江西省为鹰潭市十校联考2022-—2023学年上学期九年级期中数学试卷

这是一份江西省为鹰潭市十校联考2022-—2023学年上学期九年级期中数学试卷，共17页。
A．B．C．D．
2．（3分）若方程x2﹣（m﹣4）x﹣m＝0的两根互为相反数，则m的值等于（ ）
A．﹣2B．2C．±2D．4
3．（3分）在如图所示的方格纸中，每个小方格都是边长为1个单位的正方形，△ABC的顶点都在格点上．若△A'B'C'是由△ABC绕点P按逆时针方向旋转得到，且各顶点仍在格点上，则旋转中心P的坐标是（ ）
A．（0，0）B．（0，﹣1）C．（1，﹣1）D．（1，﹣2）
4．（3分）如图，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A'B'C'，且点B刚好落在A'B'上，若∠B'＝70°，则∠B'CB等于（ ）
A．30°B．35°C．40°D．45°
5．（3分）将抛物线y＝x2平移得到抛物线y＝（x﹣5）2，下列平移方法正确的是（ ）
A．向左平移5个单位B．向右平移5个单位
C．向上平移5个单位D．向下平移5个单位
6．（3分）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象与x轴交于A，B两点，与y轴正半轴交于点C，它的对称轴为直线x＝﹣1．则下列选项中正确的是（ ）
A．abc＜0
B．4ac﹣b2＞0
C．a﹣b+c＞0
D．当x＝﹣n2﹣2（n为实数）时，y⩾c
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
7．（3分）x2﹣5x＝0的根为 ．
8．（3分）二次函数y＝x2﹣2x+1的对称轴是直线 ．
9．（3分）《算学宝鉴》全称《新集通证古今算学宝鉴》，完成于明嘉靖三年（1524年），王文素著，全书12本42卷，近50万字，代表了我国明代数学的最高水平．《算学宝鉴》中记载了我国南宋数学家杨辉提出的一个问题：“直田积八百六十四步，之云阔不及长十二步，问长阔各几何？”译文：一个矩形田地的面积等于864平方步，且它的宽比长少12步，问矩形田地的长与宽各是多少步？如果设矩形田地的长为x步，则可列方程为 ．
10．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c的部分图象如图所示，当y＞0时，x的取值范围是 ．
11．（3分）将一副三角板按图所示的方式叠放在一起，使直角的顶点重合于点O，并能绕O点自由旋转，设∠AOC＝α，∠BOD＝β，则α与β之间的数量关系是 ．
12．（3分）如图，正方形ABCD的边长为1，点A与原点重合，点B在y轴的正半轴上，点D在x轴的负半轴上，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°至正方形AB'C′D′的位置，B'C′与CD相交于点M，则点M的坐标为 ．
三．解答题（共5小题，满分30分，每小题6分）
13．（6分）（1）解方程：3（x﹣2）2＝2（x﹣2）；
（2）将二次函数y＝﹣x2﹣x+化为y＝a（x﹣h）2+k的形式．
14．（6分）抛物线y＝（k2﹣2）x2﹣4kx+m的对称轴是直线x＝2，且它的最低点在直线y＝﹣2x+2上，求：
（1）函数解析式；
（2）若抛物线与x轴交点为A、B与y轴交点为C，求△ABC面积．
15．（6分）已知关于x的一元二次方程x2﹣kx﹣2＝0，求证：无论k为何值，方程总有两个不相等的实数根．
16．（6分）在全国人民的共同努力下，新冠肺炎确诊病例逐渐减少，据统计，某地区2月2日累计新冠肺炎确诊病例144例，2月16日累计新冠肺炎确诊病例36例，那么这两周确诊病例平均每周降低的百分率是多少？
