河北省保定市涿州市实验中学2023-2024学年九年级上学期期中数学试题（解析版）

这是一份河北省保定市涿州市实验中学2023-2024学年九年级上学期期中数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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.
【答案】C
【解析】
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念判断．
【详解】解：A．原图形不轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
B．原图形不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意；
C．原图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
D．原图形不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，掌握轴对称图形和中心对称图形的概念是解题的关键．
2. 平面上直线a、c与b相交(数据如图)，当直线c绕点O旋转某一角度时与a平行，则旋转的最小度数是( )
A. 60°B. 50°C. 40°D. 30°
【答案】C
【解析】
【分析】先根据平角的定义求出∠1的度数，再由平行线的性质即可得出结论．
【详解】解：∵∠1＝180°﹣100°＝80°，a∥c，
∴∠α＝180°﹣80°﹣60°＝40°．更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 故选C．
【点睛】本题考查的是平行线的性质，用到的知识点为：两直线平行，同旁内角互补．
3. 如图，⊙O是△ABC的外接圆，连接OA、OB，∠OBA＝50°，则∠C的度数为（ ）
A. 30°B. 40°C. 50°D. 80°
【答案】B
【解析】
【分析】通过圆周角定理计算即可；
【详解】解：∵OA＝OB，∠OBA＝50°，
∴∠OAB＝∠OBA＝50°，
∴∠AOB＝180°﹣50°×2＝80°，
∴∠C＝∠AOB＝40°．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理的应用，准确计算是解题的关键．
4. 已知抛物线y=ax2+bx+c的图象如图所示，则一元二次方程ax2+bx+c=0( )
A. 没有实根
B. 只有一个实根
C. 有两个实根，且一根为正，一根为负
D. 有两个实根，且一根小于1，一根大于2
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据图象求出抛物线y=ax2+bx+c的图象与x轴的交点横坐标取值范围，进而写出一元二次方程ax2+bx+c=0的解的情况．
【详解】由图可知：抛物线y=ax2+bx+c的图象与x轴的交点横坐标的取值范围是0＜x1＜1，2＜x2＜3，
则一元二次方程ax2+bx+c=0有两个实根，且一根小于1，一根大于2．
故选D．
【点睛】本题考查的是抛物线与x轴的交点问题的知识，根据抛物线与x轴的交点求出一元二次方程的两个根是解答此题的关键，此题难度不大．
5. 已知二次函数y=ax2+bx+c（a＜0）的图象如图所示，当-5≤x≤0时，下列说法正确的是（ ）
A. 有最小值-5、最大值0B. 有最小值-3、最大值6
C. 有最小值0、最大值6D. 有最小值2、最大值6
【答案】B
【解析】
【分析】观察图象逐一分析即可．
【详解】由二次函数的图象可知，
∵-5≤x≤0，
∴当x=﹣2时函数有最大值，y最大=6；
当x=-5时函数值最小，y最小=-3．
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数的图象及性质．从图象中获取正确的信息是解题的关键．
6. 下列二次函数中，图象以直线x=2为对称轴、且经过点(0，1)的是（ ）
A. y=(x-2)2+1B. y=(x+2)2+1
C. y=(x-2)2-3D. y=(x+2)2-3
【答案】C
【解析】
【分析】先根据对称轴为直线x=2排除B、D，再将点（0，1）代入A、C两个抛物线解析式检验即可．
【详解】解：∵抛物线对称轴为直线x=2，
∴B、D选项不符合题意，
将点（0，1）代入A中，得（x-2）2+1=（0-2）2+1=5，故A选项错误，
代入C中，得（x-2）2-3=（0-2）2-3=1，故C选项正确．
故选∶C．
【点睛】本题考查学生对二次函数顶点式的掌握，难度较小，二次函数的顶点式解析式为，顶点坐标为，对称轴为
7. 如图，的直径为，为弦，，垂足为，如果，那么的长是( )

A. 4B. 6C. 8D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】根据垂径定理，即可求得．
【详解】解：连接，
∵半径，
∴，

∵
∴，
在中，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
8. 如图，四边形ABCD内接于⊙O，若四边形ABCO是平行四边形，则∠ADC的大小为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质和圆周角定理可得出答案．
【详解】根据平行四边形的性质可知∠B=∠AOC，
根据圆内接四边形的对角互补可知∠B+∠D=180°，
根据圆周角定理可知∠D=∠AOC，
因此∠B+∠D=∠AOC+∠AOC=180°，
解得：∠AOC=120°，
因此∠ADC=60°．
故选：C．
【点睛】该题主要考查了圆周角定理及其应用问题；应牢固掌握该定理并能灵活运用．
9. 已知函数与函数的图象大致如图.若则自变量的取值范围是（ ）.
