广东省汕头市潮南区司马浦初中学校联考2023-2024学年九年级上学期期中数学试题（学生版+教师版）

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内容包括：第21章——第23章
一、选择题
1. 下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据“绕某一点旋转，旋转后的图形能与原图形重合，那么这个图形是中心对称图形”进行判断即可．
【详解】解：A. 是中心对称图形，符合题意；
B. 不是中心对称图形，不符合题意；
C. 不是中心对称图形，不符合题意；
D. 不是中心对称图形，不符合题意；
故选：A．
2. 二次函数的顶点坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据顶点式可直接写出顶点坐标．
【详解】解：二次函数的顶点坐标是，
故选：B．
【点睛】本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在中，对称轴为直线，顶点坐标为．
3. 一元二次方程的解为（ ）
A. B. C. 或D. 且
【答案】C
【解析】
【分析】利用因式分解法解一元二次方程即可．
【详解】解：
移项得：，
分解因式得：，
解得：或，
故选：C．
【点睛】本题考查解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
4. 将抛物线先向左平移个单位，再向上平移个单位，得到的新抛物线对应的函数表达式是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】按照“左加右减，上加下减”的规律，即可得出平移后抛物线的解析式．
【详解】解：抛物线y＝2x2先向左平移3个单位得到解析式：y＝2（x＋3）2，再向上平移2个单位得到抛物线的解析式为：y＝2（x＋3）2＋2．
故选：A．
【点睛】此题考查了二次函数图象与几何变换，掌握抛物线解析式的变化规律：左加右减，上加下减是解题的关键．
5. 如图，一块直角三角板（∠A=60°）绕点顺时针旋转到△A′B′C，当，，A′在同一条直线上时，三角板旋转角度为（ ）
A. 150°B. 120°C. 60°D. 30°
【答案】A
【解析】
【分析】根据旋转的定义可得为旋转角，再根据三角形的外角性质即可得．
【详解】解：由旋转得：为旋转角，
，
，
即三角板旋转的角度为，
故选：A．
【点睛】本题考查了图形的旋转、三角形的外角性质，熟练掌握旋转的概念是解题关键．
6. 一元二次方程的根的情况是（ ）
A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根C. 无实数根D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】先计算判别式值，然后根据判别式的意义确定方程根的情况．
【详解】解：，
所以方程无实数根．
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程 (为常数)的根的判别式，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．
7. 关于二次函数．下列说法错误的是（ ）
A. 图象与y轴的交点坐标为B. 图象的对称轴在y轴的右侧
C. 当时，函数有最小值为5D. 时，y值随着x值的增大而增大
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数解析式可判断出对称轴、开口方向、顶点坐标，以及y随x的变化趋势，进而可得答案．
【详解】解：A、，则图象与y轴的交点坐标为，原题说法正确，故此选项不合题意；
B、对称轴为，图象的在y轴的右侧，原题说法正确，故此选项不合题意；
C、顶点坐标为，开口向上，则当x=2时，函数有最小值为5，原题说法正确，故此选项不合题意；
D、，开口向上，对称轴为，则当时，y的值随x值的增大而增大，原题说法错误，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】此题考查了二次函数的性质，关键是掌握二次函数的顶点式和性质．
8. 有一人患了红眼病，经过两轮传染后共有144人患了红眼病，那每轮传染中平均一个人传染的人数为（ ）人．
A. 10B. 11C. 12D. 13
【答案】B
【解析】
【分析】患红眼病的人把病毒传染给别人，自己仍然患病，包括在总数中．设每轮传染中平均一个人传染的人数为人，则第一轮传染了个人，第二轮作为传染源的是人，则传染了人，由两轮后传染的人数为144人为等量关系建立方程并求出其解即可．
【详解】解：设每轮传染中平均一个人传染的人数为人，由题意，得：
，
解得：，（舍去）．
故选：B．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，一元二次方程的解法的运用，解题时要注意的是，患红眼病的人把病毒传染给别人，自己仍然是患者，人数应该累加．解答时根据两轮后传染的人数为144人为等量关系建立方程是关键．
