安徽省淮南市淮南五校联考2023-2024学年九年级上学期期中数学试题（含解析）

这是一份安徽省淮南市淮南五校联考2023-2024学年九年级上学期期中数学试题（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．）
1．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．抛物线的顶点坐标是（ ）
A．B．C．D．
3．下表是几组二次函数的自变量x与函数值y的对应值
那么方程的一个解x的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．抛物线向右平移3个单位长度得到的抛物线对应的函数关系式为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，在正方形网格中，将绕某一点旋转某一角度得到，则旋转中心是（ ）

A．点B．点C．点D．点
6．一个球从地面坚直向上弹起时的速度为20米/秒，经过t（秒）时球距离地面的高度h（米）适用公式，那么球弹起后又回到地面所花的时间t（秒）是（ ）
A．2B．4C．5D．20
7．某种品牌运动服经过两次降价，每件零售价由元降为元，已知两次降价的百分率相同，求每次降价的百分率，设每次降价的百分率为，下面所列的方程中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
8．如图，在平面直角坐标系中，点绕点O逆时针旋转后得到的点，绕点逆时针旋转后得到的点，依此类推，坐标是（ ）

A．B．C．D．
9．若关于x的一元二次方程（t为实数），在的范围内有解，则t的取值范围是（ ）．
A．B．C．D．
10．如图，在中，，，现以为边在的下方作正方形并连接，则的最大值为（ ）

A．B．6C．D．
二、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分．）
11．已知关于的一元二次方程的两个实数根分别为和，则的值为 ．
12．如图，点A、B、C、D在上，，，，则 ．

13．如图是三个边分别为4、6、x的正方形所组成的图形，若直线将它们分成面积相等的两部分，则x的值是 ．

14．已知抛物线的对称轴为直线，并与坐标轴的一个交点为，其部分图象如图所示，下列判断中：①；②；③；④；①若点，均在抛物线上，则，其中正确的判断是 ．（填写所有正确判断的序号）

三、解答题（本大题共8小题，共90分．）
15．解下列方程：
(1)．
(2)．
16．如图，在边长为1的正方形网格中建立平面直角坐标系，的三个顶点均在格点上．
(1)画出关于原点对称的；
(2)画出绕点逆时针旋转得到的，并写出点的坐标；
(3)若点为轴上一点，则的最小值为____________．
17．如图所示，在中，直径弦，点H为垂足，，求的面积．
18．如图，的弦、相交于点，且．求证．

19．已知关于的一元二次方程．
(1)证明：无论取何值，此方程必有实数根；
(2)等腰三角形中，，、的长是此方程的两个根，求的值．
20．如图，中，，，动点从点出发以速度向点移动，同时动点从出发以的速度向点移动，设它们的运动时间为．
(1)根据题意知：____________，____________；（用含t的代数式表示）
(2)为何值时，的面积等于四边形的面积的？
21．如图，二次函数的图象经过点且与轴交于点，点和点关于该二次函数图象的对称轴直线对称，一次函数的图象经过点及点．

(1)求二次函数与一次函数的解析式；
(2)根据图象，直接写出不等式的解集。
22．为了节省材料，某水产养殖户利用水库的一角∠MON（∠MON=135°）的两边为边，用总长为120m的围网在水库中围成了如图所示的①②③三块区域，其中区域①为直角三角形，区域②③为矩形，而且四边形OBDG为直角梯形．
（1）若①②③这块区域的面积相等，则OB的长为 m；
（2）设OB=xm，四边形OBDG的面积为ym2，
①求y与x之的函数关系式，并注明自变量x的取值范围；②x为何值时，y有最大值？最大值是多少？
答案与解析
1．D
【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；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．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
D、既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
故选D．
2．D
【分析】已知抛物线的顶点式，顶点坐标是，可直接写出顶点坐标．
【详解】由，根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为，
故选：D．
【点睛】本题考查解析式为顶点式的形式，顶点坐标是，对称轴是直线．
3．B
【分析】利用二次函数和一元二次方程的关系求解即可．
【详解】解：观察表格，可知：当时 ，
当时，，
∴方程的一个近似根在和之间．
故选：B．
【点睛】本题考查了图象法求一元二次方程的近似根，弄清表格中的数据是解本题的关键．
4．A
【分析】根据抛物线的平移规律：上加下减，左加右减解答即可．
【详解】解：抛物线向右平移3个单位长度得到的抛物线对应的函数关系式为，
故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数图象的平移，掌握平移规律是解题的关键．
5．D
【分析】连接，，然后分别作这两条线段的垂直平分线，交点即为旋转中心．
【详解】解：连接，，
分别作这两条线段的垂直平分线，如图所示：