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】解:由y1=y2，即x2=-x+3，
解得x1=-2，x2=．
由图象可知，若y1＜y2，则自变量x的取值范围是-2＜x＜．
故选C．
10. 为了美观，在加工太阳镜时将下半部分轮廓制作成抛物线的形状（如图所示），对应的两条抛物线关于轴对称， 轴，，最低点 在轴上，高 ，，则右轮廓所在抛物线的解析式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用B、D关于y轴对称，CH=1cm，BD=2cm可得到D点坐标为（1，1），由AB=4cm，最低点C在x轴上，则AB关于直线CH对称，可得到左边抛物线的顶点C的坐标为（-3，0），于是得到右边抛物线的顶点C的坐标为（3，0），然后设顶点式利用待定系数法求抛物线的解析式．
【详解】∵高CH=1cm，BD=2cm，且B、D关于y轴对称，
∴D点坐标为（1，1），
∵AB∥x轴，AB=4cm，最低点C在x轴上，
∴AB关于直线CH对称，
∴左边抛物线的顶点C的坐标为（-3，0），
∴右边抛物线的顶点F的坐标为（3，0），
设右边抛物线的解析式为y=a（x-3）2，
把D（1，1）代入得1=a×（1-3）2，解得a=，
∴右边抛物线的解析式为y=（x-3）2，
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数的应用：利用实际问题中的数量关系与直角坐标系中线段对应起来，再确定某些点的坐标，然后利用待定系数法确定抛物线的解析式，再利用抛物线的性质解决问题．
11. 如图，直径AB为12的半圆，绕A点逆时针旋转60°，此时点B旋转到点B′，则图中阴影部分的面积是（ ）
A. 12πB. 24πC. 6πD. 36π
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】解：∵AB=AB′=12，∠BAB′=60°，
∴图中阴影部分的面积是：
S=S扇形B′AB+S半圆O′﹣S半圆O==24π．
故选B．
12. 如图，抛物线y1=a（x+2）2-3与y2=（x-3）2+1交于点A（1，3），过点A作x轴的平行线，分别交两条抛物线于点B，C．则以下结论： ①无论x取何值，y2的值总是正数；②a=1；③当x=0时，y2-y1=4；④2AB=3AC；其中正确结论是（ ）
A. ①②B. ②③C. ③④D. ①④
【答案】D
【解析】
【分析】直接由判断①；把A点坐标代入抛物线y1=a（x+2）2-3求出a值判断②；由x=0求得y2，y1作差后判断③；由二次函数的对称性求出B，C的坐标，进一步验证2AB=3AC判断④．
【详解】解：对于①，，∴无论x取何值，y2的值总是正数正确；
对于②，∵抛物线y1=a（x+2）2-3过点A（1，3），则3=a（1+2）2-3，解得，②错误；
对于③，，当x=0时，，③错误；
对于④，∵抛物线y1=a（x+2）2-3与交于点A（1，3），∴可求得B（-5，3），C（5，3），求得AB=6，AC=4，则2AB=3AC，④正确．
故选D．
【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查了二次函数的性质，属中档题．
二、填空题
13. 如图，在中，，在同一平面内，将绕点逆时针方向旋转到位置，使得，连接，则=___________度．

【答案】
【解析】
【分析】根据旋转的性质、等腰三角形的性质，即可求得．
【详解】解：∵，，
∴，
∴旋转角为，
∴，
由题意得：
，
∴；
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的基本性质、等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
14. 如图，是的外接圆，，的半径为4，则的长等于___________．
【答案】
【解析】
【分析】延长交圆于，连接，则，；又，根据直角三角形的性质及勾股定理得的长．
【详解】解：延长交圆于，连接．则
，，
∴，
∵的半径为4，
，
∵在中，，
∴，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理、直角三角形的性质及勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
15. 如图，Rt△OAB顶点A（﹣2，4）在抛物线y=ax2上，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°，得到△OCD，边CD与该抛物线交于点P，则点P的坐标为_____．
【答案】（，2）
【解析】
【详解】∵点A（﹣2，4）在抛物线y=ax2上，
