北京第五实验学校与钱学森中学2024~2025学年九年级上学期数学期中试卷 （解析版）

第1页/共1页北京第五实验教育集团与北京钱学森中学教育集团联合2024-2025学年度第一学期期中考试初三数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分1.“二十四节气”是中华农耕文明的结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”．下列图案分别代表“立春”、“谷雨”、“白露”、“大雪”，下列图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A.B.C. D.【答案】A【解析】【分析】本题考查了轴对称图形及中心对称图形的定义，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念，要注意：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．根据轴对称图形及中心对称图形的定义，即可判断答案．【详解】解：A、既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意．故选A．2.将抛物线向左平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度得到的抛物线的解析式为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】此题考查了抛物线的平移．按照“左加右减，上加下减”的规律，进而得出平移后抛物线的解析式即可．【详解】解：抛物线先向左平移3个单位得到解析式：，再向上平移1个单位得到抛物线的解析式为：．故选：B．3.把如图中的三角形A（）可以得到三角形B．A.先向右平移5格，再向上平移2格．B.先向右平移7格，再以直角顶点为中心逆时针旋转，然后向上平移1格．C.先以直角顶点为中心顺时针旋转，再向右平移5格．D.先向右平移5格，再以直角顶点为中心逆时针旋转．【答案】B【解析】【分析】把直角顶点当作关键点，可以借助直角顶点的移动位置判断移动后是否重合．【详解】解：先向右平移7格，再以直角顶点为中心逆时针旋转90°，然后向上平移1格，三角形A可以得到三角形B．故选项B符合题意；其他三个选项，都向右只平移5格，三角形A不能得到三角形B．故选：B．【点睛】根据选项的描述操作，判断移动和旋转后的图形是否能够重合．4.方程的两个根为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】将进行因式分解，，计算出答案．【详解】∵∴∴故选：D．【点睛】本题考查解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握因式分解法解一元二次方程．5.如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠BCD＝110°，则∠BOD的度数为（）A.35° B.70° C.110° D.140°【答案】D【解析】【分析】先根据圆内接四边形对边互补的性质求出∠A,再根据圆心角对应圆周角的一倍求出∠BOD.【详解】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠A＝180°﹣∠BCD＝70°，由圆周角定理得，∠BOD＝2∠A＝140°，故选：D．【点睛】本题考查圆与多边形的综合,关键在于对概念和定义的理解.6.如图，⊙O的半径为9，AB是弦，OC⊥AB于点C，将劣弧AB沿弦AB折叠交OC于点D，若OD=DC，则弦AB的长为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据翻折变换求出OD=CD=3，OC=6，根据垂径定理求出AC=BC，根据勾股定理求出AC即可．【详解】解：∵⊙O的半径为9，将劣弧AB沿弦AB折叠交于OC的中点D，∴OD=CD=×9=3，OC=OD+CD=6，∵OC⊥AB，OC过圆心O，∴∠ACO=90°，AC=BC，即AB=2AC，连接OA，由勾股定理得：AC==3，即AC=BC=3，∴AB=AC+BC=6，故选：B．【点睛】本题考查了翻折变换，勾股定理，垂径定理等知识点，能求出AC=BC是解此题的关键．7.如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝50°，将△ABC绕着点A顺时针方向旋转得△ADE，AB，CE相交于点F，若AD∥CE时，则∠BAE的大小是（）A.20° B.25° C.30° D.35°【答案】C【解析】【分析】由旋转的性质可得∠DAE=∠BAC=50°，AE=AC，再由平行线的性质得∠DAE=∠AEC=50°，然后由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得∠EAC的度数，即可求解．【详解】解：∵将△ABC绕点A顺时针方向旋转得△ADE，