则交点D即为旋转中心，
故答案选：D．
【点睛】本题考查了旋转图形的性质，解题的关键是旋转中心在对应顶点连线的垂直平分线上．
6．B
【分析】令，求出t值即可．
【详解】解：令，得：，
解得：或，
那么球弹起后又回到地面所花的时间是4秒；
故选：B．
【点睛】本题主要考查二次函数的应用，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
7．D
【分析】设每次降价的百分率为，根据降价后的价格＝降价前的价格（降价的百分率），则第一次降价后的价格是，第二次后的价格是，据此即可列出方程．
【详解】解：设每次降价的百分率为，由题意得：
．
故选：D．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用，解题的关键是正确理解题意并列出方程．
8．A
【分析】根据旋转的性质得到每旋转次与点重合，即可得到答案．
【详解】解：根据题意可得：将点绕点逆时针旋转得到点，
∴点，
依此类推，可得，，与重合是，
∴旋转次与点重合，
∵，
∴第次旋转结束时，点的坐标为．
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，找出规律是解题的关键．
9．D
【分析】由可得，进而确定t的最小值，然后再求出时t的值，然后比较即可解答．
【详解】解：∵，
∴，即t在的范围内的最小值为，
当时，；当时，；
所以t的取值范围是．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了二次函数与一元二次方程的关系、二次函数的性质等知识点，根据题意确定t的最小值是解答本题的关键．
10．B
【分析】将绕点逆时针旋转得，连接，则是等腰直角三角形，，再利用三角形三边关系可得答案．
【详解】解：将绕点逆时针旋转得，连接，

则是等腰直角三角形，，
，
在中，，
的最大值为，
即的最大值为6，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，三角形三边关系等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
11．
【分析】直接利用根与系数的关系，，再代入计算即可求解．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程的两个实数根分别为和，
∴，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查根与系数的关系，熟记根与系数的关系是解题关键．根与系数的关系：和是一元二次方程的两根时，．
12．##70度
【分析】根据三角形内角和定理，得出，再根据同弧所对的圆周角相等，得到，即可求出的度数．
【详解】解：，，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，圆的性质，解题关键是掌握同弧所对的圆周角相等．
13．2或4
【分析】延长交于点C，延长交于点D，可得四边形是矩形，依据与面积相等，线段将三个正方形分成面积相等的两部分，即可得到四边形与四边形的面积相等，进而得到x的值．
【详解】解：如图所示，延长交于点C，延长交于点D，则四边形是矩形，

∴与面积相等，
又∵线段将三个正方形分成面积相等的两部分，
∴四边形与四边形的面积相等，
∴，
解得或4，
故答案为：2或4．
【点睛】此题考查一元二次方程的实际应用，矩形的性质，正方形的性质，题中的辅助线的引入是关键．
14．②③⑤
【分析】根据题意可得，通过图象可得，进而可判断①③④，通过比较和离对称轴的距离，可判断⑤，当时，取得最小值，即可判断④．
【详解】解：∵抛物线的对称轴为直线，并与坐标轴的一个交点为，
，
，
∴，故④错误；
∵抛物线开口向上，
，
，
∴，故①错误；
∵抛物线与x轴有两个交点，
，故②正确；
当时，取得最小值，
∴当时，，
当时，，
∴，
综上所述：，故③正确；
∵比离对称轴更近，
∴，故⑤正确；
故答案为：②③⑤．
【点睛】本题考查了二次函数图象的性质，熟练掌握二次函数图象的性质是解题的关键．
15．(1)
(2)
【分析】本题考查了解一元二次方程；
（1）根据直接开平方法解一元二次方程，即可求解；
（2）根据因式分解法解一元二次方程，即可求解．
【详解】（1）解：
∴
∴，
解得：；
（2）解：，
∴
∴或，
∴
16．(1)见解析
(2)图见解析；
(3)
【分析】（1）根据中心对称的性质作图即可．
（2）根据旋转的性质作图，即可得出答案．
（3）作点关于轴的对称点，连接，交轴于点，则的最小值即为，由勾股定理可得答案．
【详解】（1）如图，即为所求；
（2）如图，即为所求， ．
（3）作点关于轴的对称点'，连接，交轴于点，连接，
则的最小值为
故答案为：．
【点睛】本题考查了画中心对称图形，画旋转图形，写出点的坐标，勾股定理，轴对称的性质，熟练掌握以上几何变换的性质是解题的关键．
17．
【分析】连接，设的半径为r，则，根据垂径定理得出，再利用勾股定理得出，求解即可得出答案．
【详解】解：连接，
设的半径为r，则，
∵为的直径，且，
∴，
在中，有，
即，
解之，得，
所以，的面积为．
【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，圆的面积，正确作出辅助线是解题的关键．
18．见解析
【分析】连接，由弧、弦、圆心角的关系进行证明，结合等角对等边，即可得到结论成立．
【详解】证明：连接．

