山东省临沂市罗庄区2023-2024学年九年级上册期中数学试题（含解析）

这是一份山东省临沂市罗庄区2023-2024学年九年级上册期中数学试题（含解析），共22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。

一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）
1．企业标志反映了思想、理念等企业文化，在设计上特别注重对称美，下列企业标志图为中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．用配方法解一元二次方程，配方后得到的方程是（ ）
A．B．C．D．
3．将抛物线向右平移2个单位长度，再向上平移4个单位长度所得的抛物线解析式为（ ）
A．B．C．D．
4．如图，是的直径，，则（ ）
A．B．C．D．
5．如图，将绕点逆时针旋转到，旋转角为，点的对应点恰好落在边上，若，则旋转角的度数为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，二次函数的图象与x轴交于，两点，下列说法正确的是（ ）

A．抛物线的对称轴为直线B．抛物线的顶点坐标为
C．，两点之间的距离为D．当时，的值随值的增大而增大
7．如图，切于点，连结交于点交于点，连接，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
8．一个球从地面竖直向上弹起时的速度为10米/秒，经过（秒）时球距离地面的高度（米）适用公式，那么球弹起后又回到地面所花的时间（秒）是（ ）
A．5B．10C．1D．2
9．如图，正六边形内接于，点在弧上，点是弧的中点，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
10．如图，把以点A为中心逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别是点D，E，且点E在的延长线上，连接，则下列结论一定正确的是（ ）

A．B．C．D．
11．如图，与相切于点交于点，点在上，且．若，则的长为（ ）
A．3B．3.5C．D．4
12．规定：如果两个函数的图象关于轴对称，那么称这两个函数互为“函数”．例如：函数与互为“函数”．若函数的图象与轴只有一个交点，则它的“函数”图象与轴的交点坐标为（ ）
A．B．C．或D．或
二、填空题（共4小题，每小题3分，共12分）
13．在平面直角坐标系中，若点与点关于原点对称，则的值是 ．
14．若关于x的一元二次方程两根为、，且，则m的值为 ．
15．如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，C、D是半径为1的上两动点，且，P为弦的中点．当C、D两点在圆上运动时，面积的最大值是

16．如图，抛物线的顶点的坐标为，与轴的一个交点位于0和1之间，则以下结论：①；②；③若图象经过点，则；④若关于的一元二次方程无实数根，则．其中正确结论是 （填序号）
三、解答题（共7小题，共72分）
17．已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根．
(1)求的取值范围；
(2)当时，求出方程的解．
18．将边长为2的正方形剪成四个全等的直角三角形，用这四个直角三角形拼成符合要求的四边形，请在下列网格中画出你拼成的四边形（注：①网格中每个小正方形的边长为1；②所拼的图形不得与原图形相同；③四边形的各顶点都在格点上）．

19．问题情境：筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（如图①）．假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都按逆时针做匀速圆周运动，每旋转一周用时120秒．
问题设置：把筒车抽象为一个半径为r的．如图②，始终垂直于水平面，设筒车半径为2米．当时，某盛水筒恰好位于水面A处，此时，经过95秒后该盛水筒运动到点B处．（参考数据，）

问题解决：
(1)求该盛水筒从A处逆时针旋转到B处时，的度数；
(2)求该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离．（结果精确到米）
20．如图，老李想用长为的栅栏，再借助房屋的外墙（外墙足够长）围成一个矩形羊圈，并在边上留一个宽的门（建在处，另用其他材料）．

(1)当羊圈的长和宽分别为多少米时，能围成一个面积为640的羊圈？
(2)羊圈的面积能达到吗？如果能，请你给出设计方案；如果不能，请说明理由．
21．如图，平分，与相切于点A，延长交于点C，过点O作，垂足为B．

