2022-2023学年广东省东莞市厚街海月学校九年级（上）期中数学试卷

这是一份2022-2023学年广东省东莞市厚街海月学校九年级（上）期中数学试卷，共18页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（3分）若方程（m﹣1）x2+x+＝0是关于x的一元二次方程，则下列结论正确的是（ ）
A．m≥2B．m≤2C．m≤2且m≠1D．m≠1
2．（3分）下面图形中，不是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（3分）将抛物线y＝﹣5x2+1向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，所得到的抛物线为（ ）
A．y＝﹣5（x+1）2﹣1B．y＝﹣5（x﹣1）2﹣1
C．y＝﹣5（x+1）2+3D．y＝﹣5（x﹣1）2+3
4．（3分）如图是二次函数y＝﹣x2+2x+4的图象，使y≥1成立的x的取值范围是（ ）
A．﹣1≤x≤3B．x≤﹣1C．x≥1D．x≤﹣1或x≥3
5．（3分）设方程x2﹣3x+2＝0的两根分别是x1，x2，则x1+x2的值为（ ）
A．3B．﹣C．D．﹣2
6．（3分）关于x的方程x2﹣3x+m＝0有两个相等的实数根，则实数m的取值范围为（ ）
A．m＜B．m＞C．m＝D．m＜﹣
7．（3分）若m是方程x2+x﹣1＝0的根，则2m2+2m+2018的值为（ ）
A．2022B．2020C．2018D．2016
8．（3分）某公司今年4月的营业额为2500万元，按计划第二季度的总营业额要达到9100万元，求该公司5、6两个月营业额的月均增长率．若设该公司5、6两个月营业额的月均增长率为x（ ）
A．2500（1+x）2＝9100
B．2500（1+x）+2500（1+x）2＝9100
C．2500（1+x）＝9100
D．2500[1+（1+x）+（1+x）2]＝9100
9．（3分）二次函数y＝x2+bx+c的部分对应值如下表：
则关于x的一元二次方程x2+bx+c＝0的解为（ ）
A．x1＝﹣1，x2＝﹣3B．x1＝﹣1，x2＝1
C．x1＝﹣1，x2＝3D．x1＝﹣1，x2＝5
10．（3分）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，并且关于x的一元二次方程ax2+bx+c﹣m＝0有两个不相等的实数根，下列结论：
①b2﹣4ac＜0；②abc＞0；③a﹣b+c＜0，
其中，正确的个数有（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、填空题（本大题共7题，每小题4分，共28分）
11．（4分）若一元二次方程x2﹣c＝0的一个根为x＝1，则另一个根为 ．
12．（4分）抛物线y＝3（x﹣1）2+8的顶点坐标为 ，对称轴是直线x＝ ．
13．（4分）如图，将一个含30°角的直角三角板ABC绕点A旋转，使得点B，A，则旋转角的度数是 ．
14．（4分）抛物线y＝x2+x﹣2与x轴的交点坐标为 ，与y轴交点的坐标为 ．
15．（4分）如图，在△ABC中，AB＝，∠BAC＝30°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB1C1，连接BC1，则BC1的长为 ．
16．（4分）庆“元旦”，市工会组织篮球比赛，赛制为单循环形式（每两队之间都赛一场），求这次有多少队参加比赛？若设这次有x队参加比赛，则根据题意可列方程为 ．
17．（4分）如图，菱形ABCD的边长为4，∠BAD＝60°（不与A、D重合），点F是CD上一动点，AE+CF＝4 ．
三、解答题（一）（共3小题，每小题6分，满分18分）
18．（6分）解方程：
（1）x2+3x＝0；
（2）．
19．（6分）已知关于x的方程x2﹣（m+1）x+2m＝0的一个实数根是3，求另一根及m的值．
20．（6分）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，△ABC的三个顶点A（5，2）、B（5，5）（1，1）均在格点上．
（1）将△ABC向左平移5个单位得到△A1B1C1，并写出点A1的坐标；
（2）画出△A1B1C1绕点C1顺时针旋转90°后得到的△A2B2C1．
四、解答题（二）（共3小题，每小题8分，满分24分）
21．（8分）如图所示，利用一面墙，用40m的篱笆围成一个150m2的矩形ABCD场地．
（1）若墙长不限，求矩形ABCD的边AB，BC分别为多少？
