河南省许昌市魏都区第二中学2023-2024学年九年级上册期中数学试题（含解析）

这是一份河南省许昌市魏都区第二中学2023-2024学年九年级上册期中数学试题（含解析），共17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（每小题3分，共30分）
1．剪纸又称刻纸，是中国最古老的民间艺术之一，它是以纸为加工对象，以剪刀（或刻刀）为工具进行创作的艺术．民间剪纸往往通过谐音、象征、寓意等手法提炼、概括自然形态，构成美丽的图案．下列剪纸中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
3．如图，点，，在⊙O上，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
4．将抛物线y=3x2+2向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，则得到的抛物线的解析式为（ ）
A．y=3（x﹣2）2﹣1B．y=3（x﹣2）2+5
C．y=3（x+2）2﹣1D．y=3（x+2）2+5
5．下列说法：（1）长度相等的弧是等弧，（2）相等的圆心角所对的弧相等，（3）劣弧一定比优弧短，（4）直径是圆中最长的弦．其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
6．关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．且
7．4月23日是“世界读书日”，某班为了落实“爱读书、多读书、读好书”的理念，全班每位同学互赠一本自己喜欢的图书给其他同学，全班共互赠了1640本，设该班有人，根据题意，可列方程为（ ）
A．B．
C．D．
8．在函数 (为常数)的图象上有三个点，则函数值的大小关系为( )
A． B． C． D．
9．二次函数的图象如图所示，则一次函数的图象不经过（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
10．如图，OABC的顶点O(0，0)，C(13，0)，OA=3，点B在第一象限，将OABC绕点O顺时针旋转得到OA′B′C′，当点A的对应点A′落在x轴正半轴上时，点B的对应点B′恰好落在BC的延长线上，则点B′的坐标是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（每小题3分，共15分）
11．若是关于的一元二次方程，则的值为 .
12．如图，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转70°得到Rt△AB1C1，若，，则 ．
13．设，是方程的两个实数根，则的值为 ．
14．已知抛物线的部分图像如图所示，则方程的解是
15．如图所示，在中，，，为斜边中线，点P为线段上一动点，将线段绕点P逆时针旋转得线段，连接，，当垂直于的一边时，线段的值为 ．
三、解答题（本大题共8个小题，共75分）
16．嘉嘉解方程的过程如表所示．
(1)嘉嘉是用 填“配方法”“公式法”或“因式分解法”来求解的；从第 步开始出现错误；
(2)请你用不同于（1）中的方法解该方程．
17．如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，的顶点均在格点上．
(1)画出将关于原点O的中心对称图形；
(2)将绕点E逆时针旋转得到，画出；
(3)若由绕着某点旋转得到的，则这点的坐标为________．
18．已知关于x的一元二次方程
(1)求证：无论k为何实数，方程总有两个不相等的实数根；
(2)若方程的一根为3，求k的值及方程的另一根．
19．直播购物逐渐走进了人们的生活．某电商在某APP上对一款成本价为30元/件的小商品进行直播销售，如果按每件40元销售，每月可卖出600件．通过市场调查发现，每件小商品的售价每上涨1元，每月的销售件数就减少10件，为了使每月的销售利润为10000元，每件小商品的售价应定为多少元？这时电商每月能售出小商品多少件？
(1)解法1：设每件小商品涨价x元，由题意得方程：________________．
解法2：设每件小商品的售价应定为y元，由题意得方程：________________．
(2)请你选择（1）中的一种解法完成解答．
20．某位同学做实验考察电流变化情况时，可以选择若干定值电阻进行并联（假设可以选择任何数值的电阻），已知电源电压U为（注：公式，其中I是电流强度、U是电压，R是电阻）
（1）若只选择一个电阻，测得电流强度I为，求该电阻R的值．
（2）若所选的两个电阻分别为，且，恰好使总电流强度I最小，求对应电阻的值．（注并联时总电阻）（在求对应的值时，用数学的方法书写过程）
21．某居民小区一处圆柱形的输水管道破裂，维修人员为更换管道，需确定管道圆形截面的半径，下图是水平放置的破裂管道有水部分的截面．
(1)若这个输水管道有水部分的水面宽，水面最深地方的高度为4，求这个圆形截面的半径；
(2)在（1）的条件下，小明把一只宽12的方形小木船放在修好后的圆柱形水管里，已知船高出水面13，问此小船能顺利通过这个管道吗？
22．如图1所示的某种发石车是古代一种远程攻击的武器，将发石车置于山坡底部处，以点为原点，水平方向为轴方向，建立如图所示的平面直角坐标系，将发射出去的石块当作一个点看，其飞行路线可以近似看作抛物线的一部分，山坡上有一堵防御墙，其竖直截面为，墙宽米，与轴平行，点与点的水平距离为米、垂直距离为米．
(1)若发射石块在空中飞行的最大高度为米，
①求抛物线的解析式；
②试通过计算说明石块能否飞越防御墙；