∴∠DAE=∠BAC=50°，AE=AC，

∵AD∥CE，

∴∠DAE=∠AEC=50°，

∵AE=AC，

∴∠AEC=∠ACE=50°，

∴∠EAC=180°-50°-50°=80°，

∴∠BAE=∠EAC-∠BAC=80°-50°=30°，

故选：C．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质等知识；熟练掌握旋转的性质和平行线的性质，求出∠EAC的度数是解题的关键．8.如图，二次函数的图象如图所示，对称轴为直线，经过点．以下结论：①；②；③；④；⑤若，抛物线上两点，则．其中结论正确的是（）A.①②③ B.①③⑤C.②③④ D.①④⑤【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了二次函数性质、二次函数与方程及不等式的关系等知识点，掌握二次函数图象与系数的关系是解答本题的关键．由抛物线对称轴为直线可判断①，由抛物线与x轴的交点个数可判断②，由抛物线开口方向，对称轴及抛物线与y轴交点位置可判断③，由抛物线经过及抛物线的对称性可判断④，由抛物线开口方向及对称轴可判断⑤．【详解】解：∵抛物线对称轴为直线，则，∴①正确，由图象可得抛物线与x轴有两个交点，∴，②不正确．∵抛物线开口向下，∴，∵∴，∵抛物线与y轴交点在x轴上方，∴，∴，③正确．∵抛物线经过，抛物线对称轴为直线，∴抛物线经过，∴，④不正确．∵抛物线对称轴为直线，∴关于直线的对称点为，∵抛物线开口向下，抛物线对称轴为直线，∴当时，y随着x的增大而减小，，图象过点，∴，⑤正确．故选：B．二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共16分9.关于的方程是一元二次方程，则________．【答案】-2【解析】【分析】根据一元二次方程的定义知，m2-2=2，且m-2≠0，据此可以求得m的值．【详解】解：∵关于x的方程是一元二次方程，∴m2−2=2，且m−2≠0，解得m=−2；故答案为：−2．【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，解题的关键是熟练的掌握一元二次方程的定义．10.抛物线的顶点坐标是__．【答案】【解析】【分析】利用抛物线顶点式的特点即可求得答案．【详解】解：抛物线解析式为，抛物线顶点坐标为，故答案为：．【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握顶点式解析式与顶点坐标的关系是解决本题的关键．11.若m是方程的一个实数根，则的值为_______．【答案】2020【解析】【分析】把代入，可得，然后代入计算即可；【详解】解：∵m是方程的一个实数根，∴，∴，故答案为：2020．【点睛】本题考查了一元二次方程的解，以及整体代入法求代数式的值，求出是解答本题的关键．12.若关于x的一元二次方程有实数根，则k的取值范围是_____．【答案】且【解析】【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，根据方程根的情况可以判定其根的判别式的取值范围，进而可以得到关于k的不等式，解不等式，同时还应注意二次项系数不能为．【详解】解：∵一元二次方程有实数根，∴，解得：且，故答案为：且．13.如图，仁和桥有一段抛物线形状的拱梁，抛物线的解析式为．小辉骑自行车从拱梁一端O沿直线匀速穿过拱梁部分的桥面，当小辉骑自行车行驶7秒时和13秒时拱梁的高度相同，则小辉骑自行车通过拱梁部分的桥面共需________秒．【答案】20【解析】【分析】本题考查二次函数的应用、抛物线与x轴的交点，解答此类问题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用二次函数的性质解答．根据题意可以求得抛物线的对称轴，从而可以得到a与b的关系，然后令，即可得到抛物线与x轴的交点，从而可以得到的长，本题得以解决．【详解】解：∵小辉骑自行车行驶7秒时和13秒时拱梁的高度相同，∴抛物线的对称轴是直线，∴，得，令，则，代入，得：解得，，∴小辉骑自行车通过拱梁部分的桥面共需：（秒），故答案为：20．14.如图所示，⊙中，弦弦于，于，于，若，，则__________．【答案】2【解析】【详解】【分析】根据垂径定理求解．【详解】∵AB⊥CD，OF⊥AB，OG⊥CD，

