2022—2023学年福建省漳州市正兴学校九年级上学期期中数学试卷(解析版)

这是一份2022—2023学年福建省漳州市正兴学校九年级上学期期中数学试卷(解析版)，共23页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年上学期期中测试
九年级数学
一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）
1. 如果2x＝3y（x、y均不为0），那么下列各式中正确的是（　　）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：根据比例的基本性质，可知B正确.
故选：B.
2. 用配方法解方程时，原方程变形为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】方程整理后，配方得到结果，即可做出判断．
【详解】解：方程配方得：x2+6x+5+4-5=0，即（x+3）2=5．
故选：C．
【点睛】此题考查解一元二次方程-配方法，熟练掌握完全平方公式是解题的关键．
3. 已知关于的方程的两个根分别是和，则和的值分别是（ ）
A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系可以计算出两根之和，两根之积，然后可以求出p，q的值．
【详解】关于的方程的两个根分别是和，
所以x1x2=q=0，x1+x2=p=-2．
∴p=-2，q=0．
故选A．
【点睛】本题考查对韦达定理（根与系数的关系）的简单运用，明确根与系数关系是解题关键．
4. 下列说法中不正确的是（ ）．
A. 矩形的对角线互相垂直且相等 B. 平行四边形的对角线互相平分
C. 四条边相等的四边形是菱形 D. 正方形的对角线相等
【答案】A
【解析】
【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质即可判断．
【详解】解：A选项：矩形对角线互相平分且相等，故A不正确；
B选项：平行四边形互相平分，故B正确；
C选项：四条边相等的四边形为菱形，故C正确；
D选项：正方形的对角线相等，故D正确．
故选A．
【点睛】本题考查了平行四边形，解题的关键正确理特殊平行四边形的性质，本题属于基础题型．
5. 抛物线y=－(x－2)2＋3，下列说法正确的是（ ）
A. 开口向下，顶点坐标（2，3） B. 开口向上，顶点坐标（2，－3）
C. 开口向下，顶点坐标（－2，3） D. 开口向上，顶点坐标（－2，－3）
【答案】A
【解析】
【分析】根据抛物线的解析式，由a的值可得到开口方向，由顶点式可以得到顶点坐标.
【详解】解：∵ y=－(x－2)2＋3
∴a=-1＜0, 抛物线的开口向下，顶点坐标（2，3）
故选A
【点睛】本题考查二次函数的性质，解题的关键是根据二次函数的解析式可以得到开口方向、对称轴、顶点坐标等性质．
6. 如图，直线a∥b∥c，则下列结论不正确的为（　　）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行线分线段成比例定理定理列出比例式，判断即可．
【详解】A、∵a∥b∥c，
∴，本选项结论正确，不符合题意；
B、∵a∥b∥c，
∴，本选项结论正确，不符合题意；
C、∵a∥b∥c，
∴，本选项结论正确，不符合题意；
D、连接AF，交BE于H，

∵b∥c，
∴△ABH∽△ACF，
∴，本选项结论不正确，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定和性质，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
7. 如图，菱形ABCD的周长为8cm，高AE长为cm，则对角线AC长和BD长之比为（ ）

A. 1:2 B. 1:3 C. 1: D. 1:
【答案】D
【解析】
【详解】解：如图，设AC，BD相较于点O，

∵菱形ABCD的周长为8cm，
∴AB=BC=2cm，
∵高AE长为cm，
∴BE==1（cm），
∴CE=BE=1cm，
∴AC=AB=2cm，
∵OA=1cm，AC⊥BD，
∴OB==（cm），
∴BD=2OB=2cm，
∴AC：BD=1：．
故选D．
8. 输入一组数据，按下列程序进行计算，输出结果如表：
x
20.5
20.6
20.7
20.8
20.9
输出
－13.75
－8.04
－2.31
3.44
9.21

分析表格中的数据，估计方程(x＋8)2－826＝0的一个正数解x的大致范围为（ ）
A. 20.5＜x＜20.6 B. 20.6＜x＜20.7
C. 20.7＜x＜20.8 D. 20.8＜x＜20.9
【答案】C
【解析】
【详解】试题解析：由表格可知，
当x=20.7时，（x+8）2-826=-2.31，
当x=20.8时，（x+8）2-826=3.44，
故（x+8）2-826=0时，20.7＜x＜20.8，
故选C．
9. 已知抛物线y＝x2+2x+4的顶点为P，与y轴的交点为Q，则PQ的长度为（　　）
A. B. 2 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】二次函数y＝（x﹣h）2+k的顶点坐标为（h，k），所以易知y＝x2+2x+4＝（x+1）2+3 的顶点为 （﹣1，3），将x＝0把代入 y＝x2+2x+4，得 y＝4，因此抛物线与y轴的交点为（0，4），最后根据根据两点坐标由求出PQ长度．
【详解】∵y＝x2+2x+4＝（x+1）2+3
抛物线 的顶点为 （﹣1，3），
将x＝0把代入 y＝x2+2x+4，得 y＝4，
∴抛物线与y轴的交点为（0，4），
∴PQ＝，
故选A．
【点睛】本题考查了二次函数的顶点坐标和y轴交点坐标，正确理解二次函数y＝（x﹣h）2+k的顶点坐标（h，k）是解题的关键．
10. 如图，平面内三点A、B、C，，，以为对角线作正方形，连接，则的最大值是（ ）