17．（6分）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的三个顶点分别是A（﹣3，2），B（0，4），C（0，2）．
（1）画出△ABC关于原点对称的△A1B1C1，并直接写出点A的对应点A1的坐标；
（2）画出△ABC以点C为旋转中心顺时针旋转90°的△A2B2C．
四．解答题（共3小题，满分24分，每小题8分）
18．（8分）已知x1，x2是一元二次方程（a﹣6）x2+2ax+a＝0的两个实数根．
（1）求a的取值范围；
（2）求使代数式（x1+1）（x2+1）值为负整数的实数a的整数值；
（3）如果实数a，b满足b＝++50，试求代数式x13+10x22+5x2﹣b的值．
19．（8分）如图1，在等腰直角三角形ADC中，∠ADC＝90°．AD＝4．点E是AD的中点，以DE为边作正方形DEFG，连接AG，CE．将正方形DEFG绕点D顺时针旋转，旋转角为a（0°＜a＜90°）．如图2，在旋转过程中．
（1）判断△AGD与△CED是否全等，并说明理由；
（2）当CE＝CD时，AG与EF交于点H，求GH的长．
20．（8分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝mx2﹣6mx+9m+1（m≠0）．
（1）求抛物线的顶点坐标；
（2）若抛物线与x轴的两个交点分别为A和B点（点A在点B的左侧），且AB＝4，求m的值．
（3）已知四个点C（2，2）、D（2，0）、E（5，﹣2）、F（5，6），若抛物线与线段CD和线段EF都没有公共点，请直接写出m的取值范围．
五．解答题（共2小题，满分18分，每小题9分）
21．（9分）如图，一个矩形养鸡场，一边靠墙（墙长为a米），另外三边用长为48米的篱笆围成．
（1）①若a＝30，求养鸡场的面积的最大值；
②若a＝20，求养鸡场的面积的最大值．
（2）若可围成的矩形养鸡场的面积的最大值为270平方米，求a的值．
22．（9分）如图，点E是矩形ABCD的对角线BD上的一点，且BE＝BC，AB＝3，BC＝4，点P为直线EC上的一点，且PQ⊥BC于点Q，PR⊥BD于点R．
（1）如图1，当点P为线段EC中点时，易证：PR+PQ＝ ；
（2）如图2，当点P为线段EC上的任意一点（不与点E、点C重合）时，其它条件不变，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．
（3）如图3，当点P为线段EC延长线上的任意一点时，其它条件不变，则PR与PQ之间又具有怎样的数量关系？请证明你的猜想．
六．解答题（共1小题，满分12分，每小题12分）
23．（12分）如图，抛物线C1：y＝x2﹣bx+4与x轴交于点C（1，0），B，与y轴交于点A，将抛物线C1沿x轴翻折，然后向右平移1个单位，再向上平移1个单位，得到抛物线C2．
（1）直接写出b的值及C2的解析式；
（2）在抛物线C2的第一象限内的图象上有一点P，求△PAB的面积的最大值．
2022-2023学年江西省为鹰潭市十校联考九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题，满分18分，每小题3分）
1．【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转180°，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；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【解答】解：A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：C．
