江西省南昌市南昌二十八中教育联盟2023-2024学年九年级上学期期中数学试题（解析版）

这是一份江西省南昌市南昌二十八中教育联盟2023-2024学年九年级上学期期中数学试题（解析版），共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

命题人：吴佳琦 审题人：陈科仁
一、单选题（本大题共6小题，每小题3分，共计18分）
1. 第19届杭州亚运会因疫情推迟到2023年，下列有关的图案中，中心对称图形是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据中心对称图形的定义进行判断，即可得出答案．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
【详解】解：A项不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B项不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C项不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D项是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D.
【点睛】本题考查中心对称图形的概念：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
2. 已知一元二次方程的二次项系数为3，则一次项系数为（ ）
A. B. 5C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据一元二次方程的一般形式得出答案即可．
【详解】解：∵一元二次方程的二次项的系数为3，
∴一次项的系数为，
故选：A．
【点睛】本题考查了一元二次方程一般形式，多项式的项和单项式的系数等知识点，注意：找多项式的项或项的系数时，带着前面的符号．更多优质滋元可 家 威杏 MXSJ663 3. 如图，点A，B，C，D，O都在方格纸的格点上，若是由绕点按逆时针方向旋转而得，则旋转的角度为( )

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由是由绕点按逆时针方向旋转而得，可知旋转的角度是的大小，然后由图形即可求得答案．
【详解】解：是由绕点按逆时针方向旋转而得，
，
旋转的角度是的大小，
，
旋转的角度为．
故选：C．
【点睛】此题考查了旋转的性质．解此题的关键是理解是由绕点按逆时针方向旋转而得的含义，找到旋转角．
4. 若关于x的方程有实数根，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. 且D.
【答案】A
【解析】
【分析】由方程有实数根，得到判别式，即可求解．
【详解】解：①当时，方程为，是一元一次方程，
解得，符合题意；
②当时，方程是一元二次方程，
∵于x的方程有实数根，
∴，
∴，
即，
∴，
∴方程为一元二次方程时，m的取值范围是且，
综上所述：m的取值范围是．
故选：A．
【点睛】本题考查根判别式及一元二次方程的定义，根据方程有实数根进行分类讨论是解题的关键．
5. 对于 的图像，下列叙述错误的是（ ）
A. 开口向上B. 对称轴为直线x＝﹣3
C. 当时，y随x的增大而增大D. 当x＝3时，y有最小值-4
【答案】B
【解析】
【分析】将函数展开，化成二次函数的一般式确定二次函数的系数，二次函数的求根公式，顶点坐标的计算公式即可求解．
【详解】解：原函数式变形得， ，根据二次函数的一般式得 ， ， ，
∴ 选项，二次项系数是 ，大于零，开口向上，选项说法正确，不符合题意；
选项，对称轴为 ，选项说法错误，符合题意；
选项，二次函数的对称轴是 ，当时，函数值随自变量的增大而增大，选项说法正确，不符合题意；
选项，二次函数的对称轴是 ，当时，函数值取到最小值 ，选项说法正确，不符合题意；
故选：．
【点睛】本题主要考查二次函数的性质，理解和掌握二次函数的性质是解题的关键．
6. 在同一平面直角坐标系中，函数和函数（m是常数，且）的图象可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数图象判断两个值，函数的图象是否正确即可得到答案．
【详解】解：A、根据函数图象可知：一次函数解析式中，二次函数解析式中，故该选项不符合题意；
B、根据函数图象可知：一次函数解析式中，二次函数解析式中，但对称轴，矛盾，故该选项不符合题意；
C、根据函数图象可知：一次函数解析式中，二次函数解析式中，故该选项不符合题意；
D、根据函数图象可知：一次函数解析式中，二次函数解析式中，两者符号相同，根据，得抛物线的对称轴应在轴的左侧，与图象相符，故该选项符合题意；
故选：D．
【点睛】此题考查一次函数与二次函数的图象性质，根据图象判断函数解析式中字母的取值，正确理解函数图象是解题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共计18分）
7. 已知和关于原点对称，则______．
【答案】-1
【解析】
【分析】根据关于原点对称点的坐标特征，求出的值，相加即可；
【详解】解：和关于原点对称，
则，
；
故答案为：-1
【点睛】本题考查了关于原点对称点的坐标变化规律，解题关键是求出的值．
8. 如图，将绕着点C顺时针方向旋转后得到．若，，则的度数是_________．