A. 6 B. 11 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】如图将绕点顺时针旋转得到．由旋转不变性可知：，．，得出是等腰直角三角形，推出，当的值最大时，的值最大，根据三角形的三边关系求出的最大值即可解决问题．
【详解】解：如图，

将绕点顺时针旋转得到，
由旋转不变性可知：，，，
是等腰直角三角形，
，
当的值最大时，的值最大，
，
，
的最大值为11，
的最大值为．
故选：D．
【点睛】本题考查正方形的性质，动点问题，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题．
二．填空题（共6小题，每小题4分，共24分）
11. 二次函数的最小值是_______．
【答案】-3
【解析】
【分析】根据二次函数解析式的特点可知，当x=0时取得最小值-1．
【详解】解：二次函数y=2x2-3的顶点坐标是（0，-3），且抛物线的开口方向是向上，则当x=0时，二次函数y=2x2-3的最小值是-3．
故答案是：-3．
【点睛】本题考查了二次函数的最值问题，求二次函数的最大（小）值有三种方法，第一种可由图象直接得出，第二种是配方法，第三种是公式法．
12. 若（b+d≠0），则=_____．
【答案】3．
【解析】
【分析】根据比例的等比性质代入即可得解．
【详解】∵，
∴a=3b，c=3d，
∴.
【点睛】本题主要考查比例的性质，将a变成3b，c化成3d是关键.
13. 用公式法解一元二次方程，得y＝，请你写出该方程___．
【答案】
【解析】
【分析】根据公式法可得的值，由此即可得．
【详解】解：设该方程为，
由得：，
则该方程为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了利用公式法解一元二次方程，熟练掌握公式法解题关键．
14. 有长为20m的铁栏杆，利用它和一面墙围成一个矩形花圃ABCD（如图），若花圃的面积为48m2，求AB的长．若设AB的长为xm，则可列方程为______．

【答案】x（20﹣2x）=48．
【解析】
【详解】解：设AB长为x米，则BC长为（20﹣2x）米．根据题意得：
x（20﹣2x）=48．
故答案为x（20﹣2x）=48．
点睛：本题考查了一元二次方程的应用．解题的关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系列出方程，再求解．本题是用20米的篱笆围成三条边．
15. 小聪在作线段AB的垂直平分线时，他是这样操作的（如图所示）：分别以A和B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧相交于C、D，则直线CD即为所求．根据他的作图方法可知四边形ADBC一定是__________形．

【答案】菱
【解析】
【分析】根据菱形的判定定理判断即可．
【详解】解：由作图可知，AC＝BC＝AD＝BD，
∴四边形ADBC是菱形．
故答案为：菱．
【点睛】本题考查作图，菱形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
16. 如图是二次函数的图象，其对称轴为直线，且过点．有以下四个结论：
①，②，③，④若顶点坐标为，当时，y有最大值为2、最小值为，此时m的取值范围是．其中正确结论是______．（填序号）．

【答案】①②③④
【解析】
【分析】①根据二次函数的对称轴，，即可判断出；②结合图象发现，当时，函数值大于1，代入即可判断；③结合图象发现，当时，函数值小于0，代入即可判断；④运用待定系数法求出二次函数解析式，再利用二次函数的对称性即可判断．
【详解】解：∵二次函数的图象，其对称轴为直线，且过点，
∴，，
∴，
∴，故①正确；
从图中可以看出，当时，函数值大于1，因此将代入得，，即，故②正确；
∵，
∴，从图中可以看出，当时，函数值小于0，
∴，
∴，故③正确；
∵二次函数顶点坐标为，
∴设二次函数的解析式为，将代入得，，
解得，
∴二次函数的解析式为，
∴当时，；
∴根据二次函数的对称性，得到，故④正确；
综上所述，①②③④均正确，
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，待定系数法求二次函数解析式等，熟练掌握二次函数的图象和性质是本题的关键．
三．解答题（共9小题，共86分）
17. 解方程：
（1）．
（2）．
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）根据因式分解法求解即可；
（2）根据求根公式即可求解．
【小问1详解】
解：
，
或，
∴，．
【小问2详解】
解：
∵，，
．
∴，
∴，
【点睛】本题主要考查解一元二次方程，掌握因式分解法和求根公式是关键．
18. 对于两个实数，，用表示其中较大的数，求方程：的解
【答案】或
【解析】
【分析】当，，当时，，分别列出一元二次方程，解方程即可求解，根据题意取舍方程的解．
【详解】解：∵表示其中较大的数，
∴当，，
方程为，
，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
当时，，
方程为
，
，
∴，
故方程的解是或．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，根据题意列出方程是解题的关键．
19. 如图，在四边形ABCD中，，E为BC的中点，，．

