福建省厦门外国语瑞景分校上学期九年级数学期中试题（解析版）-A4

这是一份福建省厦门外国语瑞景分校上学期九年级数学期中试题（解析版）-A4，共22页。
注意事项：
1．全卷三大题，25小题，试卷共6页，另有答题卡．
2．答案一律写在答题卡上，否则不能得分．
3．答题卷使用0.5mm黑色水笔作答，作图题使用2B铅笔或0.5mm黑色水笔作答。
一、选择题（本大题共10小题．每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意）
1. 中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，下列四幅作品分别代表“立春”“立夏”“芒种”“大雪”，其中是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．本题主要考查了中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义．
【详解】解：A．不是中心对称图形，故A选项不合题意；
B．不是中心对称图形，故B选项不合题意；
C．不是中心对称图形，故C选项不合题意；
D．是中心对称图形，故D选项合题意；
故选：D．
2. 下列图形中的角是圆心角的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意直接根据圆心角的定义即顶点在圆心的角叫做圆心角进行分析判断即可．
【详解】解：顶点在圆心的角叫做圆心角，4个选项中只有B符合要求．
故选：B．
【点睛】本题考查圆心角的定义，熟练掌握圆心角定义的内容即顶点在圆心的角叫做圆心角是解答此题的关键．
3. 将抛物线y=2x2向右平移2个单位，能得到的抛物线是( )
A. y=2（x+2）2B. y=2x2+2C. y=2（x–2）2D. y=2x2–2
【答案】C
【解析】
【分析】根据顶点式及平移前后二次项的系数不变可得新抛物线的解析式．
【详解】原抛物线的顶点为(0，0)，向右平移2个单位，那么新抛物线的顶点为(2，0)；可设新抛物线的解析式为代入得：
故选:C．
【点睛】考查二次函数图象的平移，掌握二次函数图象的平移规律是解题的关键.
4. 抛物线的部分图像如图所示，它与轴的一个交点坐标为，对称轴为，则它与轴的另一个交点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接根据二次函数与轴的交点关于对称可得结果．
【详解】解：∵抛物线与轴的一个交点坐标为，对称轴为，
∴，
∴，
∴它与轴的另一个交点坐标为，
故选：D．
【点睛】本题考查了抛物线与轴的交点问题，熟练掌握二次函数的性质是解本题的关键．
5. 抛物线有（ ）
A. 最大值2B. 最小值2C. 最大值D. 最小值
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的最值问题，根据二次函数的性质及给出的解析式直接写出答案即可．
【详解】解：∵，
∴二次函数有最大值2．
故选：A．
6. 用公式法解关于的一元二次方程，得，则该一元二次方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了公式法解一元二次方程，对于一元二次方程，若其有实数根，那么其实数根为，据此结合题意得到，即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴可以分别为：，
∴该一元二次方程是，
故选：C．
7. 绍兴市是著名的桥乡，如图，有一座圆弧形石拱桥，桥顶到水面的距离为，它的跨度也为，则桥拱半径为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理以及勾股定理解题的关键．连接，由垂径定理求出，设桥拱半径为r，根据勾股定理即可求出r，
【详解】解：连接，
∵，
∴，
设桥拱半径为r，则，
在中，，
即，
解得：，
故选：B．
8. 如图，在平面直角坐标系中，已知某个二次函数的图象经过点，则下列对图象描述说法正确的是（ ）

A. 开口向下B. 对称轴在轴左侧
C. 与轴相交于轴的正半轴上D. 当时，随的增大而增大
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质：先根据作出大致函数图象，再根据图象进行判断即可．
【详解】解：根据作出大致函数图象如图，

由图象可得，开口向上，对称轴在轴右侧，与轴相交于轴的正半轴上，
故C符合题意，A、B不符合题意，
由于确定不了对称轴的具体位置，故D错误，不符合题意；
故选：C．
