广东省广州市天河区新都学校2023-2024学年九年级上学期期中数学试题

广东省广州市天河区新都学校2023-2024学年九年级（上）期中数学试卷一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1.下列方程是一元二次方程的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】本题考查了一元二次方程的定义，解题的关键是熟练掌握其定义“方程的两边都是整式，只含有一个未知数，并且整理后未知数的最高次数是2，这样的方程叫做一元二次方程”．根据一元二次方程的定义解答．一元二次方程必须满足四个条件：（1）未知数的最高次数是2；（2）二次项系数不为0；（3）是整式方程；（4）含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证，满足这四个条件者为正确答案．【详解】解：A．该方程是分式方程，该选项不符合题意；B．方程含有两个未知数，它不是一元二次方程，该选项不符合题意；C．该方程整理得：，是一元二次方程，该选项符合题意；D．方程化简后为：，不是一元二次方程，该选项不符合题意；故选：C．2.下列图形中，是中心对称图形的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】本题考查了中心对称图形的定义，在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．据此进行逐项分析，即可作答．【详解】解：选项中的图形都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．选项D中的图形能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．故选：D．3.关于x的方程：x2＝3x的解是（）A.x＝3 B.x1＝3，x2＝﹣3 C.x1＝﹣3，x2＝0 D.x1＝3，x2＝0【答案】D【解析】【分析】利用因式分解法解方程．【详解】解：∵x2＝3x，∴x2-3x=0，x（x-3）=0∴x=0或x-3=0，∴x1=0，x2=3，故选：D．【点睛】此题考查了解一元二次方程，正确掌握解一元二次方程的方法，及根据方程的特点选择恰当的解法是解题的关键．4.把函数图象向左平移个单位长度，平移后图象的函数解析式为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据函数图像的平移规律，“左加右减，上加下减”，求解即可．【详解】解：根据函数图像的平移规则，函数图象向左平移个单位长度，平移后图象的函数解析式故选C【点睛】此题考查了函数图像的平移，解题的关键是掌握函数图像的平移规律．5.一元二次方程的根的情况是()A.有两个相等的实数根 B.有两个不相等的实数根C.只有一个实数根 D.没有实数根【答案】B【解析】【分析】根据一元二次方程根的判别式进行判断即可求解．【详解】解：∵，∴方程有两个不相等的实数根．故选：B．【点睛】本题考查了一元二次方程(为常数)根的判别式，理解根的判别式对应的根的三种情况是解题的关键．当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根．6.如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转40°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC＝105°，则∠C的度数是（）A.55° B.45° C.42° D.40°【答案】B【解析】【分析】先根据∠AOC的度数为105°，∠AOD＝∠BOC＝40°，可得∠AOB＝65°，再根据△AOD中，AO＝DO，可得∠A＝70°，然后求出∠B即可．【详解】解：∵∠AOC的度数为105°，∠AOD＝∠BOC＝40°，∴∠AOB＝105°﹣40°＝65°，∵△AOD中，AO＝DO，∴∠A＝（180°﹣40°）＝70°，∴△ABO中，∠B＝180°﹣70°﹣65°＝45°，∴∠C＝∠B＝45°，故选：B．【点睛】本题考查旋转的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用旋转的性质解答．7.已知抛物线，若点,,，都在该抛物线上，则，，大小关系为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】本题考查了二次函数的图像及性质，开口方向向下自变量离对称轴越近则函数值越大．【详解】解：∵，∴抛物线的对称轴为：，∵，∵且二次函数图象开口方向向下，自变量距离对称轴越近函数值越大，∴．故选：C．8.