（1）求证：四边形ABED是菱形；
（2）过点E作于点F，若，，求EF的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）在Rt△BCD中，E是斜边BC的中点，可得DE =BE，由，，可得四边形ABED是平行四边形；再根据邻边相等的平行四边形是菱形，即可完成本题的证明；
（2）过点D作DG⊥BC于点G，在Rt△BCD中，由勾股定理可得，再根据等积法易得DG=；S菱形ABED = AB·EF = BE·DG，AB=BE，从而可得EF=DG，即可得出本题答案．
【小问1详解】
证明：∵，，
∴四边形ABED是平行四边形，
∵Rt△BCD中，E是斜边BC的中点，
∴DE =BE，
∴四边形ABED是菱形．
【小问2详解】
过点D作DG⊥BC于点G，如图所示：

在Rt△BCD中，
，
，
∵DC=8，BC=12，
∴DG=，
又∵S菱形ABED = AB·EF = BE·DG，AB=BE，
∴EF =DG =．
【点睛】本题主要考查菱形的判定定理，直角三角形斜边中线的性质以及利用等积法求多边形边长的有关知识，作出辅助线，根据题意证明EF=DG是解题的关键．
20. 已知二次函数的图象如图所示，它与x轴的一个交点坐标为，与y轴的交点为．

（1）求此二次函数的解析式；
（2）结合函数图象，直接写出当时x的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）根据二次函数图像与x轴的交点坐标即可求解．
【小问1详解】
解：把，代入，得：
解得
∴二次函数的解析式为：；
【小问2详解】
解：，令，则，
解得：
∴抛物线与x轴的交点坐标为：
根据二次函数图像与x轴的交点坐标可知：当时，或．
【点睛】本题主要考查二次函数的图像和性质，掌握待定系数法求解析式以及二次函数与不等式的关系，是关键．
21. 已知矩形中，，在中取一点E，沿将向上折叠，使B点落在上的F点，若四边形与矩形相似，求的长．

【答案】
【解析】
【分析】可设，由四边形与矩形相似，根据相似多边形对应边的比相等列出比例式求解即可．
【详解】解：根据已知得四边形是正方形．
设，则，，
∵四边形与矩形相似，
∴，∴，
解得，（不合题意，舍去）．
经检验：是分式方程的解，且符合题意．
∴，
即．
【点睛】本题考查了翻折变换，相似多边形的性质，本题的关键是根据四边形与矩形相似得到比例式．
22. 有一个人患了流感，经过两轮传染后有若干人被传染上流感．假设在每轮的传染中平均一个人传染了x个人．
（1）第二轮被传染上流感人数是______；（用含x代数式表示）
（2）在进入第二轮传染之前，如果有4名患者被及时隔离（未治愈），经过两轮传染后是否会有63人患病的情况发生，并说明理由．
【答案】（1）
（2）第二轮传染后不会有63人患病的情况发生
【解析】
【分析】（1）根据每轮的传染中平均一个人传染了x个人，可得答案；
（2）根据题意，列出一元二次方程，进而即可判断是否会有63人患病的情况．
【小问1详解】
解：第一轮被感染的人数为x，第二轮被传染上流感人数是，
故答案为：；
【小问2详解】
解：经过两轮传染后不会有63人患病的情况发生，理由如下：
依题意得：，
整理得：，
解得：，（不合题意，舍去），
∵不为正整数，
∴第二轮传染后不会有63人患病的情况发生．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的实际应用，根据等量关系，列出一元二次方程是关键．
23. 阅读材料：用均值不等式求最值．
已知为非负实数，，，当且仅当“”时，等号成立，我们把不等式叫做均值不等式，利用均值不等式可以求一些函数的最值．
例：已知，求函数的最小值，
解：，当且仅当，
即时，“”成立．
当时，函数有最小值，
根据以上材料，解决下列问题：
（1）当时，求函数的最小值．
（2）若函数，当且仅当时取得最小值，求实数的值．
【答案】（1）当时，有函数的最小值；（2）36．
【解析】
【分析】（1）由，可得从而可得答案；
（2）由，可得再利用当且仅当时取得最小值，列方程，解方程并检验即可得到答案．
【详解】解：（1），