2．【分析】根据根与系数的关系得到（m﹣4）＝0，然后解一次方程即可．
【解答】解：根据题意得x1+x2＝m﹣4＝0，解得m＝4；
故选：D．
3．【分析】根据两组对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心，可得结论．
【解答】解：观察图象可知，旋转中心P的坐标为（1，﹣2），
故选：D．
4．【分析】由旋转的性质可得BC＝B'C，由等腰三角形的性质可得∠B'＝∠CBB'＝70°，即可求解．
【解答】解：∵将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A'B'C'，
∴BC＝B'C，
∴∠B'＝∠CBB'＝70°，
∴∠B'CB＝40°，
故选：C．
5．【分析】先确定两个抛物线的顶点坐标，再利用点平移的规律确定抛物线平移的情况．
【解答】解：抛物线y＝x2的顶点坐标为（0，0），抛物线y＝（x﹣5）2的顶点坐标为（5，0），
而点（0，0）向右平移5个可得到（5，0），
所以将抛物线y＝x2向右平移5个单位得到抛物线y＝（x﹣5）2，
故选：B．
6．【分析】由抛物线开口方向、对称轴以及与y轴的交点即可判断A；根据抛物线与x轴的交点情况即可判断B；由x＝﹣1时，y＜0，即可判断C；把x＝﹣n2﹣2代入解析式得到y＝ax2+bx+c＝an2（n2+2）+c，根据a＞0，n2≥0，n2+2＞0，即可判断D．
【解答】解：由图象开口向上，可知a＞0，
与y轴的交点在x轴的上方，可知c＞0，
又对称轴为直线x＝﹣1，所以﹣＝﹣1，所以b＝2a＞0，
∴abc＞0，故A错误；
∵二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象与x轴交于A，B两点，
∴b2﹣4ac＞0，故B错误；
当x＝﹣1时，y＝a﹣b+c＜0，故C错误；
当x＝﹣n2﹣2（n为实数）时，
y＝ax2+bx+c＝a（﹣n2﹣2）2+b（﹣n2﹣2）+c＝an2（n2+2）+c，
∵a＞0，n2≥0，n2+2＞0，
∴y＝an2（n2+2）+c≥c，故D正确．
故选：D．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
7．【分析】利用因式分解法求解即可．
【解答】解：∵x2﹣5x＝0，
∴x（x﹣5）＝0，
则x＝0或x﹣5＝0，
解得x1＝0，x2＝5，
故答案为：x1＝0，x2＝5．
8．【分析】用一般式的对称轴公式计算即可．
【解答】解：∵a＝，b＝﹣2，c＝1，
∴对称轴为直线x＝﹣＝2．
故答案为：x＝2．
9．【分析】若矩形田地的长为x步，则矩形田地的宽为（x﹣12）步，根据矩形田地的面积为864平方步，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：若矩形田地的长为x步，则矩形田地的宽为（x﹣12）步，
依题意得：x（x﹣12）＝864．
故答案为：x（x﹣12）＝864．
10．【分析】利用抛物线的对称性求得二次函数与x轴的另一个交点的坐标，结合图形中在x轴上方部分对应的x值即可得出结论．
【解答】解：由题意得：二次函数y＝ax2+bx+c的对称轴为直线x＝﹣1，经过（3，0），
∴抛物线与x轴的另一个交点为（﹣5，0）．
∵抛物线在x轴的上方部分y＞0，
∴当y＞0时，x的取值范围是﹣5＜x＜3．
故答案为：﹣5＜x＜3．
11．【分析】由旋转的性质可得∠BOC＝∠AOD，即可求解．
【解答】解：∵使直角的顶点重合于点O，并能绕O点自由旋转，
∴∠BOC＝∠AOD，