9. 如图，平面直角坐标系中，点在第一象限，点在轴的正半轴上，，，将△绕点逆时针旋转，点的对应点的坐标是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，坐标与图形，过点作轴于，由可得，再由旋转的性质可得，，，，即得，得到，利用直角三角形的性质，进而求出即可求解，掌握旋转的性质是解题的关键．
【详解】解：如图，过点作轴于，则，
∵，，
∴，
由旋转可得，，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴点的坐标是，
故选：．
10. 已知抛物线（为常数）经过点，，，当时，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数与一元二次方程，根和系数的关系，先利用求出的大小，再把代入方程，得到，，进而得，再分和求出的取值范围即可求解，掌握以上知识点是解题的关键．
【详解】解：∵在抛物线上，
∴，
∴，
当时，，
即，此时方程的两个根为，
∴，，
∴，
当时，，
∴，
解得；
当时，，
∴，
解得；
综上，的取值范围为，
故选：．
二、填空题（本大题共6小题．每小题4分，共24分）
11. 点关于原点对称的点的坐标是_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查点的对称性，根据关于原点对称的两个点的横坐标及纵坐标均互为相反数的特征直接求解即可得到答案，熟记关于原点对称的点的坐标特征是解决问题的关键．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是，
故答案为：．
12. 若是一元二次方程的一个解，则的值是________．
【答案】2
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的解的问题，解题的关键是把求未知系数的问题转化为方程求解的问题．先把方程的根代入一元二次方程，即可得到一个关于m的一元一次方程，解关于m的一元一次方程即可得到答案．
【详解】解：根据题意，
将代入，得
解得：
故答案为：．
13. 如图，是直径，，，的度数是______．
【答案】##度
【解析】
【分析】本题主要考查了弧与圆心角之间的关系，根据同圆中，等弧所对的圆心角相等得到，再根据平角的定义可得答案．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
故答案为：．
14. 如图，将绕点A 逆时针旋转得到，若点D在线段的延长线上，，则旋转角的度数为________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查旋转的性质，等边对等角，根据旋转的性质得到，等边对等角，得到，进而求出的度数即可．
【详解】解：∵旋转，
∴，
∴，
∴，即旋转角的度数为．
故答案为：
15. 如表中列出了二次函数的一些对应值，则一元二次方程的解的范围是________．（两相邻整数之间）
【答案】或
【解析】
【分析】本题考查图像法求一元二次方程的解，解题的关键是理解函数和方程的关系．据此解答即可．
【详解】解：∵，，
∴根据函数的连续性可得在之间，存在一个数，使得，
∵和的函数值相等，
∴对称轴为：，
∴根据对称性可得：在之间，也存在一个数，使得，
∴一元二次方程的解的范围是或，
故答案为：或．
16. 如图，已知二次函数的图象，点是坐标系的原点，点是图象对称轴上的点，图象与轴交于点，则下面结论：①关于的方程的解是，；②当时，；③点的坐标为；④△周长的最小值是．正确的有______．
【答案】①②③
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，轴对称的性质，由图象及二次函数的对称性可得抛物线与轴的另一个交点坐标为，即可判断①；进而由函数图象可知，当时，图象位于轴下方，即可判断②；把代入函数解析式求出的值即可判断③；作点关于对称轴的对称点，连接，与对称轴相交于点，可得△周长，此时△周长的最小，利用勾股定理求出得到△周长的最小值，即可判断④，掌握以上知识点是解题的关键．
【详解】解：∵由函数图象可得，抛物线的对称轴为直线，与轴的一个交点坐标为，
∴抛物线与轴的另一个交点坐标为，
∴关于的方程的解是，，故①正确；
由函数图象可知，当时，图象位于轴下方，
∴当时，，故②正确；
把代入得，，
解得，
∴，
当时，，
∴点的坐标为，故③正确；
作点关于对称轴的对称点，连接，与对称轴相交于点，则，，
∴△周长，此时△周长的最小，
∵，，
∴，
∴△周长的最小值，故④错误；
综上，正确的有①②③，
故答案为：①②③．
三、解答题（本大题共9小题，共86分）