(1)求证：是的切线；
(2)若的半径为4，，求的长．
22．乒乓球被誉为中国国球．2023年的世界乒乓球锦标赛中，中国队包揽了五个项目的冠军，成绩的取得与平时的刻苦训练和精准的技术分析是分不开的．如图，是乒乓球台的截面示意图，一位运动员从球台边缘正上方以击球高度为的高度，将乒乓球向正前方击打到对面球台，乒乓球的运行路线近似是抛物线的一部分．
乒乓球到球台的竖直高度记为（单位：），乒乓球运行的水平距离记为（单位：），测得如下数据：
(1)在平面直角坐标系中，描出表格中各组数值所对应的点，并画出表示乒乓球运行轨迹形状的大致图象；
(2)①当乒乓球到达最高点时，与球台之间的距离是______，当乒乓球落在对面球台上时，到起始点的水平距离是______；
②求满足条件的抛物线解析式；
(3)技术分析：如果只上下调整击球高度，乒乓球的运行轨迹形状不变，那么为了确保乒乓球既能过网，又能落在对面球台上，需要计算出的取值范围，以利于有针对性的训练．如图②，乒乓球台长为，球网高为．现在已经计算出乒乓球恰好过网的击球高度的值约为．请你计算出乒乓球恰好落在对面球台边缘点处时，击球高度的值（乒乓球大小忽略不计）．
23．如图①，小红在学习了三角形相关知识后，对等腰直角三角形进行了探究，在等腰直角三角形中，，过点作射线，垂足为，点在上．

(1)【动手操作】
如图②，若点在线段上，画出射线，并将射线绕点逆时针旋转与交于点，根据题意在图中画出图形，图中的度数为_______度；
(2)【问题探究】
根据（1）所画图形，探究线段与的数量关系，并说明理由；
(3)【拓展延伸】
如图③，若点在射线上移动，将射线绕点逆时针旋转与交于点，探究线段之间的数量关系，并说明理由．
参考答案与解析
1．C
【分析】根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
【详解】解：A．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．是中心对称图形，故此选项符合题意；
D．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选C．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形的定义，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义．
2．D
【分析】方程两边同时加上一次项系数一半的平方即计算即可．
【详解】∵，
∴，
∴，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查了配方法，熟练掌握配方法的基本步骤是解题的关键．
3．A
【分析】根据左加右减，上加下减的法则进行变形即可．
【详解】∵抛物线向右平移2个单位长度，再向上平移4个单位长度，
∴新解析式为，
故选A．
【点睛】本题考查了二次函数的平移，熟练掌握平移遵循的基本法则是解题的关键．
4．A
【分析】本题主要考查圆周角的相关性质，直角三角形的性质，熟练掌握直径所对圆周角为直角是解题的关键．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
故选：A．
5．C
【分析】本题主要考查旋转的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握等腰三角形的判定和性质是解题的关键．
根据垂直的性质可得，可求出的度数，根据旋转的性质可得的度数，，即是等腰三角形，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，设交于点，
∵，
∴，
在中，，
∵是旋转得到，
∴，，
∴，
∴，
故选：．
6．C
【分析】待定系数法求得二次函数解析式，进而逐项分析判断即可求解．
【详解】解：∵二次函数的图象与x轴交于，两点，
∴
∴
∴二次函数解析式为，对称轴为直线，顶点坐标为，故A，B选项不正确，不符合题意；
∵，抛物线开口向上，当时，的值随值的增大而减小，故D选项不正确，不符合题意；
当时，
即
∴，
∴，故C选项正确，符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，待定系数法求二次函数解析式，抛物线与坐标轴的交点，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
7．D
【分析】本题考查的是切线的性质，圆周角定理的应用，三角形的内角和定理的应用，连接，证明，，可得，从而可得．
【详解】解：如图，连接，