电影《孤注一掷》于2023年8月8日在中国大陆上映，某地第一天票房约3亿元，以后每天票房按相同的增长率增长，三天后票房收入累计达13亿元，若把每天的平均增长率记作x，则方程可以列为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．由第一天为3亿，根据增长率为得出第二天为亿，第三天为亿，根据三天累计为13亿，即可得出关于的一元二次方程．【详解】解：设增长率为，根据题意得：．故选：D．9.二次函数的图像如图所示，则一次函数的图像可能是（）.A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由二次函数的图像可得a<0，b>0，根据一次函数图像的性质即可判断出正确答案．【详解】解：∵二次函数图像开口向下，与y轴交于正半轴，∴a<0，b>0，∴y=ax+b的图像经过一、二、四象限，与y轴交于正半轴，∴选项C符合题意，故选：C．【点睛】本题考查了二次函数图像的基本性质及判断一次函数图像所经过的象限，熟练掌握二次函数及一次函数的性质是解题关键．10.如图，在平面直角坐标系中，已知点，点B在第一象限内，，，将绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转后点B的坐标为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】过点B作轴于H，求出的长，进而求出点的坐标，根据旋转的性质，以及点的坐标规律，判断每6次一个循环，进而求出第2023次旋转后，点B的坐标即可．【详解】解：过点B作轴于H，在中，，，，∴，∴，，由勾股定理得，∴B（，3），∵，，∴，∴逆时针旋转后，得，以此类推，，，，，．．．，6次一个循环，∵，∴第2023次旋转后，点B的坐标为，故选：C．【点睛】本题考查点的规律探究．熟练掌握旋转的性质，所对的直角边是斜边的一半以及勾股定理，是解题的关键．二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11.若代数式在实数范围内有意义，则x的取值范围是_____．【答案】x≤【解析】【详解】∵代数式在实数范围内有意义，∴，解得：．故答案为．【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件．12.关于x的方程x2-2（k-1）x+k2-1=0的两个实数根的平方和等于16，k的值为_______．【答案】-1【解析】【分析】根据根与系数的关系求得x1+x2=2（k-1），x1•x2=k2-1，然后将其代入x12+x22=（x1+x2）2-4x1x2列出关于k的新方程，通过解新方程即可求得k的值．【详解】试题解析：∵关于x的方程x2-2（k-1）x+k2-1=0有两个实数根，∴△=4（k-1）2-4（k2-1）≥0，解得，k≤1．设方程x2-2（k-1）x+k2-1=0两个实数根为x1、x2．则x1+x2=2（k-1），x1x2=k2-1，∴x12+x22=（x1+x2）2-2x1x2=4（k-1）2-2（k2-1）=16，即k2-4k-5=0，解得，k1=-1，k2=5（不合题意，舍去）.故答案为：-1【点睛】此题主要考查了根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．13.抛物线与x轴相交于点、，点A在点B左侧，若，则当时，y______0（填“”“”或“”号）【答案】【解析】【分析】本题主要考查了二次函数的性质，解题的关键是根据题意得出，然后根据二次函数的性质进行解答即可．【详解】解：∵抛物线与x轴相交于点、，对称轴为，∴，，∵，∴，∴，∴当时，，故答案为：．14.若等腰三角形三边的长分别是，且是关于的一元二次方程的两个根，则满足上述条件的的值为_____．【答案】4或3##或【解析】【分析】根据等腰三角形的性质可得出或或，结合一元二次方程的解的意义即可得出关于的一元一次方程，解方程可得出结论．【详解】解：∵三角形是等腰三角形，∴或或，①当时，方程有两个相等的实数根，∴，解得，②当或时，∵是关于的一元二次方程的两个根，∴是的根，∴解得当时，解得∴等腰三角形的边长为，能组成三角形故答案为：或【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，一元二次方程的根，注意分类讨论思想的应用．15.如图，C为线段AB的中点，D为AB垂直平分线上一点，连接BD，将BD绕点D顺时针旋转60°得到线段DE，连接AE，若AB＝2，AE＝4，则CD的长为___．【答案】7【解析】【分析】连接AD、BE，过点E作EH⊥AB于H，由旋转知，DE=DB，∠BDE=60°，可证△BDE是等边三角形，利用三角形内角和180°求出∠BAD=，∠EAD=从而得到∠BAE==150°，∠HAE=30°，接着求出EH,AH，再利用勾股定理先后求出BE和CD．