17. 解方程：．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查解一元二次方程，熟练掌握配方法是解本题的关键．
方程利用配方法求出解即可
【详解】解：方程整理得：，
配方得：，即，
开方得：，
解得．
18. 先化简，再求值：，其中．
【答案】；
【解析】
【分析】本题考查分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解答本题的关键，先把括号内的式子通分，再算括号外的除法，然后将x的值代入化简后的式子计算即可．
【详解】解：
，
当时，原式．
19. 已知二次函数经过点和点．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）在坐标系中画出该二次函数的图象；
（3）当时，的取值范围是________．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，涉及待定系数法求解析式，画函数图象：
（1）利用待定系数法求解；
（2）先列表，再描点，最后连线即可；
（3）先分别求出当时的函数值，然后利用时，有最小值，继而得到的取值范围．
【小问1详解】
解：∵二次函数经过点和点
∴
解得：，
∴解析式为：；
【小问2详解】
解：列表为：
∴图象为：
【小问3详解】
解：当，
当，
∵，
∴当时，有最小值且为，
∴当时，的取值范围是，
故答案为：．
20. 某市交警部门提醒市民，骑车出行必须严格遵守“一盔一带”的规定，某头盔经销商统计了某品牌头盔7月份到9月份的销售量，该品牌头盔7月份销售500个，9月份销售720个，且从7月份到9月份销售量的月增长率相同，求该品牌头盔销售量的月增长率．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，设该品牌头盔销售量的月增长率为x，根据该品牌头盔7月份及9月份的月销售量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可．
【详解】解：设该品牌头盔销售量的月增长率为，
依题意，得：，
解得：，（不合题意，舍去）．
答：该品牌头盔销售量的月增长率为．
21. 已知关于的一元二次方程．
（1）求证：不论取何值时，该方程总有两个实数根；
（2）若的两条直角边恰好是该方程的两个实数根，且斜边长的长为，求的值．
【答案】（1）见解析 （2）-3
【解析】
【分析】（1）一元二次方程的根的情况可以由方程的根的判别式来判定，先计算，证明，即可得该方程总有两个实数根．
（2）由题意用分别表示方程的两个根，即三角形的两直角边的长，由根与系数的关系可得，根据勾股定理列方程，解关于a的一元二次方程即可．
【小问1详解】
证明：∵
∴不论取何值时，方程总有两个实数根
【小问2详解】
解：由题意，用分别表示方程的两个根，即三角形的两直角边的长，则有
，
又∵斜边长
根据勾股定理
∴
∴
即
或
∵为两个正根
∴舍去
∴
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别，一元二次方程根与系数的关系，勾股定理的应用，解一元二次方程，熟练的运用“根的判别式判定方程的实数根的情况，利用根与系数的关系求解参数的值”是解本题的关键．
22. 材料阅读：
材料一：数学家笛卡尔为了解决一元二次方程在实数范围内无解的问题，引进虚数单位，规定．当时，形如（为实数）的数统称为虚数．比如，，．当时，为实数．
材料二：虚数的运算与整式的运算类似，任意两个虚数，（其中）为实数．且，有如下运算法则：
；
；
；
（1）填空：化简________，________；
（2）关于的一元二次方程有一个根是，其中是实数，求的值．
【答案】（1）2，
（2）．
【解析】
【分析】本题主要考查了新定义虚数，求一元二次方程的虚数根．
（1）将代入，利用乘法公式求解即可得到答案；
（2）将方程的根代入，结合，是实数，求出m，n即可得到答案．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∴，
故答案为：2，；
【小问2详解】
解：∵一元二次方程有一个根是，
∴，即，
∴，
∵，是实数，
∴，
解得：，，
∴．
23. 如图1，中新社上海3月21日电（记者缪璐）21日在上海举行的2023年全国跳水冠军赛女子单人10米跳台决赛中，陈芋汐以416.25分的总分夺得冠军，全红婵位列第二，掌敏洁获得铜牌．在精彩的比赛过程中，全红婵选择了一个极具难度的207（向后翻腾三周半抱膝）．如图2所示，建立平面直角坐标系．如果她从点起跳后的运动路线可以看作抛物线的一部分，从起跳到入水的过程中，她的竖直高度（单位：米）与水平距离（单位：米）近似满足函数关系式．