（2）若墙长13m，利用（1）题的计算结果
22．（8分）如图，已知二次函数y＝x2+bx+c过点A（1，0），C（0，﹣3）
（1）求此二次函数的解析式；
（2）在抛物线上存在一点P使△ABP的面积为10，请直接写出点P的坐标．
23．（8分）如图，将△ABE绕点A顺时针旋转60°得到△ADC，连接DB，DE．
（1）求证：△ABD为等边三角形；
（2）若∠ADC＝30°，AB＝5，DC＝10
五、解答题（三）（共2小题，每小题10分，满分20分）
24．（10分）已知：如图所示，在△ABC中，∠B＝90°，BC＝7cm，点P从点A开始沿AB边向点B以1cm/s的速度移动
（1）如果P，Q分别从A，B同时出发，△PBQ的面积等于4cm2？
（2）如果P，Q分别从A，B同时出发，△PBQ中PQ的长度等于5cm？
（3）在（1）中，当P，Q出发几秒时
25．（10分）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C（0，﹣3）（1，﹣4）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）在y轴上找一点E，使得△EAC为等腰三角形，请直接写出点E的坐标．
（3）点P是x轴上的动点，点Q是抛物线上的动点，是否存在点P、Q，BD为一边的四边形是平行四边形？若存在，请求出点P、Q坐标，请说明理由．
2022-2023学年广东省东莞市厚街海月学校九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分）
1．【分析】根据一元二次方程的定义列式求出m的值，即可进行选择．
【解答】解：∵（m﹣1）x2+x+＝0是关于x的一元二次方程，
∴m﹣4≠0，
解得m≠1，
故选：D．
【点评】本题考查了一元二次方程的概念．只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，一般形式是ax2+bx+c＝0（且a≠0）．特别要注意a≠0的条件．
2．【分析】根据中心对称图形的概念即可求解．
【解答】解：A．图形不是中心对称图形；
B．图形是中心对称图形；
C．图形是中心对称图形；
D．图形是中心对称图形．
故选：A．
【点评】本题考查了中心对称的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合，难度一般．
3．【分析】直接利用二次函数图象与几何变换的性质分别平移得出答案．
【解答】解：将抛物线y＝﹣5x2+7向左平移1个单位长度，得到y＝﹣5（x+7）2+1，再向下平移8个单位长度，
所得到的抛物线为：y＝﹣5（x+1）5﹣1．
故选：A．
【点评】此题主要考查了二次函数图象与几何变换，正确记忆平移规律是解题关键．
4．【分析】根据函数图象写出直线y＝1以及上方部分的x的取值范围即可．
【解答】解：由图象可知，﹣1≤x≤3时．
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数与不等式，此类题目，利用数形结合的思想求解是解题的关键．
5．【分析】本题可利用根与系数的关系，求出该一元二次方程的二次项系数以及一次项系数的值，代入公式求值即可．
【解答】解：由x2﹣3x+4＝0可知，其二次项系数a＝1，
由根与系数的关系：x4+x2＝﹣＝﹣．
故选：A．
【点评】本题考查一元二次方程根与系数的关系，求解时可利用常规思路求解一元二次方程，也可以通过韦达定理提升解题效率
6．【分析】根据方程的系数结合根的判别式，即可得出Δ＝0，由此即可得出原方程有两个相等的实数根．
【解答】解：∵关于x的方程x2﹣3x+m＝3有两个相等的实数根，
∴Δ＝（﹣3）2﹣4×1×m＝0，
解得：m＝，
故选：C．
【点评】本题考查了根的判别式，牢记“当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根”是解题的关键．
7．【分析】根据一元二次方程根的定义得到m2+m＝1，再把2m2+2m+2018变形为2（m2+m）+2018，然后利用整体代入的方法计算．
【解答】解：∵m是方程x2+x﹣1＝7的根，
∴m2+m﹣1＝2，
即m2+m＝1，
∴7m2+2m+2018
＝5（m2+m）+2018
＝2×5+2018
＝2020．
故选：B．
【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