【答案】
【解析】
【分析】根据将绕着点C顺时针方向旋转后得到，得，，即得，从而．
【详解】解：∵将绕着点C顺时针方向旋转后得到，
∴，，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查三角形中的旋转变换，解题的关键是掌握旋转的性质．
9. 抛物线向右平移个单位，所得抛物线解析式是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
【详解】解：将抛物线y=x2向右平移1个单位所得到抛物线的解析式是：y=（x-1）2，
故答案是：y=（x-1）2．
【点睛】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减，左加右减”的原则是解答此题的关键．
10. 若是方程的两个不相等的实数根，则代数式的值等于________．
【答案】2025
【解析】
【分析】利用一元二次方程根的定义得到，则，再根据根与系数的关系得到，然后利用整体代入的方法计算．
【详解】解：∵m是方程的解，
∴，
∴，
∵是方程的两个不相等的实数根，
∴，
∴
，
故答案为：2025．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根据的意义和根与系数的关系，解题关键是熟练掌握若，是一元二次方程的两根时，，．
11. 月日晚时，南昌以天空为幕，以烟花为笔，举办了一场盛大的“风景这边独好”——南昌市国庆烟花晚会，热烈庆祝伟大祖国岁生日．其中，一种新型礼炮的升空高与飞行时间的关系式是，若这种礼炮在点火升空到最高点处引爆，则从点火升空到引爆需要时间为_____．
【答案】##4秒
【解析】
【分析】把二次函数写成顶点式，顶点为礼炮点火升空到最高点处的位置，则顶点的横坐标即为所求．
【详解】∵，
∵ ，
∴当时，函数有最大值，为，
∴.这种礼炮点火升空到最高点处引爆，则从点火升空到引爆需要的时间为，
故答案为：．
【点睛】此题考查了二次函数在实际问题中的应用，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
12. 已知二次函数的图象与坐标轴有且只有个公共点时，则的值为_____．
【答案】或或
【解析】
【分析】根据与零的关系即可判断出二次函数的图象与轴交点的个数，再考虑与轴交点的坐标．
【详解】()当二次函数与轴只有个交点(与轴交于另一点)时，
，
即，
解得或；
()当二次函数与轴只有个交点时，
∵二次函数与坐标轴有且只有个交点，其中一个交点是原点(即此点是与，轴共同的交点)，
∴，
综上，或或
三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共计30分）
13. 解下列方程：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先运用十字相乘法因式分解，再运用因式分解法解答即可；
（2）先移项，然后再运用因式分解法求解即可．
【小问1详解】
解：
，
．
【小问2详解】
解：，
，
．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，掌握运用因式分解法解一元二次方程是解答本题的关键．
14. 如图为某公园中心对称的观赏鱼池，阴影部分为观赏喂鱼台，已知米．求阴影部分的面积．
【答案】阴影部分的面积为平方米
【解析】
【分析】根据中心对称图形的性质可得阴影部分相当于2个以点为圆心，长为半径的圆，即可求解．
【详解】解：因为观赏鱼池是中心对称，且米，
所以阴影部分相当于2个以点为圆心，长为半径的圆，
所以阴影部分的面积为（平方米），
答：阴影部分的面积为平方米．
15. 已知平行四边形是中心对称图形，点是平面上一点，请仅用无刻度直尺画出点E关于平行四边对称中心的对称点．
（1）如图1，点是平行四边形的上一点；
（2）如图2，点是平行四边形外一点．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）连接，，交于点O，再连接并延长，与交于点F即可；
（2）同（1）的方法找出点O，连接，交于G，连接并延长，交于H，连接并延长，与的延长线交于点F．
小问1详解】
解：如图，点F即为所求；
【小问2详解】
如图，点F即为所求．
【点睛】本题考查了平行四边形的对称性，中心对称图形的性质，解题的关键是通过对称构造图形，得到需要的点和线．
16. 中国是世界上最大的茶叶种植国，拥有全球最多的饮茶人口，并发展出独具民族特色的茶文化，茶叶产业作为绿色经济的重要组成部分，某茶商购进一批茶叶，进价为80元/盒，销售价为120元/盒时，每天可售出20盒，为了扩大销售量，增加利润，经市场调查发现，如果每盒茶叶每降价1元，那么平均每天可多售出2盒．在让利于顾客的情况下，每盒茶叶降价多少元时，商家平均每天能盈利1200元？
【答案】20元
【解析】
【分析】设每盒茶叶降价元，则销售量为盒，根据总利润=每件利润销售数量，即可得出关于一元二次方程，解之取其较大值即可得出结论．
【详解】解：设每盒茶叶降价x元，则每盒的销售利润为元，平均每天的销售量为盒，
依题意得：，
整理得：，
解得：，．
又∵需要让利于顾客，
∴．
∴每盒茶叶降价20元时，能让利于顾客并且商家平均每天能盈利1200元．
【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．
17. 如图，已知抛物线的对称轴为直线，且抛物线与x轴交于A、B两点，与轴交于C点，其中，．
（1）求抛物线的解析式 ；
（2）当二次函数值小于一次函数值时，直接写出x的取值范围．
【答案】（1）抛物线解析式为；
（2）当或时，二次函数值小于一次函数值．
【解析】
【分析】（1）先把点A，C的坐标分别代入抛物线解析式得到a和b，c的关系式，再根据抛物线的对称轴方程可得a和b的关系，再联立得到方程组，解方程组，求出a，b，c的值即可得到抛物线解析式；
（2）利用二次函数的对称性求得点B的坐标，由图象观察可知，二次函数值小于一次函数值时，得出x的取值范围．
【小问1详解】
解：依题意得：
，解之得：，
∴抛物线解析式为；
【小问2详解】
解：∵抛物线的对称轴为直线，，
∴点B的坐标是，
由图象观察可知，当或时，二次函数值小于一次函数值．
【点睛】此题主要考查了待定系数法求二次函数解析式和结合图象比较函数大小关系等知识，利用函数图象比较函数的大小关系是难点．
四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共计24分）
18. 如图，有长为的篱笆，一面利用墙（墙的最大可用长度a为），围成中间隔有一道篱笆的长方形花圃.设花圃的宽为，面积为.