∵切于点，
∴，
∵， ，
∴，
∴，
∴；
故选：D．
8．D
【分析】根据球弹起后又回到地面时，得到，解方程即可得到答案．
【详解】解：球弹起后又回到地面时，即，
解得（不合题意，舍去），，
∴球弹起后又回到地面所花的时间（秒）是2，
故选：D
【点睛】此题考查了求二次函数自变量的值，读懂题意，得到方程是解题的关键．
9．B
【分析】本题考查了正多边形与圆, 圆周角定理；先求出正六边形的中心角，再利用圆周角定理求解即可．
【详解】解：如图所示，连接，
∵正六边形内接于，
∴∠COD= =60°，
∵点是弧的中点，
∴
∴
∴
故选：B．
10．A
【分析】根据旋转的性质即可解答．
【详解】根据题意，由旋转的性质，
可得，，，
无法证明，，故B选项和D选项不符合题意，
，故C选项不符合题意，
，故A选项符合题意，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质和三角形外角运用是解题的关键．
11．C
【分析】本题考查了切线的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．连接，根据切线的性质可得，然后利用证明，从而可得再在中，利用勾股定理求出，最后根据的面积的面积的面积，进行计算即可解答．
【详解】解：连接，
与相切于点，
，
，，，
，
，
在中，，，
，
的面积的面积的面积，
，
，
，
，
故选：C
12．D
【分析】本题考查了轴对称，一次函数与坐标轴的交点，抛物线与x轴的交点问题，根据题意与x轴的交点坐标和它的“函数”图象与x轴的交点坐标关于y轴对称，再进行分类讨论，即和两种情况，求出与x轴的交点坐标，即可解答，进行分类讨论是解题的关键．
【详解】解：①当时，函数的解析式为，
此时函数的图象与x轴只有一个交点成立，
当时，可得，解得，
与x轴的交点坐标为，
根据题意可得，它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为；
②当时，
函数的图象与x轴只有一个交点，
，即，
解得，
函数的解析式为，
当时，得，
解得，
根据题意可得，它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为，
综上所述，它的“函数”图象与x轴的交点坐标为或，
故选：D．
13．1
【分析】根据关于原点对称的两个点，横、纵坐标互为相反数，进行解答即可．
【详解】解：∵点与点关于原点对称，
∴．
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查了关于原点对称的两个点的坐标特点，解题的关键是熟练掌握关于原点对称的两个点，横、纵坐标互为相反数．
14．12
【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，根据根与系数的关系得到，进而结合已知条件求出的值是解题的关键；对于一元二次方程，若是该方程的两个实数根，则．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程两根为、，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
15．3
【分析】结合垂径定理以及与坐标轴的交点来判断三角形和三角形都是等腰直角三角形，由等腰三角形的三线合一得，，由三角形三边关系得：，当P、O、Q共线时，最大，求出、，根据面积公式计算即可．
【详解】解：作于Q，连接、、，如图：

∵，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
由得，
当时，；当时，
即点，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴是的中线，
则，
由三角形三边关系得：，
由题得，当P、O、Q共线时，此时，最大，
∵P为中点，
∴，
∴，
∴；
故答案为：3．
【点睛】本题考查了圆的相关知识点的应用：垂径定理，斜边上的中线等于斜边的一半，三角形三边关系，勾股定理，一次函数与坐标轴的交点坐标；综合性较强，难度较大，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
16．①③④
【分析】本题考查了二次函数的图象与系数的关系，根的判别式，二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是掌握二次函数的图象与性质．
①利用抛物线的顶点坐标和开口方向即可判断；
②利用抛物线的对称轴求出，根据图象可得当时，，即可判断；
③利用抛物线的对称轴，设两点横坐标与对称轴的距离为，求出距离，根据图象可得，距离对称轴越近的点的函数值越大，即可判断；
④根据根的判别式即可判断．
【详解】解：①∵抛物线的顶点的坐标为，
∴，
∴，即，
由图可知，抛物线开口方向向下，即，
∴，
当时，，
∴，
故①正确，符合题意；
②∵直线是抛物线的对称轴，
∴，
∴，
∴
由图象可得：当时，，
∴，
故②错误，不符合题意；
③∵直线是抛物线的对称轴，
设两点横坐标与对称轴的距离为，
则，，
∴，
根据图象可得，距离对称轴越近的点的函数值越大，
∴，
故③正确，符合题意；
④∵关于x的一元二次方程无实数根，
∴，
∴，
∴
∴
∵，
∴，
故④正确，符合题意．
故答案为：①③④
17．(1)且
(2)
【分析】本题考查了根据根的情况判断参数，用配方法解一元二次方程；
（1）根据题意，可得，注意一元二次方程的系数问题，即，即可解答，
（2）将代入，利用配方法解方程即可．
【详解】（1）解：关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，
，且，
解得：且；
（2）当时，
原方程为，即，
移项得：，
配方得：，即，
直接开平方得：
解得：．
18．见解析（答案不唯一，符合题意即可）
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的性质进行作图即可．
【详解】解：①要求是轴对称图形但不是中心对称图形，则可作等腰梯形，如图四边形即为所求；
②要求是中心对称图形但不是轴对称图形，则可作一般平行四边形，如图四边形即为所求；
③要求既是轴对称图形又是中心对称图形，则可作菱形、矩形等，如图四边形即为所求；
④要求既不是轴对称图形又不是中心对称图形，则考虑作任意四边形，如图四边形即为所求．