∵∠BOC+∠AOC＝90°，
∴∠AOD+∠AOC＝90°，
∵α+β＝∠AOC+∠BOD＝∠AOC+∠BOC+∠AOC+∠AOD＝180°，
∴α+β＝180°，
故答案为：α+β＝180°．
12．【分析】连接AM，由旋转性质知AD＝AB′＝1、∠BAB′＝30°、∠B′AD＝60°，证Rt△ADM≌Rt△AB′M得∠DAM＝∠B′AD＝30°，由DM＝ADtan∠DAM可得答案．
【解答】解：如图，连接AM，
∵将边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°得到正方形AB'C′D′，
∴AD＝AB′＝1，∠BAB′＝30°，
∴∠B′AD＝60°，
在Rt△ADM和Rt△AB′M中，
∵，
∴Rt△ADM≌Rt△AB′M（HL），
∴∠DAM＝∠B′AM＝∠B′AD＝30°，
∴DM＝ADtan∠DAM＝1×＝，
∴点M的坐标为（﹣1，），
故答案为：（﹣1，）．
三．解答题（共5小题，满分30分，每小题6分）
13．【分析】（1）利用提公因式法把方程变形，进而求出方程的解；
（2）利用配方法把二次函数的一般式化为顶点式．
【解答】解：（1）3（x﹣2）2＝2（x﹣2），
3（x﹣2）2﹣2（x﹣2）＝0，
（x﹣2）（3x﹣6﹣2）＝0，
则x﹣2＝0或3x﹣8＝0，
解得：x1＝2，x2＝；
（2）y＝﹣x2﹣x+
＝﹣（x2+2x+1﹣1）+
＝﹣（x+1）2+3．
14．【分析】（1）先根据对称轴公式求出k的值，再利用直线y＝﹣2x+2求出抛物线的顶点坐标，代入二次函数解析式即可求出m的值，从而完整的求出了函数解析式．
（2）先由（1）中所求的解析式求出抛物线分别与x，y轴的交点坐标，确定A、B、C的位置再根据三角形的面积公式求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝（k2﹣2）x2﹣4kx+m的对称轴是直线x＝2
∴＝2
解得k＝﹣1或k＝2
又∵图象有最低点，即开口向上
∴k2﹣2＞0，即k2＞2
∴k＝2
即y＝2x2﹣8x+m
把x＝2代入直线y＝﹣2x+2得
y＝﹣2
即抛物线的顶点坐标是（2，﹣2）
代入函数y＝2x2﹣8x+m得
m＝6
∴函数解析式为y＝2x2﹣8x+6；
（2）当x＝0时，y＝6，即点C的坐标是（0，6）
当y＝0时，2x2﹣8x+6＝0，解得x＝1或x＝3，
即点A、B的坐标分别是（1，0）、（3，0）
则AB＝3﹣1＝2，OC＝6
∴S△ABC＝AB•OC＝×2×6＝6．
15．【分析】只要证明Δ＞0即可．
【解答】证明：在方程x2﹣kx﹣2＝0中，
Δ＝（﹣k）2﹣4×1×（﹣2）＝k2+8≥8，
∴无论k为何值，方程总有两个不相等的实数根．
16．【分析】根据减少率问题应用题的思路：减少率＝减少数量（原数量）×100%．如：若原数是a，每次减少的百分率为x，则第一次减少后为a（1+x）；第二次减少后为a（1﹣x）2，即 原数×（1﹣减少的百分率）2＝后来数．即可解答．
【解答】解：设这两周确诊病例平均每周降低的百分率是x，
由题意得：144（1﹣x）2＝36，
解得x1＝0.5＝50%，x2＝1.5（舍去），
答：这两周确诊病例平均每周降低的百分率是50%．
17．【分析】（1）按照旋转的性质找出点A、B、C的对应点即可；
（2）根据旋转的性质找出点A、B的对应点，即可得到结论．
【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求，
点A1的坐标（3，﹣2）；
（2）如图所示，△A2B2C即为所求．
四．解答题（共3小题，满分24分，每小题8分）