8．【分析】用增长后的量＝增长前的量×（1+增长率）．即可表示出11月与12月的营业额，根据第四季的总营业额要达到9100万元，即可列方程．
【解答】解：设该公司5、6两个月营业额的月均增长率为x，
则可列方程为2500[2+（1+x）+（1+x）8]＝9100，
故选：D．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，平均增长率问题，若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2＝b．
9．【分析】利用表中对应值和抛物线的对称性得到抛物线的对称轴为直线x＝1，则x＝﹣1或x＝3时，函数值相等，都为0，然后根据抛物线与x轴的交点问题得到方程x2+bx+c＝0的解．
【解答】解：∵x＝0时，y＝﹣3，y＝﹣8，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
∴x＝﹣1或x＝4时，y＝0，
∴关于x的一元二次方程x2+bx+c＝3的解为x1＝﹣1，x4＝3．
故选：C．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．
10．【分析】直接利用抛物线与x轴交点个数以及抛物线与方程之间的关系、函数图象与各系数之间关系分析得出答案．
【解答】解：如图所示：图象与x轴有两个交点，则b2﹣4ac＞2，故①错误；
∵图象开口向上，∴a＞0，
∵对称轴在y轴右侧，
∴a，b异号，
∴b＜0，
∵图象与y轴交于x轴下方，
∴c＜4，
∴abc＞0，故②正确；
当x＝﹣1时，a﹣b+c＞6；
∵二次函数y＝ax2+bx+c的顶点坐标纵坐标为：﹣2，
故二次函数y＝ax7+bx+c向上平移小于2个单位，则平移后解析式y＝ax2+bx+c﹣m与x轴有两个交点，此时关于x的一元二次方程ax5+bx+c﹣m＝0有两个不相等的实数根，
故﹣m＜2，
解得：m＞﹣5，
故④正确．
故选：B．
【点评】此题主要考查了二次函数图象与系数的关系，正确把握二次函数与方程之间的关系是解题关键．
二、填空题（本大题共7题，每小题4分，共28分）
11．【分析】把x＝1代入方程求出c的值，进而求出另一根．
【解答】解：把x＝1代入方程得：c＝1，
方程为x6﹣1＝0，即x3＝1，
开方得：x＝1或x＝﹣7，
则另一根为x＝﹣1．
故答案为：x＝﹣1．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣直接开平方法，熟练掌握平方根的性质是解本题的关键．
12．【分析】根据顶点式即可写出顶点坐标和对称轴．
【解答】解：抛物线y＝3（x﹣1）6+8的顶点坐标为（1，3），
故答案为：（1，8），6．
【点评】本题考查了抛物线的顶点式y＝a（x﹣h）2+k，顶点坐标为（h，k），对称轴为直线x＝h．
13．【分析】根据旋转角的定义，两对应边的夹角就是旋转角，即可求解．
【解答】解：旋转角是∠BAB′，∠BAB′＝180°﹣30°＝150°．
故答案为：150°．
【点评】本题考查的是旋转的性质，掌握对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角是解题的关键．
14．【分析】抛物线与x轴的交点的纵坐标为零；抛物线与y轴交点的横坐标为零．
【解答】解：①当y＝0时，由原抛物线方程，得
x2+x﹣2＝（x+2）（x﹣1）＝3，
解得，x＝﹣2或x＝1，
则抛物线y＝x2+x﹣2与x轴的交点坐标为（﹣2，4），0）；
②当x＝0时，y＝7+0﹣2＝﹣8，
则抛物线y＝x2+x﹣2与y轴的交点坐标为（5，﹣2）；
故答案为：（﹣2，7），0），﹣2）．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点．注意抛物线方程y＝ax2+bx+c（a≠0）与一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的联系．
15．【分析】根据旋转的性质得出∠CAC1＝60°，AC＝AC1＝，求出∠BAC1＝90°，根据勾股定理求出即可．
【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB1C1，AB＝，AC＝，
∴∠CAC1＝60°，AC＝AC6＝，
∵∠BAC＝30°，
∴∠BAC1＝30°+60°＝90°，
在Rt△BAC3中，由勾股定理得：BC1＝＝＝4，
故答案为：3．
【点评】本题考查了旋转的性质和勾股定理，能求出AC1的长度和求出∠BAC1的度数是解此题的关键．