9. 设，，是抛物线上的三点，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次函数图像上点的坐标特征，分别求出三个点的纵坐标进行比较即可．
【详解】解：∵，，是抛物线上的三点，
∴当时，，
当时，，
当时，，
则，，的大小关系为：，
故选：A．
【点睛】本题考查二次函数图像上点的坐标特征，根据点的坐标利用二次函数图像上点的坐标特征求出纵坐标是解题的关键．
10. 二次函数图象如图，下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的是（ ）

A. ②③④⑤B. ①②④C. ②③⑤D. ①②③④⑤
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次函数的图象与性质进行求解即可．
【详解】解：由图可得，抛物线开口向下，与y轴交于正半轴，对称轴为，
∴，，
∴，即，
∴，故①错误；
∵，
∴，故②正确；
由图可得，当时，，
把代入解析式得，，
∴，故③正确；
把代入解析式得，，
由图象可得，当时，，
∴，故④错误；
由图象可得，抛物线与x轴有两个交点，
∴当时，，有两个不相等的实数根，
∴，故⑤正确；
故选：C．
二、填空题
11. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称点的坐标是_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，熟记关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数是解题的关键．
12. 已知a是方程的一个实数根，则的值为________．
【答案】3
【解析】
【分析】由题意可得，从而，然后用整体代入法求解即可．
【详解】解：∵a是方程的一个实数根，
∴，
∴，
∴．
故答案为：3．
【点睛】本题考查一元二次方程的解和代数式求值，掌握一元二次方程解的定义是关键．
13. 已知三角形两边的长分别是2和3，第三边的长是方程的根，则这个三角形的周长为_________．
【答案】7
【解析】
【分析】求出方程的解，根据三角形三边关系定理判断是否能组成三角形，再求出即可．
【详解】解：，
因式分解得，
∴或，
解得：，，
①三角形的三边为2，3，2，可以组成三角形，即三角形的周长是2+3+2=7；
②三角形的三边为2，3，6，
∵2+3=5，
∴不符合三角形三边关系定理，此时不能组成三角形．
故答案为：7．
【点睛】本题考查了解一元二次方程和三角形三边关系，关键是能利用因式分解法解一元二次方程求出三角形第三边的长．
14. 已知抛物线．若抛物线与轴有且只有一个交点，则的值为____．
【答案】10
【解析】
【分析】把二次函数转化为关于的一元二次方程，抛物线与轴有且只有一个交点，说明一元二次方程，因此得到关于的方程，求出的值．
【详解】解：∵抛物线与轴有且只有一个交点，
∴，
解得，
故答案为：10．
【点睛】本题考查了二次函数与轴的交点问题，把二次函数转化为关于的一元二次方程，再根据一元二次方程根与系数的关系得出结论是本题的关键．
15. 如图，将矩形绕点A顺时针旋转后，得到矩形，若，，连接，那么的长是__________．

【答案】
【解析】
【分析】先根据矩形的性质和勾股定理求得，再根据旋转性质得到，，再根据勾股定理求解即可．
【详解】解：在矩形中，，，，
∴，
由旋转性质得，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、旋转性质，由旋转性质得到，是解答的关键
16. 已知关于x的方程的解是，则方程的解是______．
【答案】，．
【解析】
【分析】把方程看作关于（x+1）的一元二次方程，然后根据题意得到x+1=1或x+1=-6，再解两个一次方程即可．
【详解】解：∵，
∴．
∵关于x的方程的解是，，
∴方程化为或，
解得，．
故答案为：，．
【点睛】本题考查了利用换元法解一元二次方程：把（x+1）看作一个整体，利用已知方程的解得到所解方程的解．
三、解答题
17. 用配方法解方程：．
【答案】，
【解析】
【分析】先把移到方程的右边，然后方程两边都加1，再把左边根据完全平方公式写成完全平方的形式，两边同时开平方即可．
【详解】解：，
，
，
，
，
所以，
【点睛】本题考查了解一元二次方程－配方法：将一元二次方程配成的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法．
18. 如图，已知二次函数的图像与x轴分别交于点A和点B，与y轴交于点C．
（1）求点A、点B、点C的坐标；
（2）求△ABC的面积．
【答案】（1）
（2）△ABC的面积为6
【解析】
【分析】（1）分别令y=0和x=0即可求出点A、B、C的坐标；
（2）由（1）可知AB=4，OC=3，然后问题可求解．
【小问1详解】
解：当y=0时，则有：，
解得：，
∴，
当x=0时，则有，
∴；
【小问2详解】
解：由（1）可知：点，
∴AB=4，OC=3，
∴．
【点睛】本题主要考查二次函数的图象与性质，熟练掌握求解二次函数与坐标轴的交点问题是解题的关键．