【点睛】本题考查轴对称图形和中心对称图形的概念及作图，轴对称图形：把一个图形沿着某条直线折叠，能够与另一个图形重合；中心对称图形：把一个图形绕着某个点旋转能够和原图形重合．
19．(1)；
(2)该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离为米．
【分析】（1）先求得该盛水筒的运动速度，再利用周角的定义即可求解；
（2）作于点C，在中，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得的长，在中，利用勾股定理求得的长，据此即可求解．
【详解】（1）解：∵旋转一周用时120秒，
∴每秒旋转，
当经过95秒后该盛水筒运动到点B处时，，
∵，
∴；
（2）解：作于点C，设与水平面交于点D，则，

在中，，，
∴，，
在中，，，
∴，
∴(米)，
答：该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离为米．
【点睛】本题考查了圆的性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
20．(1)当羊圈的长为，宽为或长为，宽为时，能围成一个面积为的羊圈；
(2)不能，理由见解析．
【分析】（1）设矩形的边，则边，根据题意列出一元二次方程，解方程即可求解；
（2）同（1）的方法建立方程，根据方程无实根即可求解．
【详解】（1）解：设矩形的边，则边．
根据题意，得．
化简，得．
解得，．
当时，；
当时，．
答：当羊圈的长为，宽为或长为，宽为时，能围成一个面积为的羊圈．
（2）解：不能，理由如下：
由题意，得．
化简，得．
∵，
∴一元二次方程没有实数根．
∴羊圈的面积不能达到．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出一元二次方程，解一元二次方程是解题的关键．
21．(1)见解析
(2)
【分析】（1）首先根据切线的性质得到，然后根据角平分线的性质定理得到即可证明；
（2）首先根据勾股定理得到，然后求得，最后利用，代入求解即可．
【详解】（1）∵与相切于点A，
∴，
∵平分，，
∴，
∴是的切线；
（2）∵的半径为4，
∴，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∴．
【点睛】此题考查了圆切线的性质和判定，勾股定理，三角函数等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
22．(1)见解析
(2)①49；230；②
(3)乒乓球恰好落在对面球台边缘点处时，击球高度的值为
【分析】（1）描点，用光滑曲线连线，即可求解；
（2）可得当和时，函数值相等，由二次函数的对称性可求对称轴为直线，从而可求顶点坐标；再由当时，，即可求解；
（3）设乒乓球恰好落在对面球台边缘点处时，击球高度的值为，则平移距离为，可求平移后的抛物线的解析式为，当时，，即可求解．
【详解】（1）解：描出各点，画出图象如下：
（2）解：①观察表格数据，
可知当和时，函数值相等，
对称轴为直线，
顶点坐标为，
抛物线开口向下，
最高点时，乒乓球与球台之间的距离是，
当时，，
乒乓球落在对面球台上时，到起始点的水平距离是；
故答案为：49；230；
②设抛物线解析式为，
将代入得，，
解得：，
抛物线解析式为；
（3）解：当时，
抛物线的解析式为，
设乒乓球恰好落在对面球台边缘点处时，击球高度的值为，则平移距离为，
平移后的抛物线的解析式为，
当时，，
，
解得：；
答：乒乓球恰好落在对面球台边缘点处时，击球高度的值为．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，能利用、的实际意义，根据二次函数的性质求出顶点式是解题的关键．
23．(1)作图见解析；135
(2)；理由见解析
(3)或；理由见解析
【分析】（1）根据题意画图即可；先求出，根据，求出；
（2）根据，，证明、P、B、E四点共圆，得出，求出，根据等腰三角形的判定即可得出结论；
（3）分两种情况，当点P在线段上时，当点P在线段延长线上时，分别画出图形，求出之间的数量关系即可．
【详解】（1）解：如图所示：

∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
故答案为：135．
（2）解：；理由如下：
连接，如图所示：

根据旋转可知，，
∵，
∴、P、B、E四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：当点P在线段上时，连接，延长，作于点F，如图所示：

根据解析（2）可知，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵为等腰直角三角形，
∴，
即；
当点P在线段延长线上时，连接，作于点F，如图所示：

根据旋转可知，，
∵，
∴、B、P、E四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
即；
综上分析可知，或．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，圆周角定理，四点共圆，等腰直角三角形的性质，解题的关键是作出图形和相关的辅助线，数形结合，并注意分类讨论．