（1）如果花圃的面积为，的长是多少米？
（2）当的长为多少米时，花圃面积最大？最大面积是多少？
【答案】（1）；
（2）当的长为时，花圃面积最大，最大面积是
【解析】
【分析】（1）根据为，就为，利用长方体的面积公式，可求出关系式，将代入关系式，可求出即的长．
（2）将二次函数关系式配方成顶点式，再根据x取值范围，进行求解即可．
【小问1详解】
解：根据题意，得，
即所求的函数解析式为：，
又，
，
将代入关系式，得．
整理，得，
解得或5，
当时，不成立，
当时，成立，
长为；
【小问2详解】
墙的最大可用长度为，，
，
对称轴，开口向下，
当，有最大面积的花圃．
即：，
最大面积为：
所以当的长为时，花圃面积最大，最大面积是
【点睛】主要考查了二次函数的应用，解题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．本题的关键是垂直于墙的有三道篱笆．
19. 定义：如果关于的一元二次方程满足，那么我们称这个方程为“黄金方程”．
（1）判断一元二次方程是否为“黄金方程”，并说明理由．
（2）已知是关于的“黄金方程”，若是此方程的一个根，则的值为多少？
【答案】（1）方程是“黄金方程”，理由见解析
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据已知条件中的新定义，找出，，的值，代入判断是否为0即可；
（2）根据已知条件中的新定义，找出，，的值，求出，的关系式，然后把化成，代入方程，得到关于的方程，进行解答即可．
【小问1详解】
解：方程 是“黄金方程”，理由如下：
，，，
，
一元二次方程 是“黄金方程”；
【小问2详解】
解： 是关于的“黄金方程”，
，，，
，
，
，
原方程可化为，
是此方程的一个根，
，即，
解得或．
【点睛】本题主要考查了新定义，一元二次方程的根，解一元二次方程，解题关键是理解题目中的新定义．
20. （1）如图1所示，和都是等腰直角三角形，A、C、D三点在同一直线上，连接，并延长交于点F，试判断与的数量关系及位置关系，并证明你的结论．
（2）若绕顶点C顺时针转任意角度后得到图2，图1中的结论是否仍然成立？请说明理由．