∴AF=FB=AB=6，∴OG=EF=BF-BE=6-4=2（cm）．故答案2【点睛】本题考核知识点：垂径定理.解题关键点:熟练掌握垂径定理.15.已知函数的大致图象如图所示，那么：方程．（为实数）若该方程恰有个不相等的实数根，则的取值范围是_________．【答案】或【解析】【分析】本题考查的知识点是根据二次函数图象确定相应方程根的情况、二次函数的图象与性质，解题关键是熟练掌握如何根据二次函数图象确定相应方程根的情况．方程（为实数）有个不相等的实数根，可以转化为函数的图象与直线的图象有两个交点，由此结合图象即可求解．【详解】解：依题得：方程（为实数）有个不相等的实数根，即函数的图象与直线的图象有两个交点，函数与轴的交点为，观察图象可知，函数的图象与直线的图象有两个交点时，或．故答案为：或．16.如图，在中，，把绕边的中点旋转后得，若直角顶点恰好落在边上，且边交边于点，若，，则的长为__．【答案】【解析】【分析】由勾股定理可求，由旋转的性质可得，，，，可得，可得，进而求出的长，由等腰三角形的判定可求的长，根据求解即可得．【详解】解：，，，，点是的中点，，将绕着中点旋转一定角度得到，，，，，，，，，，，即，解得，，，，，，又，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质等知识点，正确求出的长是解题的关键．三、解答题：本题共12小题，共68分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.解方程：；【答案】，【解析】【分析】此题考查了解一元二次方程．设，得到，求出或，则或，即可求出答案．【详解】解：，设，则方程变形为，移项，得，配方，得，即，开方，得或，则或，则或，解得：，．18.已知关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根．（1）求m的取值范围．（2）设，是方程的两个根且，求m的值．【答案】（1）．（2）．【解析】【分析】（1）根据一元二次方程有两个不相等的实数根得到，即可求出答案；（2）根据根与系数关系得到，，代入，解关于m的一元二次方程，并根据（1）确定m的值m的值即可．【小问1详解】解：∵．∵原方程有两个不相等的实数根，∴，解得．【小问2详解】由根与系数的关系，得，，∴可化为，即，解得，．又∵，∴．【点睛】此题考查了一元二次方程根的判别式、一元二次方程根与系数关系、解一元二次方程、解一元一次不等式等知识，熟练掌握一元二次方程根的判别式、一元二次方程根与系数关系是解题的关键．19.如图，点O是等边三角形内的一点，，将绕点C按顺时针旋转得到，连接．（1）求的度数；（2）若，求的长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理是解题的关键．（1）证明是等边三角形，进而可求的度数；（2）由旋转的性质可知，，，由（1）可知，是等边三角形，，则，由勾股定理得，，计算求解即可．【小问1详解】解：∵等边三角形，∴，，由旋转的性质可知，∵，∴是等边三角形，∴；【小问2详解】解：由旋转的性质可知，，∴，，由（1）可知，是等边三角形，，∴，由勾股定理得，，∴的长为．20.如图，某校进行校园改造，准备将一块正方形空地划出部分区域栽种鲜花，原空地一边减少了，另一边减少了，剩余部分面积为，求原正方形空地的边长．【答案】【解析】【分析】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．设原正方形空地的边长为，则剩余部分长，宽，根据剩余部分面积为，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．【详解】解：设原正方形空地的边长为，则剩余部分长，宽，，依题意得：整理得：，解得：（不合题意，舍去）．答：原正方形空地的边长为．21.已知二次函数（b、c为常数）．（1）当，时，求函数的最小值；（2）当时，函数的最小值为，求二次函数的解析式．【答案】（1）当时，函数有最小值，最小值为；（2）或．【解析】【分析】（1）当，时，确定抛物线的解析式，配方求函数的最小值即可；（2）当时，得，代入解析式变形配方式，根据函数的最小值为，解方程得到b值，继而可得二次函数的解析式．本题考查了抛物线的最值，配方解题，解一元二次方程方程，熟练掌握抛物线的最值是解题的关键．【小问1详解】解：当，时，二次函数解析式为，∵，∴当时，函数有最小值，最小值为．【小问2详解】解：∵，∴，∴二次函数解析式为，∴当时，函数的最小值为，∴，解得或；∴函数解析式为或．22.如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是，，．（1）向左平移3个单位得到的，则点A，B，C的对应点的坐标分别为（），（），（）．（2）画出绕点C顺时针旋转后得到的．（3）请计算四边形面积．【答案】（1）2，2；2，5；，1（2）见解析（3）【解析】【分析】本题考查作图旋转变换、作图平移变换，熟练掌握旋转的性质、平移的性质是解答本题的关键．（1）根据平移的性质可得答案．（2）根据旋转的性质作图即可．（3）利用割补法求四边形的面积即可．【小问1详解】向左平移3个单位得到的，，，，，，．故答案为：2，2；2，5；，1．【小问2详解】如图，即为所求．【小问3详解】四边形的面积为．23.我市某公司在直播中推出的一款“忘忧”产品礼盒，每盒的成本为100元，若按每盒150元销售，则同时段每小时可售出40盒．为了让利全国网友，公司决定降价销售，经核算，发现销售价每降低1元，同时段每小时的销量就增加2盒．设该礼盒售价为每盒x元，每小时的销售利润为w元．（1）求w关于x的函数关系式，并直接写出x的取值范围；（2）直播间在让利顾客的前提下，要使一小时的销售利润达到2400元，销售价应定为每盒多少元？（3）当销售价定为多少元时每小时的利润最大？并求出最大利润．【答案】（1）（2）销售价应定为每件130元；（3）销售价定为每件135元时，利润最大，最大利润为2450元．【解析】【分析】本题考查了一元二次方程、二次函数在实际问题中的应用，正确理解题意，掌握“建模”思想是解题关键．（1）根据销售价每降低1元，同时段每小时的销量就增加2盒，得到销售量为，即，用销售量量乘以每盒的利润即可求解；（2）解方程即可求解；（3）求出每天的销售利润w与定价的函数关系式，根据二次函数的性质即可求解．【小问1详解】解：根据题意可得，该礼盒售价为每盒x元，则销售量为，即，∴即；【小问2详解】解：由题意得，，整理得，解得，，∵要让利顾客，∴，答：销售价应定为每件130元；【小问3详解】解：∵，∴当时，w有最大值，，答：销售价定为每件135元时，利润最大，最大利润为2450元．24.如图，圆内接四边形，是的直径，交于点E．