∴，
解得：，
∴
∵将Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°，得到△OCD，
∴，
当y=2时，，
解得：或（舍去），
∴点P的坐标．
故答案为：（，2）
16. 如图，点E是正方形ABCD内的一点，连接AE、BE、CE，将△ABE绕点B顺时针旋转90°到△CBE′的位置．若AE=1，BE=2，CE=3，则∠BE′C=___度．
【答案】135
【解析】
【详解】试题分析：如图，连接EE′，
∵将△ABE绕点B顺时针旋转90°到△CBE′的位置，AE=1，BE=2，CE=3，
∴∠EBE′=90°，BE=BE′=2，AE=E′C=1．
∴EE′=2，∠BE′E=45°．
∵E′E2+E′C2=8+1=9，EC2=9．∴E′E2+E′C2=EC2．
∴△EE′C是直角三角形，∴∠EE′C=90°．∴∠BE′C=135°．
17. 如图，∠BOC=9°，点A在OB上，且OA=1，按下列要求画图：
以A为圆心，1为半径向右画弧交OC于点A1，得第1条线段AA1；
再以A1为圆心，1为半径向右画弧交OB于点A2，得第2条线段A1A2；
再以A2为圆心，1为半径向右画弧交OC于点A3，得第3条线段A2A3；…
这样画下去，直到得第n条线段，之后就不能再画出符合要求线段了，则n=__．
【答案】9
【解析】
【详解】试题分析：根据等腰三角形的性质和三角形外角的性质依次可得∠A1AB的度数，∠A2A1C的度数，∠A3A2B的度数，∠A4A3C的度数，…，依此得到规律，再根据三角形外角小于90°即可求解．
解：由题意可知：AO=A1A，A1A=A2A1，…，
则∠AOA1=∠OA1A，∠A1OA2=∠A1A2A，…，
∵∠BOC=9°，
∴∠A1AB=18°，∠A2A1C=27°，∠A3A2B=36°的度数，∠A4A3C=45°，…，
∴9°n＜90°，
解得n＜10．
由于n为整数，故n=9．
故选B．
考点：等腰三角形的性质．
三、解答题
18. 已知关于x的一元二次方程（m﹣1）x2＋5x＋m2﹣3m＋2＝0的常数项为0
（1）求m的值；
（2）求此时一元二次方程的解．
【答案】（1）m＝2 （2）x1＝0，x2＝﹣5
【解析】
【分析】（1）根据常数项为0，列出关于的方程，解出即可；
（2）将的值代入原方程，解出原方程即可
【小问1详解】
解：由题意，得：m2﹣3m+2＝0
解之，得m＝2或m＝1①，
由m﹣1≠0，得：m≠1②，
由①，②得：m＝2；
【小问2详解】
解：当m＝2时，代入（m﹣1）x2+5x+m2﹣3m+2＝0，
得x2+5x＝0，
x（x+5）＝0
解得：x1＝0，x2＝﹣5．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的一般形式以及一元二次方程的解法，正确解方程是解题关键．
19. 如图，已知在⊙O中，AB,CD两弦互相垂直，E为垂足，AB被分成4cm和10cm两段.
(1)求圆心O到CD的距离；
（2）若⊙O的半径为8cm，求CD的长.
【答案】（1）3 （2）
【解析】
【详解】（1）根据垂径定理，得AF=7，因为AE=4，所以EF=OG=3
（2）连接OD,GD= ，所以CD=
20. 如图所示，与点在的网格中的位置如图所示

（1）画出绕点逆时针旋转后的图形；
（2）画出关于点的中心对称图形；
（3）若能盖住，则的半径最小值为___________．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出点的对应点，于是可得到；
（2）利用网格特点和中心对称的性质画出点的对应点，于是可得到；
（3）以为直径的圆为能盖住△ABC的最小圆，然后利用勾股定理计算出即可．
【小问1详解】
解：如图，为所作；
【小问2详解】
解：如图，为所求；
【小问3详解】
解：如图，由为的最长边，可知，
当点为的中点时，此时是能盖住的最小的圆，
∵为网格的斜边，
∴，
∵为的中点，
∴的半径为，
故的半径最小值为．
【点睛】本题考查了作图之旋转变换、圆的性质、勾股定理，掌握旋转的性质是解题的关键．
21. 在一幅长，宽的矩形风景画的四周镶一条金色纸边，制成一幅矩形挂图，如果要使整个挂图的面积是，设金色纸边的宽为，要求纸边的宽度不得少于，同时不得超过．
（1）求出y关于x的函数解析式．
（2）当挂图面积为，时，求金色纸边的宽．
（3）此时金色纸边的宽应为多少时，这幅挂图的面积最大？求出最大面积的值．
【答案】（1）
（2）
（3）当cm时，最大值为
【解析】
【分析】（1）根据矩形的面积公式即可得出y关于x的函数解析式；
（2）当挂图面积为时，即可求得宽；
（3）根据二次函数的性质，即可求得最值．
【小问1详解】
解：镶金色纸边后风景画的长为cm，宽为cm，
∴ ()．