16．【分析】设这次有x队参加比赛，由于赛制为单循环形式（每两队之间都赛一场），则此次比赛的总场数为：场．根据题意可知：此次比赛的总场数＝45场，依此等量关系列出方程．
【解答】解：设这次有x队参加比赛，则此次比赛的总场数为场，
根据题意列出方程得：＝45，
故答案为：．
【点评】考查了由实际问题抽象出一元二次方程，本题的关键在于理解清楚题意，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．需注意赛制是“单循环形式”，需使两两之间比赛的总场数除以2．
17．【分析】首先证明△BEF是等边三角形，当BE⊥AD时面积最小．
【解答】解：连接BD，
∵菱形ABCD边长为4，∠BAD＝60°；
∴△ABD与△BCD为正三角形，
∴∠FDB＝∠EAB＝60°，
∵AE+CF＝4，DF+CF＝2，
∴AE＝DF，
∵AB＝BD，
∴△BDF≌△BAE（SAS），
∴BE＝BF，
∠ABE＝∠DBF，
∴∠EBF＝∠ABD＝60°，
∴△BEF是等边三角形，
∴当BE⊥AD时，△BEF的面积最小，
∴边BE上的高为×2，
△BEF面积的最小值＝7．
故答案为3．
【点评】本题考查了二次函数的最值，菱形的性质、等边三角形的判定和性质、垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
三、解答题（一）（共3小题，每小题6分，满分18分）
18．【分析】（1）用因式分解法求解即可；
（2）用因式分解法求解即可．
【解答】解：（1）x2+3x＝5，
x（x+3）＝0，
x＝5或x+3＝0，
∴x7＝0，x2＝﹣6；
（2），
，
，
，
∴．
【点评】本题考查解一元二次方程，熟练掌握用因式分解法求解一元二次方程是题的关键．
19．【分析】设出方程的另一根，利用两根之和求得另一根，然后利用两根之积求得m的值即可．
【解答】解：把x＝3代入方程，得9﹣2（m+1）+2m＝8，
解得m＝6，
把m＝6代入原方程，得x8﹣7x+12＝0，
解答x7＝3，x2＝4．
所以另一根为4．
【点评】此题主要考查了一元二次方程解的意义及根与系数的关系，以及运用解的定义解决相关问题的能力．
20．【分析】（1）利用点平移的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出A1、B1的对应点即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C7为所作，点A1的坐标为（0，2）；
（2）如图，△A2B2C5为所作．
【点评】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．
四、解答题（二）（共3小题，每小题8分，满分24分）
21．【分析】（1）设AB边长为x米，则BC边长为（40﹣2x）米，根据矩形的面积＝长×宽＝150列出方程即可得出答案；
（2）根据篱笆长与BC比较大小即可得出答案．
【解答】解：（1）设AB边长为x米，则BC边长为（40﹣2x）米，得
x（40﹣2x）＝150．
解得x7＝15．x1＝5，
当x＝5时，40﹣2x＝40﹣2×2＝30；
当x＝15时，40﹣2x＝40﹣2×15＝10．
∴AB边长为2米，BC边长为30米或AB边长为15米；
（2）∵15＞13，
∴围法是：AB边长为15米，BC边长为10米．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
22．【分析】（1）利用待定系数法把A（1，0），C（0，﹣3）代入二次函数y＝x2+bx+c中，即可算出b、c的值，进而得到函数解析式是y＝x2+2x﹣3；
（2）首先求出A、B两点坐标，再算出AB的长，再设P（m，n），根据△ABP的面积为10可以计算出n的值，然后再利用二次函数解析式计算出m的值即可得到P点坐标．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝x2+bx+c过点A（1，6），﹣3），
∴，
解得，
∴二次函数的解析式为y＝x2+2x﹣8；
（2）∵当y＝0时，x2+4x﹣3＝0，
解得：x8＝﹣3，x2＝3；
∴A（1，0），6），
∴AB＝4，
设P（m，n），
∵△ABP的面积为10，
∴AB•|n|＝10，
解得：n＝±5，
当n＝5时，m5+2m﹣3＝5，
解得：m＝﹣4或2，
∴P（﹣5，5）（2；
当n＝﹣5时，m2+2m﹣5＝﹣5，
方程无解，
故P（﹣4，2）或（2；