当且仅当，即时，“”成立．


经检验：不符合题意，舍去，

当时，有函数的最小值．
（2），

当且仅当，即时，“”成立，


经检验：不合题意，舍去，

当且仅当时取得最小值，
，
，
经检验：符合题意．
【点睛】本题考查的是对完全平方式的理解，非负数的性质，平方根的含义，二次根式的性质，求函数的最值，新定义下的“均值不等式”的概念的理解，应用“均值不等式”是解题的关键．
24. 四边形正方形，点E为线段上一点，连接，过点E作，交射线于点F，以为邻边作矩形，连接．

（1）如图，求证：矩形是正方形；
（2）若，，则正方形的面积=____________；
（3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是38°时，的度数为________________．
【答案】（1）见解析 （2）4
（3）128°或38°
【解析】
【分析】（1）如图1，作于P，于Q，则四边形是矩形，证明，得到，即可证明矩形DEFG是正方形；
（2）如图所示，连接，证明，得到，则，求出，则，，即可得到；
（3）分当时，当，即时，两种情况讨论求解即可；
【小问1详解】
证明：如图1，作于P，于Q，则四边形是矩形，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
在和中，

∴，
∴，
∴矩形DEFG是正方形；
【小问2详解】
解：如图所示，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：4；
【小问3详解】
解：当时，
∴，
∴，
∴，
∴；
同理当，即时，可求得；
综上所述，的度数为128°或38°，
故答案为：128°或38°；
【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
25. 如图1，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A，B（3，0）两点（A在B左侧），与y轴交于C（0，3）．已知对称轴为x＝1．
（1）求抛物线的解析式．
（2）P为抛物线上的点，P点到直线BC的距离为，求点P的坐标．
（3）将抛物线向左平移至对称轴为y轴（如图2）．交x轴于M，N．D为顶点，E是线段ON上一动点，EF∥y轴交抛物线于F，DE交抛物线于Q，求直线QF与y轴的交点H的坐标．

【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）点P的坐标为（1，4）或（2，3）或（，）或（，）；（3）H（0，8）．
【解析】
【分析】（1）根据待定系数法解答即可；
（2）如图，作PN⊥x轴，交直线BC于M，连接PC、PB，分P在直线BC上方、P在直线BC下方两种情况，先求出S△PBC，再设点N的横坐标为t，则PM的长可用含t的代数式表示，然后根据S△PBC＝即可得到关于t的方程，解方程即可求出t，进而可得结果；
分别求解即可；
（3）易得平移后抛物线的表达式和点D坐标，设点E（m，0），则可根据待定系数法求出直线DE的表达式，然后解方程组即可求出点Q坐标，再利用待定系数法求出直线FQ的解析式，进而可得点H的坐标．
【详解】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A，B（3，0）两点（A在B左侧），对称轴为x＝1．
∴A（﹣1，0），
设抛物线为y＝a（x+1）（x﹣3），
把C（0，3）代入，得3＝﹣3a，解得：a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3；
（2）如图，作PN⊥x轴，交直线BC于M，连接PC、PB，

∵B（3，0），C（0，3），
∴直线BC为y＝﹣x+3，BC＝，
∴S△PBC＝，
设N（t，0），则M（t，﹣t+3），P（t，﹣t2+2t+3），
∴S△PBC＝S△PCM+S△PBM＝，
当P在直线BC上方时，，
整理得，t2﹣3t+2＝0，解得：t＝1或2，
∴此时P（1，4）或（2，3）；
当P直线BC下方时，，
整理得，t2﹣3t﹣2＝0，解得：t＝或，
∴此时点P（，）或（，）；
综上，点P的坐标为（1，4）或（2，3）或（，）或（，）；
（3）由题意得：平移后抛物线的表达式为：y＝﹣x2+4，则点D（0，4），
设点E（m，0），则点F（m，4﹣m2），
设直线DE的表达式为y＝tx+s，则，解得：，
故直线DE的表达式为：y＝+4，
解方程组得：，，故点Q（，）；
设直线FQ的表达式为：y=kx+n，则，解得：，
直线FQ的表达式为：y＝﹣（m+）x+8，
令x＝0，则y＝8，故点H（0，8）．
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求函数的解析式、二次函数图象上点的坐标特征、一元二次方程的解法以及两个函数的交点等知识，综合性强、具有相当的难度，熟练掌握二次函数的相关知识、明确求解的方法是解题的关键．