18．【分析】（1）由二次项系数非零及根的判别式△≥0，即可得出关于a的一元一次不等式组，解之即可得出a的取值范围；
（2）利用根与系数的关系可得出x1+x2＝﹣，x1x2＝，结合（x1+1）（x2+1）的值为负整数可得出为负整数，解之即可得出a的值；
（3）由被开方数非零及b＝++50可得出a，b的值，将a的值代入原一元二次方程，利用根与系数的关系及一元二次方程的解可得出x1+x2＝10，x1x2＝﹣5，x12＝10x1+5，将其代入x13+10x22+5x2﹣b中即可求出结论．
【解答】解：（1）∵关于x的一元二次方程（a﹣6）x2+2ax+a＝0有两个实数根，
∴，
解得：a≥0且a≠6．
（2）∵x1，x2是一元二次方程（a﹣6）x2+2ax+a＝0的两个实数根，
∴x1+x2＝﹣，x1x2＝，
∵（x1+1）（x2+1）＝x1+x2+x1x2+1＝﹣++1＝为负整数，
∴6﹣a＝﹣1，﹣2，﹣3，﹣6，
∴a＝7，8，9，12．
（3）∵b＝++50，
∴a＝5，b＝50，
∴方程﹣x2+10x+5＝0，
∴x1+x2＝10，x1x2＝﹣5，x12＝10x1+5，
∴原式＝x12•x1+10x22+5x2﹣b，
＝（10x1+5）•x1+10x22+5x2﹣50，
＝10（x12+x22）+5（ x1+x2）﹣50，
＝10（x1+x2）2﹣20x1x2+5（ x1+x2）﹣50，
＝10×102﹣20×（﹣5）+5×10﹣50，
＝1100．
19．【分析】（1）由“SAS”可证△ADG≌△CDE；
（2）由全等三角形的性质可求AG＝AD＝4，由等腰三角形的性质可得TG＝DT＝1，在Rt△AGT中，由勾股定理可求AT的长，通过证明△GFH∽△ATG，可得，即可求解．
【解答】解：（1）结论：△AGD≌△CED，
理由：∵四边形EFGD是正方形，
∴DG＝DE，∠GDE＝90°，
∵DA＝DC，∠ADC＝90°，
∴∠GDE＝∠ADC，
∴∠ADG＝∠CDE，
在△ADG和△CDE中，
，
∴△AGD≌△CED（SAS）；
（2）如图2中，过点A作AT⊥GD于T，
∵△AGD≌△CED，CD＝CE，
∴AD＝AG＝4，
∵AT⊥GD，
∴TG＝TD＝1，
∴，
∵EF∥DG，
∴∠GHF＝∠AGT，
∵∠F＝∠ATG＝90°，
∴△GFH∽△ATG，
∴，
∴，
∴．
20．【分析】（1）利用配方法得y＝m（x﹣3）2+1，由此即可得出顶点坐标；
（2）根据抛物线的对称轴以及AB＝4，即可得到A、B两点的坐标，代入抛物线即可求出m的值；
（3）结合图象即可得出当抛物线与线段CD和线段EF都没有公共点时m的取值范围．
【解答】解：（1）∵y＝mx2﹣6mx+9m+1＝m（x﹣3）2+1，
∴抛物线的顶点坐标为（3，1）；
（2）∵对称轴为直线x＝3，且AB＝4，
∴A（1，0），B（5，0），
将点A的坐标代入抛物线，可得：m＝﹣；
（3）如图：
①当m＞0时满足，解得：m＞；
②当m＜0时满足，解得：m＜﹣1；
综上，m＜﹣1或m＞．
五．解答题（共2小题，满分18分，每小题9分）
21．【分析】（1）①设平行于墙面的矩形的长为x米，则宽为米，由题意可知x≤a，设矩形的面积为S，根据题意用含x的式子表示出S，将其写成二次函数的顶点式，则可知其对称轴，然后在a＝30时求最值；
②与①相同的方法，在a＝20时计算求得相应的最大值即可．
（2）令S＝270得关于x的一元二次方程，求得方程的解并结合由（1）的结论可得答案．
【解答】（1）设平行于墙面的矩形的长为x米，则宽为米，由题意可知x≤a，矩形的面积为S，
则S＝x•＝＝，
∵，抛物线开口向下，对称轴为直线x＝24，
∴当0＜x≤24时，S随x的增大而增大，当x≥24时，S随x的增大而减小；
①a＝30时，x≤a即x≤30；