（1）在比赛当天完成一次跳水动作时，全红婵的水平距离与竖直高度的几组数据如下：
根据上述数据，求比赛当天入水点的水平距离．
（2）在（1）的情况下，全红婵起跳后到达最高点开始计时，若点到水平面的距离为，则她到水面的距离与时间之间近似满足，如果全红婵在达到最高点后需要1.6秒的时间才能完成极具难度的270动作，请通过计算说明，她当天的比赛能否成功完成此动作？
【答案】（1）5m （2）不能，理由见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了求二次函数关系式，二次函数的应用，
（1）将表格中的数值代入关系式，求出解即可；
（2）先求出c的值，再求出时的y的值，与0进行比较得出答案．
【小问1详解】
解：∵二次函数的图象经过点，
∴，
∴，
∴
解得，
∴，
当时，，
解得（舍去），
所以入水的水平距离是5 m；
【小问2详解】
解：不能，理由如下：
根据题意可知，
∴，
当时，，
∵，
∴她不能成功完成此动作．
24. 如图，在等腰中，，，为的中点，将△绕点逆时针方向旋转，得到，点的对应点为，连接、并延长交于点．
（1）求证：；
（2）求的度数；
（3）若，且，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（）由旋转的性质可得，，，进而得，，即可由证明；
（）利用等腰三角形的性质可得，，再根据平角定义即可求解；
（）根据得，即得，得到，即得，得到，即得，又由得，进而可得，设，则，，在中，由勾股定理得，据此即可求解．
【小问1详解】
证明：由旋转可得，，，
∴，
即，
∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：∵，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∵为的中点，
∴，
∵，
∴，
由旋转得，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，，
在中，，
∴，
整理得，，
解得或（不合，舍去），
∴的值为．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，掌握旋转的性质是解题的关键．
25. 在平面直角坐标系中，对于图形，若存在一个正方形，这个正方形的某条边与轴垂直，且图形上的所有的点都在该正方形的内部或者边上，则称该正方形为图形的一个正覆盖．很显然，如果图形存在一个正覆盖，则它的正覆盖有无数个，我们将图形的所有正覆盖中边长最小的一个，称为它的紧覆盖．如图1，图形为三条线段和一个圆弧组成的封闭图形，图中的三个正方形均为图形的正覆盖，其中正方形就是图形的紧覆盖．
（1）对于一个底角在坐标原点，斜边长为2的等腰直角三角形，它的紧覆盖的边长为________．
（2）如图2，点为直线上一动点，若线段的紧覆盖的边长为3，求点的坐标；
（3）直线与轴，轴分别交于．若在抛物线上存在点，使得△的紧覆盖的边长为3，请求出的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
（3）或
【解析】
【分析】（1）由题意得，斜边长为2的等腰直角三角形，它的紧覆盖正方形邻边恰好与等腰直角三角形的两腰重合，一条对角线为等腰直角三角形的斜边，由勾股定理求解即可；
（2）由题意当点P到坐标轴的距离等于3时，线段的紧覆盖的正方形的边长为3．分三种情形分别求解即可；
（3）如图2中，由题意当抛物线与图中矩形区域有交点时，在抛物线上存在点C，使得的紧覆盖的边长为3．
【小问1详解】
解：由题意得，斜边长为2的等腰直角三角形，它的紧覆盖正方形邻边恰好与等腰直角三角形的两腰重合，一条对角线为等腰直角三角形的斜边，
∴设边长为，
由勾股定理得，，
解得：（舍负），
故答案为：；
小问2详解】
解：当点在第一象限时，，故不符合题意；
当点第二象限包括坐标轴时，过点作轴于点，
∴由题意得，
∴当时，
解得：，
∴；
当点在第三象限时，时，
把代入得，，不符合题意；
当时，把代入得，，
解得：，
∴，
综上所述：若线段紧覆盖的边长为3，求点的坐标为或；
【小问3详解】
解：如图2中，如图由题意当抛物线与图中矩形区域有交点时，在抛物线上存在点C，使得的紧覆盖的边长为3．
由题意．
当抛物线经过点G时，，
，
∵抛物线的对称轴，经过，
观察图象可知，当时，在抛物线上存在点C，使得的紧覆盖的边长为3．
当时，抛物线经过点A时，解析式为，
观察图象可知，当时，在抛物线上存在点C，使得的紧覆盖的边长为3．
综上所述，满足条件的a的值为或．
…
0
1
…
…
1
2
1
…
0
1
2
3
0
4
0
水平距离
0
3
4
4.5
竖直高度
10
10
10
6.25