19. 二次函数的图象如图所示，根据图象回答下列问题：
（1）点B的坐标为________；
（2）当x________时，y随x的增大而减小；
（3）不等式的解集为________．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由图可得：A、B到直线的距离相等，根据A的坐标，即可求出B点坐标；
（2）利用图象得出函数对称轴进而得出y随x的增大而减小的自变量x的取值范围；
（3），即对应x轴上方的部分x的取值范围即可得出答案；
【小问1详解】
由图象可知，A、B到直线的距离相等，
∵
∴B点坐标：
故答案为：
【小问2详解】
由图象可知，y随x的增大而减小的自变量x的取值范围是：；
故答案为：；
【小问3详解】
由图象可知，不等式的解集是：；
故答案为：．
【点睛】此题考查了二次函数图象与坐标轴交点以及方程根与不等式等知识，正确利用数形结合得出是解题关键．
四、解答题
20. 如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，的顶点都在格点上．
（1）将向左平移6个单位长度得到，请画出；
（2）画出关于点的中心对称图形；
（3）若将绕某一点旋转可得到，那么旋转中心的坐标为___________，旋转角度为__________°．
【答案】（1）作图见解析
（2）作图见解析 （3）；
【解析】
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出，，的对应点，，即可；
（2）利用中心对称变换的性质分别作出，，的对应点，，；
（3）两个三角形成中心对称，对应点连线的交点即为旋转中心.
【小问1详解】
解：如图，
点，，的坐标分别是，，，
将向左平移6个单位长度后，点，，的对应点分别为点，，，
∴点，，的坐标分别是，，，
将点，，顺次连接得，
∴即为所作；
【小问2详解】
如图，
点，，关于点的对称点分别为点，，，
∴点，，的坐标分别是，，，
将点，，顺次连接得，
∴即为所作；
【小问3详解】
如图，若将绕某一点旋转可得到，那么旋转中心的坐标为，旋转角度为.
故答案为：；.
【点睛】本题考查作图—旋转变换，平移变换等知识，根据旋转的性质可知，对应角都相等，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，对应点连线都交于一点，交点即为旋转中心；确定平移后图形的基本要素有两个：平移方向、平移距离；作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形．解题的关键是掌握旋转变换的性质，平移变换的性质.
21. 如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D是AB边上一点（与A、B不重合），连接CD，将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，连接DE、BE
（1）求证：△ACD≌△BCE；
（2）若BE=5，DE=13，求AB的长
【答案】（1）见解析；（2）17
【解析】
【分析】（1）由旋转的性质可得CD＝CE，∠DCE＝90°＝∠ACB，由“SAS”可证△ACD≌△BCE；
（2）由∠ACB＝90°，AC＝BC，可得∠CAB＝∠CBA＝45°，再由△ACD≌△BCE，得到BE＝AD=5，∠CBE＝∠CAD＝45°，则∠ABE＝∠ABC+∠CBE＝90°，然后利用勾股定理求出BD的长即可得到答案．
【详解】解：（1）证明：∵将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，
∴CD＝CE，∠DCE＝90°＝∠ACB，
∴∠ACD+∠BCD=∠BCE+∠BCD，即∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS）；
（2）∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
∵△ACD≌△BCE，
∴BE＝AD=5，∠CBE＝∠CAD＝45°，
∴∠ABE＝∠ABC+∠CBE＝90°，
∴，
∴AB=AD+BD=17．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
22. 已知关于x的方程．
（1）求证：无论k取任何实数值，方程总有两个实数根；
（2）当方程的一个根时，求另一个根及k的值．
【答案】（1）见解析 （2），方程的另一个根为2．
【解析】
【分析】（1）求出一元二次方程根的判别式，证明其大于0即可；
（2）把代入求出k，再解一元二次方程即可得到另一根．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴不论k取何值，方程总有两个实数根；
【小问2详解】
解：把代入得：
，
解得，
∴原方程为，
∴，，
∴方程的另一个根为2．