【答案】（1）
（2）结论还成立，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由等腰直角三角形得到，即可证明，则，，再证明，由三角形内角和定理得到，则；
（2）证明，则，由得到，，则，得到，即可证明．
【详解】（1），
证明：∵和都是等腰直角三角形，
∴，
在和中，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：结论还成立，
理由：∵，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、旋转的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共计18分）
21. 阅读下列“问题”与“提示”后，将解方程的过程补充完整，求出的值．
【问题】解方程：
[提示]可以用“换元法”解方程．
解：设，则有，原方程可化为：
（1）续解：
（2）用上面的思想方法解方程：
【答案】（1）见解析 （2）；；；
【解析】
【分析】（1）根据换元法的思想解方程即可；
（2）设，解出关于的解，再将解代入原式求出答案．
【小问1详解】
解：设，则有，
原方程可化为：，
解得（舍）或，
，
，
解得或；
【小问2详解】
解：设，
原方程化为，
，
解得或，
当时，，
解得或，
经检验，或是方程的解；
当时，，
解得或，
经检验，或是方程的解．
∴原方程的解为：；；；．
【点睛】本题主要考查无理方程的解法，熟练掌握换元法解无理方程的方法，注意对所求的根进行检验是解题的关键．
22. 通过类比联想，引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的，下面是一个案例，请补充完整．原题：如图1，点分别在正方形的边上，，连接，试猜想之间的数量关系

（1）思路梳理：把绕点逆时针旋转至，可使与重合，由，得，，即点共线，易证________，故之间的数量关系为________．
（2）类比引申：如图2，点分别在正方形的边的延长线上，．连接，试猜想之间的数量关系为________，并给出证明．
（3）联想拓展：如图3，在中，已知垂足于点D，且．求的长．
【答案】（1），
（2），证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）先根据旋转得：，计算，即点、、共线，再根据证明，得，可得结论；
（2）如图2，同理作辅助线：把绕点逆时针旋转至，证明，得，所以；
（3）如图3，将沿翻折得，沿翻折得，延长、相交于G，先证明四边形是正方形，再由勾股定理求AD的长即可．
【小问1详解】
解：如图1，把绕点逆时针旋转至，可使与重合，即，
由旋转得：，，，，
，
即点、、共线，
四边形为正方形，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
；
故答案为：，；
【小问2详解】
解：如图2，，

理由是：
把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，则在上，
由旋转得：，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
；
【小问3详解】
解：如图3，将沿翻折得，沿翻折得，延长、相交于G，

∵，
∴，
由翻折可得：，，，，，，，
∴，
∴
∴四边形是矩形，
∵
∴四边形是正方形，
∴，
设，则，
在中，，
由勾股定理，得
解得，
即．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，翻折、旋转的性质，通过类比联想，引申拓展，可达到解一题知一类的目的，本题通过翻折、旋转一三角形的辅助线作法，构建另一三角形全等，得出结论，从而解决问题．
六、解答题（本大题共1小题，每小题12分，共计12分）
23. 如图，抛物线与x轴相交于点A、点B，与y轴相交于点C．
（1）请直接写出点A，B，C的坐标；
（2）若点P是抛物线段上的一点，当的面积最大时求出点P的坐标，并求出面积的最大值；
（3）点F是抛物线上的动点，作交x轴于点E，是否存在点F，使得以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出所有符合条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2），此时；
（3）存在，或或
【解析】
【分析】（1）分别将，代入求解即可；
（2）方法一：连接，，通过表示出函数关系，利用函数的性质进行求解；方法二：作于Q，交于点D，，求得函数关系式，进行求解即可；
（3）分两种情况，当四边形为平行四边形时或当四边形为平行四边形时，利用平行四边形的性质进行求解即可．
【小问1详解】
解：当时，，
∴，
当时，，
∴，
∴；
【小问2详解】
方法一：如图1，
连接，
设点，
∴，
∴
∴当时，，此时；
方法二：如图2，
作于Q，交于点D，设解析式为：
∵，则，解得
∴直线的解析式为：，
∴，
∴，
∴
∴当时，，此时；
【小问3详解】
如图3，
当四边形为平行四边形时，，
∵抛物线对称轴为直线：，
∴点的坐标：
如图4，当四边形为平行四边形时，
作于G，
∴，
当时，，
∴，，
∴，，
综上所述：或或．
【点睛】此题考查了二次函数的综合应用，涉及了二次函数与面积问题，二次函数与特殊的平行四边形，解题的关键是熟练掌握相关基础知识．