【小问2详解】
解：当cm时，即，
解得
∵
∴
答：当挂图面积为时，金色纸边的宽为1cm．
【小问3详解】
解：∵二次函数的对称轴为，
∴在上，y随x的增大而增大，
∴当cm时，取最大值，最大值为．
答：金色纸边的宽为cm时，这幅挂图的面积最大，最大面积的值为．
【点睛】本题考查了二次函数的应用以及二次函数的性质，掌握二次函数最值是解题的关键．
22. 如图（1），在中，，，的平分线交于E．
（1）求证：；
（2）如图（2），过点E作交于F，将绕点A逆时针旋转角α得到，连接，，求证：；
（3）在（2）的旋转过程中是否存在？若存在，求出相应的旋转角α；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）或，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据等腰三角形两底角相等求出，再根据角平分线的定义求出，然后求出，从而得到，，再根据等角对等边证明即可；
（2）求出，再根据旋转的性质可得，，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等证明即可；
（3）把绕点A逆时针旋转与过点C与平行的直线相交于M、N，然后分两种情况，根据等腰梯形的性质和等腰三角形的性质分别求解即可．
【小问1详解】
证明：∵，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∴；
【小问2详解】
∵，，
∴，
∴，
由旋转的性质得，，，
在和中，
，
∴，
∴；
【小问3详解】
存在．
由（1）可知，
∴在绕点A逆时针旋转过程中，点E经过的路径（圆弧）与过点C且与平行的直线l相交于点M、N，如图，

①当点E的像与点M重合时，四边形是等腰梯形，
∴，
又∵，
∴；
②当点E的像与点N重合时，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
综上所述，当旋转角为或时，．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，平行线分线段成比例的应用，（1）利用角的度数相等得到相等的角是解题的关键，（3）从圆弧的角度考虑求解是解题的关键，难点在于分情况讨论．
23. 如图，抛物线l：y＝﹣x2+bx+c（b，c为常数），其顶点E在正方形ABCD内或边上，已知点A（1，2），B（1，1），C（2，1）．
（1）直接写出点D的坐标 ；
（2）若l经过点B，C，求l的解析式；
（3）设l与x轴交于点M，N，当l的顶点E与点D重合时，求线段MN的值；当顶点E在正方形ABCD内或边上时，直接写出线段MN的取值范围 ；
（4）若l经过正方形ABCD的两个顶点，直接写出所有符合条件的c的值 ．
【答案】（1）（2，2）
（2）y＝﹣x2+3x﹣1
（3）2≤MN≤2
（4）﹣1或1或﹣2
【解析】
【分析】（1）根据正方形的性质得到D点的横坐标和C点的横坐标相同，其纵坐标和点A的纵坐标相同，由此得到点D的坐标；
（2）利用待定系数法求解；
（3）将顶点E的坐标为（2，2），代入抛物线解析式，求出点N，M的坐标，即可得到MN的长度，当点E与点B重合时求出M、N的坐标，即可得到MN取值范围；
（4）若l经过正方形ABCD的两个顶点，则可能经过B、D；B、C；A、C，将每组点坐标代入解析式即可求出c．
【小问1详解】
解：从图上看，D点的横坐标和C点的横坐标相同，其纵坐标和点A的纵坐标相同，
故点D的坐标为（2，2）
故答案为：（2，2）；
【小问2详解】
解：把B（1，1）、C（2，1）代入解析式可得，解得，
∴l的解析式为：y＝﹣x2+3x﹣1；
【小问3详解】
解：∵顶点E的坐标为（2，2），
∴抛物线解析式y＝﹣（x﹣2）2+2，
把y＝0代入得﹣（x﹣2）2+2＝0，
解得x1＝2﹣，x2＝2+，
即N（2+，0），M（2﹣，0），
所以MN＝2+﹣（2﹣）＝2；
当顶点E的坐标为（1，1），
∴抛物线解析式为y＝﹣（x﹣1）2+1，
把y＝0代入得﹣（x﹣1）2+1＝0，
解得x1＝0，x2＝2，
即M（0，0），N（2，0），
所以MN＝2﹣0＝2，
∴2≤MN≤2，
故答案为：2≤MN≤2；
【小问4详解】
解：若l经过正方形ABCD的两个顶点，则可能经过B、D；B、C；A、C，
由于顶点E在正方形ABCD内或边上，故不可能经过A、D，
当抛物线过点B、D时，
将点B、D的坐标代入抛物线表达式得：，解得，
即c＝﹣2；
当抛物线过点A、C时，同理可得c＝1；
当抛物线过点B、C时，同理可得c＝﹣1，
故答案为：﹣1或1或﹣2．
【点睛】此题考查了二次函数的综合知识及正方形的性质，待定系数法求函数解析式，函数图象与坐标轴的交点坐标，正确掌握二次函数的综合知识并应用是解题的关键．