∵，
∴
∴，
即，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系、等腰三角形的判定，熟练掌握知识点是解题的关键．
19．(1)见解析
(2)
【分析】（1）证明即可；
（2）根据是等腰三角形分类讨论即可．
【详解】（1）证明：
，
无论取何值，此方程必有实数根；
（2）解：当为腰时，则或有一条边为腰，
的解为，
，
解得：，
时原方程两根为和，此时三角形三边为，，，这样的三角形不存在，
不合题意，应舍去，
当为底时，则，为腰，
方程有两个相等的实数根，
，
解得，
综上所述，的值．
【点睛】本题考查了根的判别式，解一元二次方程，等腰三角形的性质，熟练掌握一元二次方程根的判别式的求法是解题的关键．
20．(1)
(2)
【分析】本题考查了列代数式、一元二次方程的应用．
（1）根据路程速度时间，即可求解；
（2）根据题意可得面积等于面积的，根据的面积等于三角形的面积的列方程求解即可．
【详解】（1）解：根据路程速度时间得：
，，
则；
故答案为：．
（2）解：∵的面积等于四边形的面积的
∴面积等于面积的
∴
即
解得．
答：当时，的面积等于四边形的面积的．
21．(1)，
(2)或
【分析】（1）先将点代入，再将对称轴直线代入公式即可得出和的值，根据点的对称性确定点坐标，然后根据待定系数法求出一次函数解析式；
（2）根据图象和、的交点坐标可直接求出的解集．
【详解】（1）二次函数的图象经过点，
，
二次函数图象的对称轴直线，
，
，，
二次函数的解析式为；
，
点和点关于该二次函数图象的对称轴直线对称，
，
设一次函数代解析式为，
，
，
一次函数的解析式为；
（2）由图象可得，不等式的解集或．
【点睛】本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．一般地，当已知抛物线上三点时，常选择一般式，用待定系数法列三元一次方程组来求解；当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解；当已知抛物线与轴有两个交点时，可选择设其解析式为交点式来求解．
22．（1）24；（2）①，（0﹤x﹤60）；②当x=15时，y有最大值，最大值为900.
【分析】（1）首先证明EG=EO=DB，DE=FC=OB，设OB=CF=DE=x，则，由①②③这块区域的面积相等，得到，解方程即可；
（2）①根据直角梯形的面积公式计算即可；②利用二次函数的性质求出y的最大值，以及此时x的值即可．
【详解】解：（1）解：（1）由题意可知，∠MON=135°，∠EOB=∠D=∠DBO=90°，
∴∠EGO=∠EOG=45°，
∴EG=EO=DB，DE=FC=OB，设OB=CF=DE=x，则，
∵①②③这块区域的面积相等，
，
∴x=24或60（舍弃），
∴BC=24m．
故答案为24．
（2）由题意可知，∠MON=135°，∠EOB=∠D=∠DBO=90°，
∴∠EGO=∠EOG=45°，
∴CF=DE=OB=x，则GE=OE=BD=(120-2x)=40-x
①y=
= （0﹤x﹤60）
②
=
∴当x=15时，y有最大值，最大值为900.
【点睛】本题考查一元二次方程的性质和应用、直角梯形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
x
1
y