【点睛】此题考查了根的判别式，一元二次方程的解和解一元二次方程．掌握一元二次方程根的情况与判别式的关系：（1）当⇔方程有两个不相等的实数根；（2）当⇔方有两个相等的实数根；（3）当⇔方程没有实数根，理解能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解是解题关键．
五、解答题
23. 为响应广州市“创建全国文明城市”号召，某单位不断美化环境，拟在一块矩形空地上修建绿色植物园，其中一边露墙，可利用的墙长不超过，另外三边由长的栅栏围成，设矩形空地中，垂直于墙的边，面积为（如图）．

（1）求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（2）若矩形空地的面积为，求的值；
（3）为何值时，有最大值？最大值是多少？
【答案】（1）
（2）
（3），有最大值，最大值是
【解析】
【分析】（1）根据矩形的面积公式列出y与x之间的函数关系式，并由求出自变量x的取值范围即可；
（2）若矩形空地的面积为，则由可得关于x的一元二次方程，求得方程的解并作出取舍即可；
（3）把（1）中所得的二次函数解析式写成顶点式，根据二次函数的性质可得答案．
【小问1详解】
解：根据题意得：,
∵，
∴，
∴y与x之间的函数关系式为；
【小问2详解】
解：由题意得：，
即，
解得，，
∵，
∴不符合题意，故舍去，
∴；
【小问3详解】
解：由（1）知，
化成顶点式：，
因为开口向下，x值越靠近对称轴，y值最大，且，
∴当时，y有最大值，且为，
此时，符合题意．
【点睛】本题考查了二次函数和一元二次方程的应用，理清题中的数量关系并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
24. “通过等价变换，化陌生为熟悉，化未知为已知”是数学学习中解决问题的基本思维方式，例如：解方程，就可以利用该思维方式，设，将原方程转化为：这个熟悉的关于y的一元二次方程，解出y，再求x，这种方法又叫“换元法”．请你用这种思维方式和换元法解决下面的问题：
（1）解方程：；
（2）解方程：．
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）设，则可把原方程转化为，再利用因式分解解方程，再把的值代入，再解方程并检验即可；
（2）设，原方程可变形为：， 利用因式分解的方法求解，再代入，再解方程即可．
小问1详解】
解：设，
则原方程转化为，
解得，，，
∵，
∴不合题意，舍去，
∴，即，
解得，，．
【小问2详解】
设，
原方程可变形为：，
因式分解为：．
∴或，
∴或，
对于方程，解得，，
对于方程，∵，
∴此方程无解，
∴原方程的解为：，．
【点睛】本题考查的是利用换元法解方程，一元二次方程的解法，熟练的进行换元是解本题的关键．
25. 如图，已知二次函数y=ax2+bx+3的图象交x轴于点A（1，0），B（3，0），交y轴于点C．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）点P是直线BC下方抛物线上的一动点，求△BCP面积的最大值；
（3）直线x=m分别交直线BC和抛物线于点M，N，当△BMN是等腰三角形时，直接写出m的值．
【答案】（1）这个二次函数的表达式是y=x2﹣4x+3；（2）S△BCP最大=；（3）当△BMN是等腰三角形时，m的值为，﹣，1，2．
【解析】
【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）根据平行于y轴直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得PE的长，根据面积的和差，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得答案；
（3）根据等腰三角形的定义，可得关于m的方程，根据解方程，可得答案．
【详解】解：（1）将A（1，0），B（3，0）代入函数解析式，得
，
解得，
∴二次函数的表达式是y=x2-4x+3；
（2）当x=0时，y=3，即点C（0，3），
设BC的表达式为y=kx+b，将点B（3，0）点C（0，3）代入函数解析式，得
，
解这个方程组，得

直线BC的解析是为y=-x+3，
过点P作PE∥y轴
，
交直线BC于点E（t，-t+3），
PE=-t+3-（t2-4t+3）=-t2+3t，
∴S△BCP=S△BPE+SCPE=（-t2+3t）×3=-（t-）2+，
∵-＜0，
∴当t=时，S△BCP最大=.
（3）M（m，-m+3），N（m，m2-4m+3）
MN=m2-3m，BM=|m-3|，
当MN=BM时，①m2-3m=（m-3），解得m=，
②m2-3m=-（m-3），解得m=-
当BN=MN时，∠NBM=∠BMN=45°，
m2-4m+3=0，解得m=1或m=3（舍）
当BM=BN时，∠BMN=∠BNM=45°，
-（m2-4m+3）=-m+3，解得m=2或m=3（舍），
当△BMN是等腰三角形时，m的值为，-，1，2．
【点睛】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法；解（2）的关键是利用面积的和差得出二次函数，又利用了二次函数的性质，解（3）的关键是利用等腰三角形的定义得出关于m的方程，要分类讨论，以防遗漏．