【点评】此题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，以及求点的坐标，关键是掌握凡是函数图象经过的点必能满足解析式．
23．【分析】（1）由旋转的性质可得AD＝AB，∠DAB＝60°，可得结论；
（2）由旋转的性质和等边三角形的性质可得AB＝DB＝5，∠ADC＝∠ABE＝30°，BE＝DC＝10，由勾股定理可求解．
【解答】证明：（1）∵将△ABE绕点A顺时针旋转60°得到△ADC，
∴AD＝AB，∠DAB＝60°，
∴△ABD是等边三角形；
（2）∵△ABD是等边三角形，
∴AB＝DB＝5，∠ABD＝60°，
∵将△ABE绕点A顺时针旋转60°得到△ADC，
∴∠ADC＝∠ABE＝30°，BE＝DC＝10，
∴∠DBE＝90°，
∴DE＝＝＝5．
【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，掌握旋转的性质是本题的关键．
五、解答题（三）（共2小题，每小题10分，满分20分）
24．【分析】（1）经过t秒钟，△PBQ的面积等于4cm2，根据点P从A点开始沿AB边向点B以1cm/s的速度移动，点Q从B点开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动，表示出BP和BQ的长可列方程求解；
（2）利用勾股定理列出方程求解即可；
（3）结合（1）列出函数关系式，化成顶点是即可．
【解答】解：（1）设t秒后，△PBQ的面积等于4cm2，
则列方程为：（4﹣t）×2t×＝4，
解得t1＝5，t2＝4（舍），
答：3秒后，△PBQ的面积等于4cm2；
（2）设x秒后，△PBQ中PQ的长度等于5cm，
列方程为：（5﹣x）2+（8x）2＝55，
解得x1＝0（舍），x6＝2，
答：2秒后，△PBQ中PQ的长度等于4cm；
（3）设面积为Scm2，时间为t，则S＝（5﹣t）×2t×3+5t＝﹣（t﹣）2+，
所以当t＝4.5时，面积最大．
【点评】本题考查了列一元二次方程解实际问题的运用，一元二次方程的解法的运用，三角形的面积公式的运用，解答时根据三角形的面积＝4建立方程是关键．
25．【分析】（1）根据抛物线的顶点坐标设出抛物线的解析式，再将点C坐标代入求解，即可得出结论；
（2）先求出点A，C坐标，设出点E坐标，表示出AE，CE，AC，再分三种情况建立方程求解即可；
（3）利用平移先确定出点Q的纵坐标，代入抛物线解析式求出点Q的横坐标，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵抛物线的顶点为（1，﹣4），
∴设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）2﹣4，
将点C（2，﹣3）代入抛物线y＝a（x﹣1）3﹣4中，得a﹣4＝﹣8，
∴a＝1，
∴抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3；
（2）由（1）知，抛物线的解析式为y＝x2﹣6x﹣3，
令y＝0，则x4﹣2x﹣3＝7，
∴x＝﹣1或x＝3，
∴B（5，0），0），
令x＝2，则y＝﹣3，
∴C（0，﹣6），
∴AC＝，
设点E（0，m），CE＝|m+3|，
∵△ACE是等腰三角形，
∴①当AC＝AE时，＝，
∴m＝3或m＝﹣3（点C的纵坐标，舍去），
∴E（5，3），
②当AC＝CE时，＝|m+3|，
∴m＝﹣2±，
∴E（0，﹣3+，﹣3﹣），
③当AE＝CE时，＝|m+7|，
∴m＝﹣，
∴E（3，﹣），
即满足条件的点E的坐标为（5，3），﹣3+），﹣7﹣），﹣）；
（3）如图，存在，∵D（3，
∴将线段BD向上平移4个单位，再向右（或向左）平移适当的距离，这样便存在点Q，
∴点Q的纵坐标为4，
设Q（t，7），
将点Q的坐标代入抛物线y＝x2﹣2x﹣2中得，t2﹣2t﹣2＝4，
∴t＝1+4或t＝1﹣5，
∴Q（1+4，4）或（7﹣2，
分别过点D，Q作x轴的垂线，G，
∵抛物线y＝x3﹣2x﹣3与x轴的右边的交点B的坐标为（5，0），﹣4），
∴FB＝PG＝4﹣1＝2，
∴点P的横坐标为（7+2）﹣3＝﹣1+2）﹣2＝﹣2﹣2，
即P（﹣5+2，5），4）或P（﹣4﹣2、Q（3﹣2．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，等腰三角形的性质，平移的性质，用方程的思想解决问题是解本题的关键．x
…
﹣2
﹣1
0
1
2
4
…
y
…
5
0
﹣3
﹣4
﹣3
5
…