（1）求证：点D为的中点；（2）若，求．【答案】（1）见解析（2）2【解析】【分析】本题考查的是垂径定理；（1）由垂径定理可得；（2）先根据垂径定理求出，圆周角定理得，根据勾股定理得到，得到半径，由勾股定理求出，由求解即可．【小问1详解】∵是的直径，，∴，即点D为的中点；【小问2详解】∵是的直径，，∴，∴，∵是的直径，∴，∵∴，∴，∴，∴．25.如图，隧道的截面由抛物线和长方形构成，长方形的长为，宽为，抛物线的最高点C离地面的距离为．（1）按如图所示的直角坐标系，求该抛物线的函数表达式．（2）一大型汽车装载某大型设备后，高为，宽为，如果该隧道内设双向行车道，那么这辆运货汽车沿隧道中线右侧行驶能否安全通过这个隧道？说明理由．【答案】（1）；（2）这辆货车能安全通过．理由见解析．【解析】【分析】此题考查了二次函数的应用．（1）根据题意得到抛物线与y轴的交点为，设该抛物线的表达式为，再利用抛物线过点求出a的值，即可得到解析式；（2）把代入解析式，得．比较后即可得到结论．小问1详解】解：由题意得，抛物线与y轴的交点为，设该抛物线的表达式为，又知抛物线过点，所以，解得，∴；【小问2详解】解：根据题意，把代入解析式，得．∵，∴这辆货车能安全通过．26.已知抛物线经过点．（1）用含a的代数式表示b；（2）当抛物线与x轴交于点时，求此时a的值；（3）设抛物线与x轴两交点之间的距离为d．当时，求a的取值范围．【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】【分析】（1）把代入抛物线解析式，整理后可得答案；（2）把代入抛物线解析式可得，然后根据（1）中结论进行计算即可；（3）令，求出，，然后根据得出含绝对值不等式，解不等式可得答案．【小问1详解】解：把代入得：，整理得：；【小问2详解】解：把代入得：，∵，∴，∴；【小问3详解】解：由（1）知，，∴，令，即，∵，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查待定系数法求二次函数解析式，二次函数与坐标轴的交点，解不等式等知识，熟练掌握待定系数法是解题的关键．27.已知Rt△ABC中，AC＝BC，∠C＝90°，D为AB边的中点，∠EDF＝90°，∠EDF绕D点旋转，它的两边分别交AC、CB（或它们的延长线）于E、F．（1）如图1，当∠EDF绕D点旋转到DE⊥AC于E时，易证S△DEF＋S△CEF与S△ABC的数量关系为__________；（2）如图2，当∠EDF绕D点旋转到DE和AC不垂直时，上述结论是否成立？若成立，请给予证明；（3）如图3，这种情况下，请猜想S△DEF、S△CEF、S△ABC的数量关系，不需证明．【答案】（1）S△DEF＋S△CEF＝S△ABC（2）上述结论S△DEF＋S△CEF＝S△ABC成立，证明见解析（3）S△DEF－S△CEF＝S△ABC【解析】【分析】（1）当∠EDF绕D点旋转到DE⊥AC时，四边形CEDF是正方形，边长是AC的一半，即可得出结论；（2）过点D作DM⊥AC，DN⊥BC，则∠DME=∠DNF=∠MDN=90°，证明△DME≌△DNF（ASA），得出S△DME=S△DNF，即可得出结论；（3）同（2）得：△DEC≌△DBF，得出S△DEF=S五边形DBFEC=S△CFE+S△DBC=S△CFE+S△ABC．【小问1详解】当∠EDF绕D点旋转到DE⊥AC时，四边形CEDF是正方形．设△ABC的边长AC=BC=a，则正方形CEDF的边长为a．∴S△ABC=a2，S正方形DECF=（a）2=a2即S△DEF+S△CEF=S△ABC；故答案为：S△DEF+S△CEF=S△ABC；【小问2详解】（1）中的结论成立；证明：过点D作DM⊥AC，DN⊥BC，则∠DME=∠DNF=∠MDN=90°，又∵∠C=90°，∴DM∥BC，DN∥AC，∵D为AB边的中点，由中位线定理可知：DN=AC，MD=BC，∵AC=BC，∴MD=ND，∵∠EDF=90°，∴∠MDE+∠EDN=90°，∠NDF+∠EDN=90°，∴∠MDE=∠NDF，在△DME与△DNF中，，∴△DME≌△DNF（ASA），∴S△DME=S△DNF