【详解】解：如图，连接AD、BE，过点E作EH⊥AB于H，由旋转知，DE=DB，∠BDE=60°，∴△BDE是等边三角形，∴BE=BD∵C为AB中点，点D在AB的处置平分线上，∴AD=BD=DE，BC=AB=×=∴∠BAD=，∠EAD=∴∠BAD+∠EAD=即∠BAE=∵∠BDE=60°∴∠BAE=150°∴∠HAE=180°-150°=30°∵AE=4∴EH=AE=2，AH=2∴BH=AH+AB=2+2=4∴BE===2∴BD=2∴CD===7故答案为7．【点睛】本题考查了图形的旋转，三角形内角和，勾股定理以及含30°的直角三角形，通过做辅助线构造出直角三角形是解题的关键．16.二次函数的部分xy对应值如表：x02yn若，下列正确的有______（填序号即可）．①；②；③；④时，的解为，．【答案】①③④【解析】【分析】本题考查了二次函数的图象性质以及根据二次函数的图象判断式子符号，二次函数图象与各项系数符号，正确掌握相关性质内容是解题的关键．根据二次函数的图象性质，对称轴为，二次函数与轴的交点坐标为，与0的关系决定开口方向，据此逐项分析，即可作答．【详解】解：①函数的对称轴为直线，即，则，∵，故在对称轴的左侧，y随x的增大而减小，故抛物线开口向上，则，而，故，所以①正确；②∵对称轴在y轴的右侧，，∴，∵时，，∴，∴，∴，∴故②错误；③当时，，∴，∵，∴，∴，故③正确；④当时，即：时，，∵抛物线经过点∴，解得，可以变形为，即探讨一次函数与二次函数为图象的交点情况，∵和是上述两个图象的交点，∴关于x的一元二次方程的解为，④正确，故答案为：①③④．三．解答题（共9小题，满分72分）17.解下列一元二次方程（1）．（2）【答案】（1）（2）【解析】【分析】本题考查解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法：直接开方法、配方法、公式法、因式分解法是解题的关键．（1）运用因式分解法求解即可；（2）运用因式分解法求解即可．【小问1详解】解：，，，；【小问2详解】，，，，．18.在中，，，顺时针旋转一定角度后与重合，点E落在边上，且点E是的中点．（1）指出旋转中心，并求出旋转角的度数；（2）连接，求出的长．【答案】（1）旋转中心是点A，旋转角的度数为（2）【解析】【分析】本题考查的是旋转的性质，全等三角形的性质，勾股定理的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键；（1）根据旋转的性质可得答案；（2）连接，证明，，再利用勾股定理解答即可．【小问1详解】解：∵顺时针旋转一定角度后与重合，∴旋转中心是点A，旋转角的度数；【小问2详解】连接，∵顺时针旋转一定角度后与重合，∴，∴，，∵点E是的中点，∴，∵，∴．19.在平面直角坐标系中，的三个顶点都在边长均为1个单位长度的正方形网格的格点上．（1）画出关于原点对称的图形，并写出点的坐标；（2）画出绕点逆时针旋转后的图形，并写出点的坐标；（3）写出经过怎样的旋转可直接得到．【答案】（1）作图见解析，点的坐标（2）作图见解析，点的坐标（3）见解析【解析】【分析】本题主要考查了利用旋转变换进行作图，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．（1）根据对称的性质即可画出关于原点对称的图形，并写出点的坐标；（2）根据旋转的性质即可画出绕点O逆时针旋转后的图形，并写出点的坐标；（3）根据旋转的性质即可写出绕点O顺时针旋转后可得到．【小问1详解】解：（1）如图，即为所求；点的坐标；【小问2详解】（2）如图，即为所求；点的坐标；【小问3详解】（3）绕点O顺时针旋转后得到．20.已知关于x的一元二次方程．（1）求证：无论实数m取得何值，方程总有两个实数根；（2）若方程有一个根的平方等于1，求m的值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】本题考查了解一元二次方程和根的判别式，能熟记根的判别式的内容是解此题的关键．（1）求出，再判断即可；（2）求出方程的根是，再代入方程，即可求出答案．【小问1详解】证明：，，所以无论实数m取得何值，方程总有两个实数根；【小问2详解】解：∵方程有一个根的平方等于1，∴此根，当根是1时，代入得：，即，此时m为任何数；当根是时，，解得：，综上所述，m为任意实数．21.哈市某展览馆计划将长60米，宽40米的矩形场馆重新布置，展览馆的中间是个1500平方米的矩形展览区，四周留有等宽的通道．（1）求通道的宽为多少米？（2）若展览区用彩色地砖铺设，铺设每平方米需要80元，通道用白色地砖铺设，铺设每平方米需要60元，铺设整个展馆需要多少钱？【答案】（1）5米；（2）174000元．