，沿顺时针方向旋转后的图形，并写出、两点的坐标；
（2）在图中画出与关于原点对称的图形，并写出、两点的坐标．
【答案】（1）图见解析，
（2）图见解析，
【解析】
【分析】（1）根据旋转的性质得到、两点的坐标，顺次连线即可得到；
（2）根据关于原点对称的点的横纵坐标都互为相反数得到点、，顺次连线得到即可．
【小问1详解】
解：如图，即为所求，；
【小问2详解】
如图，即为所求，；
．
【点睛】此题考查了旋转作图，关于关于原点对称作图，正确掌握旋转的性质及中心对称的性质是解题的关键．
21. 已知关于x的方程
（1）当该方程的一个根为1时，求a的值及该方程的另一根；
（2）求证：不论a取何实数，该方程都有两个不相等的实数根．
【答案】（1），；（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据一元二次方程根与系数的关系列方程组求解即可；
（2）要证方程都有两个不相等的实数根，只要证明根的判别式大于0即可．
【详解】解：（1）设方程的另一根为x1，
∵该方程的一个根为1，
∴，
解得．
∴a的值为，该方程的另一根为．
（2）∵，
∴不论a取何实数，该方程都有两个不相等的实数根．
【点睛】本题考查了根的判别式和根与系数的关系，注意：如果x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a、b、c为常数，a≠0）的两个根，则x1+x2，x1•x2，要记牢公式，灵活运用．
22. 如图，点是等边内一点，，将绕点顺时针旋转得到，连接．
（1）求的度数．
（2）若，，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据旋转的性质可得：，，即可证得是等边三角形，即可求解；
（2）由旋转的性质得，，，由为等边三角形，得，可证得是直角三角形，再利用勾股定理即可求解．
【小问1详解】
解：由旋转的性质得：，，
是等边三角形，
，
，
是等边三角形，
；
【小问2详解】
解：由旋转的性质得，，，
，
，
为等边三角形，
，
在直角中，．
【点睛】本题主要考查的是旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理的有关知识，熟练掌握和运用旋转的性质是解决本题的关键．
四、解答题（二）：本大题共5小题，共50分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．
23. 2020年某县投入100万元用于农村“扶贫工程”，计划以后每年以相同的增长率投入，2022年该县计划投入“扶贫工程”144万元．
（1）求该县投入“扶贫工程”的年平均增长率；
（2）若2023年保持从2020年到2022年的年平均增长率不变，求2023年该县将投入“扶贫工程”多少万元．
【答案】（1）20% （2）172.8
【解析】
【分析】（1）设该县投入“扶贫工程”的年平均增长率x，根据题意列出一元二次方程，解方程即可解决问题；
（2）根据（1）的结论和题意即可求得2022年该县将投入“扶贫工程”多少万元．
【小问1详解】
解：设该县投入“扶贫工程”的年平均增长率为x，
依题意得，
解得， (不合题意，舍去)．
答：该县投入“扶贫工程”的年平均增长率为20%．
【小问2详解】
(万元)．
答：2023年该县将投入“扶贫工程”172．8万元．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用-增长率问题，根据题意列出方程是解题的关键．
24. 如图，有长为24m的篱笆，现一面利用墙(墙的最大可用长度为m)，设花圃的宽为m，面积为m2．
（1）求与的函数关系式及值的取值范围；
（2）当的长是多少米时，围成的花圃的面积最大？最大面积是多少？
【答案】（1）
（2）当的长是4米时，围成的花圃的面积最大，最大面积是48
【解析】
【分析】（1）根据矩形的面积即可写出函数关系式；
（2）根据（1）中所得函数关系式化为顶点式，再根据自变量取值范围即可求出最大面积．
【小问1详解】
解：根据题意得，
，
，
，
与的函数关系式为：；
【小问2详解】
解：由（1）知，
，
，对称轴为，，开口向下，
当时，有最大值，最大值为48，
答：当的长是4米时，围成的花圃的面积最大，最大面积是48．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，解决本题的关键是找到等量关系写出函数解析式．
25. 某超市经销一种商品，每件成本为50元，为了获取更大利润，该超市准备将这种商品涨价销售．经市场调查，当该商品每件60元时，每个月可销售300件，若每件的销售价每增加1元，则每个月的销售量将减少10件，设该商品每件的销售价为元．
（1）当该商品每个月的销售利润为3750元时，则该商品的销售价是多少元？
（2）当该商品每件的销售价为多少元时，每个月的销售利润最大？最大利润为多少？
【答案】（1）75元或65元；
（2）每件销售价为70元时，每个月的销售利润最大，最大利润为4000元．
【解析】
【分析】（1）根据等量关系“利润＝（售价﹣进价）×销量”列出方程解方程即可．
（2）根据题意列出函数关系式，配方后依据二次函数的性质即可求解．
【小问1详解】
解：根据题意，，
即，
解得，
答：该商品的销售价是75元或65元；
【小问2详解】
设利润为w，由题意可知：，
∴，
∴每件销售价为70元时，每个月的销售利润最大，最大利润为4000元．
【点睛】本题考查的是二次函数和一元二次方程在实际生活中的应用．此题难度不大，解题的关键是理解题意，求得一元二次方程和二次函数解析式．
26. 正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点,且∠EDF=45°.将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM.
（1）求证：EF=FM
（2）当AE=1时，求EF的长．
【答案】(1)见解析；（2）.
【解析】【分析】（1）由折叠可得DE=DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF=MF；
（2）由第一问的全等得到AE=CM=1，正方形的边长为3，用AB-AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF=MF=x，可得出BF=BM-FM=BM-EF=4-x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为EF的长．
【详解】(1)∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴DE=DM ，∠EDM=90°，
∴∠EDF + ∠FDM=90°，
∵∠EDF=45°，
∴∠FDM =∠EDM=45°，
∵ DF= DF，
∴△DEF≌△DMF，
∴ EF=MF
（2） 设EF=x，
∵AE=CM=1 ，
∴ BF=BM-MF=BM-EF=4-x，
∵ EB=2，
在Rt△EBF中，由勾股定理得，即，
解得，.
27. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过、两点，其顶点为，连接，点是线段上一个动点（不与、重合）．

（1）求抛物线的函数解析式，并写出顶点的坐标；
（2）过点作轴于点，连接．求面积的最大值．
【答案】（1）抛物线的函数解析式为，顶点的坐标为
（2）面积的最大值为
【解析】
【分析】（1）运用待定系数法即可求解；
（2）根据题意先求出直线的解析式，设，则，用含的式子表示，，，根据，可得与的关系式，运用配方法即可求解．
【小问1详解】
解：∵抛物线经过、两点，
∴，解得，，
∴抛物线的函数解析式为，
将抛物线解析式变为顶点式得，，
∴顶点的坐标为．
【小问2详解】
解：抛物线的函数解析式为，、，，
设所在直线的解析式为，
∴，解得，，
∴直线的解析式为，
∵点是线段上一个动点（不与、重合），，
∴设，则，
∴，，，
∴，
∵，，
∴，
∴当时，有最大面积，且最大面积为，
∴面积的最大值为．