∴当x＝24时，S有最大值为288平方米；
②a＝20时，x≤a即x≤20，
∴当x＝20时，面积的最大值为280平方米，
（2）令S＝270得：，
解得：x＝18或x＝30，
由x≤a可知，当x＝30时，a≥30，
由（1）知，此时矩形最大值在x＝24时取得，面积最大值为288平方米，故x＝30舍去．
∴a＝18．
22．【分析】（1）连接BP，过C点作CK⊥BD于点K．先由矩形的性质及勾股定理求出BD的长，再由三角形面积求出CK的长，然后通过等量代换即可求解；
（2）连接BP，过C点作CK⊥BD于点K．同（1）求出CK的长，然后通过等量代换即可求解；
（3）PR﹣PQ＝，解法同（2）．
【解答】解：（1）当点P为线段EC中点时，PR+PQ＝，理由如下：
过C作CK⊥BD于K，连接BP，如图1所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝3，∠BCD＝90°，
∴BD＝＝＝5，
∵S△BCD＝BC•CD＝BD•CK，
∴3×4＝5CK，
∴CK＝，
∵点P为线段EC中点，
∴S△BCP＝S△BPE，
∵S△BCE＝BE•CK，S△BEP＝PR•BE，S△BCP＝PQ•BC，且S△BCE＝S△BEP+S△BCP，
∴BE•CK＝PR•BE+PQ•BC，
又∵BE＝BC，
∴CK＝PR+PQ，
∴PR+PQ＝，故答案为：；
（2）（1）中的结论仍然成立，理由如下：
过C作CK⊥BD于K，连接BP，如图2所示：
同（1）得：CK＝，
∵S△BCE＝BE•CK，S△BEP＝PR•BE，S△BCP＝PQ•BC，且S△BCE＝S△BEP+S△BCP，
∴BE•CK＝PR•BE+PQ•BC，
又∵BE＝BC，
∴CK＝PR+PQ，
∴PR+PQ＝；
（3）PR﹣PQ＝，理由如下：
过C作CF⊥BD交BD于F，作CM⊥PR交PR于M，连接BP，如图3所示：
同（1）得：CF＝，
∵S△BPE﹣S△BCP＝S△BEC，S△BEC＝BE•CF，S△BPE＝BE•PR，S△BCP＝BC•PQ，
∴BE•PR﹣BC•PQ＝BE•CF，
又∵BE＝BC，
∴PR﹣PQ＝CF＝．
六．解答题（共1小题，满分12分，每小题12分）
23．【分析】（1）首先利用待定系数法确定抛物线C1的解析式；然后根据二次函数几何图象的变换规律求得C2的解析式；
（2）设P（x，y），由图形知，S△PAB＝S梯形APDC﹣S△OAB﹣S△BPD，由此得到二次函数关系式，根据二次函数最值的求法解答．
【解答】解：（1）把点C（1，0）代入y＝x2﹣bx+4，得12﹣b+4＝0，则b＝5．
∴抛物线C1：y＝x2﹣5x+4．
将抛物线C1沿x轴翻折后得到﹣y＝x2﹣5x+4，即新抛物线解析式为y＝﹣x2+5x﹣4．
∵y＝﹣x2+5x﹣4＝﹣（x﹣）2+，
∴将其向右平移1个单位，再向上平移1个单位，得到抛物线C2：y＝﹣（x﹣）2+，
综上所述，b的值是5，抛物线C2：y＝﹣（x﹣）2+或y＝﹣x2+7x﹣9．
（2）设P（x，﹣x2+7x﹣9），
如图，过点P作PD⊥x轴于D，
∵抛物线C1：y＝x2﹣5x+4，
∴A（0，4）．
∵抛物线C1：y＝x2﹣5x+4＝（x﹣4）（x﹣1），
∴C（1，0），B（4，0）．
∴PD＝﹣x2+7x﹣9，OD＝x，OB＝OA＝4，BD＝x﹣4，
∴S△PAB＝S梯形APDO﹣S△OAB﹣S△BPD
＝×（PD+OA）•OD﹣OA•OB﹣BD•PD
＝×（﹣x2+7x﹣9+4）x﹣×4×4﹣（x﹣4）•（﹣x2+7x﹣9）
＝﹣2（x﹣4）2+6．
即：S△PAB＝﹣2（x﹣4）2+6．
∴当x＝4时，S△PAB最大值＝6．
∴△PAB的面积的最大值是6．