【解析】【分析】（1）设通道宽为x米，则中间的矩形展览区的长为米，宽为米，根据中间的矩形展览区的面积为1500平方米，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论；（2）利用总价＝单价×面积，即可求出结论．【小问1详解】解：设通道的宽为x米，则中间的矩形展览区的长为米，宽为米，根据题意得：，整理得：，解得：，（不符合题意，舍去）．答：通道的宽为5米．【小问2详解】解：（元）．答：铺设整个展馆需要174000元钱．【点睛】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.已知抛物线L：y=ax2+bx+c（a＞0）的对称轴是直线x=2，交y轴于（0，4a）．（1）求抛物线的顶点坐标；（2）直线y=kx﹣2k+4（k≠0）与抛物线L相交A，B两点（A在B的左侧），抛物线L的顶点记为点C；①若点A的横坐标为1，△ABC的面积为10，求a的值；②过点A作AE⊥x轴，垂足为E，延长AE交直线BC于F，求线段EF的长．【答案】（1）（2，0）；（2）①a=1；②EF=4．【解析】【分析】（1）根据对称轴和顶点即可求出抛物线L：，化为顶点式即可．（2）①由△ABC的面积，即可求出的值．再根据A点的横坐标，即可求出B点的横坐标，代入直线的解析式即可求出A点、B点的坐标．再代入抛物线解析式即可求出a的值．②联立直线AB和抛物线的解析式，即可求出A点、B点的坐标．由C点坐标即可求出直线BC的解析式，再根据A点坐标和题意即可得到E点坐标和F点横坐标，将F点代入直线BC的解析式，即可求出F点纵坐标．即可求出EF的长．【详解】（1）∵抛物线L：的对称轴是直线x=2，交y轴于（0，4a），∴，c=4a，∴，∴，∴抛物线的顶点为(2，0)．（2）①过点C作CM∥y轴，交直线AB于M．∵C(2，0)，∴M的横坐标为2，把x=2代入y=kx-2k+4得：y=4，∴CM=4．∵△ABC的面积为10，∴，∴．∵点A的横坐标为1，∴点B的横坐标为6，∴A(1，-k+4)，B(6，4k+4)，把A、B的坐标代入y=a（x﹣2）2，得，解得：a=1；②联立直线AB和抛物线的解析式，得：，解得：，，∴点A的坐标为(，)，点B的坐标为(，)．∵点C的坐标为（2，0），∴直线BC的解析式为．∵过点A作AE轴，垂足为E，与直线BD交于点F∴点E的坐标为(，0)，点F的坐标为(，-4），∴EF=4．【点睛】本题为二次函数和一次函数综合题．主要考点为利用二次函数的性质求出其解析式并改为顶点式、利用待定系数法求一次函数解析式，利用联立直线AB和抛物线的解析式求出其交点坐标．23.已知一元二次方程x2-3x+1=0的两根为，，求值：（1）（2）（3）【答案】（1）7；（2）3；（3）【解析】【分析】（1）对进行通分可得，进一步变形得再根据根与系数关系得出+，的值，带入即可得到答案；（2）通过提取公因式得，再结合+，的值计算可得到答案；（3）把化简变形为，再结合+，值带入计算即可得到答案．【详解】解：∵一元二次方程x2-3x+1=0的两根为，∴+=3，=1（1）==∵+=3，=1∴原式=；（2）∵+=3，=1，∴原式=1×3=3；（3）==∵+=3，=1，∴原式=．【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，完全平方公式的变形应用，二次根式性质。解题的关键是熟练掌握完全平方公式的变形应用以及一元二次方程中根与系数的关系公式．24.在菱形中，，点P是对角线上一动点，将线段绕点C顺时针旋转到，连接．（1）如图1，求证：；（2）如图2，连接并延长，分别交、于点M、N．①求证：；②若的最小值为，直接写出菱形的面积为________．【答案】（1）见解析（2）①见解析②【解析】【分析】（1）菱形的性质，得到，旋转的性质，得到，，进而得到，即可得证；（2）①在上取点，使，证明，即可得证；②根据，得到，过点作于点，求出，进而得到当的值最小时，的值最小，进而得到的最小值，得到当时，的值最小，利用含30度角的直角三角形的性质，以及菱形的性质，求出菱形的对角线的长，即可得解．【小问1详解】证明：∵在菱形中，，∴，∴，∵将线段绕点C顺时针旋转到，∴，，∴∴，∴；【小问2详解】①∵在菱形中，，∴，∵，∴，，在上取点，使，则，∵，∴，∴（等角的补角相等）；又，，∴，∴；②∵，∴，过点作于点，∵，∴，，∴，，∴，∴当取的最小值时，的值最小，即的值最小，∵点P是对角线上一动点，∴当时，的值最小，∵的最小值为，∴的最小值为，∵菱形的对角线互相垂直平分，∴点为对角线的交点，∵，，，∴，∴，∴菱形的面积为．故答案为：．【点睛】本题考查菱形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形，等腰三角形的判定和性质．本题的综合性强，有一定的难度，解题的关键是掌握菱形和旋转的性质．25.如图，抛物线，经过点.（1）求抛物线的解析式及顶点M的坐标；（2）连接AC、BC，N为抛物线上的点且在第一