(2)若要使石块恰好落在防御墙顶部上（包括端点、），求的取值范围，
23．如图，两个等腰直角△ABC和△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°．

(1)观察猜想如图1，点E在BC上，线段AE与BD的数量关系是 ，位置关系是 ．
(2)探究证明把△CDE绕直角顶点C旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由；
(3)拓展延伸：把△CDE绕点C在平面内自由旋转，若AC＝BC＝13，DE＝10，当A、E、D三点在同一条直线上时，请直接写出AD的长．
参考答案与解析
1．C
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：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，进行逐一判断即可．
【详解】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故A选项不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不合题意．
C、既是轴对称图形又是中心对称图形，故C选项符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项不合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．
2．A
【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得答案．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是，
故选：A．
【点睛】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律．
3．B
【分析】直接利用圆周角定理即可得．
【详解】解：，
由圆周角定理得：，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题关键．
4．C
【分析】根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．
【详解】将抛物线y=3x2+2向左平移2个单位所得直线解析式为：y=3（x+2）2+2；
再向下平移3个单位为：y=3（x+2）2+2﹣3，即y=3（x+2）2﹣1．
故选C．
【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．
5．A
【分析】利用等弧的定义、圆周角定理、弧的定义及弦的定义分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：（1）长度相等的弧不一定是等弧，弧的度数必须相同，故错误；
（2）同圆或等圆中相等的圆心角所对的弧相等，故错误；
（3）同圆或等圆中劣弧一定比优弧短，故错误；
（4）直径是圆中最长的弦，正确，
正确的只有1个，
故选：A．
【点睛】本题考查圆中有关定义，能够熟练掌握圆的有关知识是解答本题的关键．
6．D
【分析】本题考查了一元二次方程的定义，一元二次方程的根的判别式．熟练掌握有两个不相等的实数根，则是解题的关键．
由题意知，且，计算求解，然后作答即可．
【详解】解：由题意知，且，
解得，且，
故选：D．
7．B
【分析】根据题意，设该班有人，其中一个同学赠送出去本书，从而全班同学相互赠送书的总数为，结合全班共互赠了1640本，得到方程即可得到答案．
【详解】解：根据题意，得到，
故选：B．
【点睛】本题考查一元二次方程解实际应用题，读懂题意，找到等量关系建立方程是解决问题的关键．
8．A
【分析】根据二次函数解析式得出抛物线开口向上，对称轴为，根据离对称轴越远的点的函数值越大，即可求解．
【详解】解：∵函数 (为常数)，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线，
在函数 (为常数)的图象上有三点，且，
则的大小关系为．
故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数图象的性质，掌握二次函数图象的性质是解题的关键．
9．B
【分析】根据二次函数图象的开口方向、对称轴判断出a、b和c的正负情况，再由一次函数的性质解答．
【详解】解：由图象开口向下可知a＜0，
由对称轴x=＞0，得b＞0．
由图象与y轴正半轴相交，得c＞0
则ab＜0，
所以一次函数的图象经过第一、三、四象限，不经过第二象限．
故选：B
【点睛】本题考查二次函数图象和一次函数图象的性质，解答本题的关键是求出a、b和c的正负情况，要掌握它们的性质才能灵活解题，此题难度不大．
10．B
【分析】根据旋转的性质得到A′B′=B′C，过点B′作B′D⊥A′C于点D，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：∵将OABC绕点O顺时针旋转得到OA′B′C′，OA=3，
∴OA= OA′=3，∠AOC=∠A′OC′=∠CA′B′，∠AOC=∠BCE，
∵点B的对应点B′恰好落在BC的延长线上，
∴∠A′CB′=∠BCE=∠CA′B′，
∴A′B′=B′C，
过点B′作B′D⊥A′C于点D，则A′D=DC，
∵C(13，0)，OA=3，
∴OC=13，A′D=DC=A′C=(13-3)=5，
在Rt△B′CD中，B′D=12，
OD=13-5=8，
∴点B′的坐标为(8，-12)．
故选：B．
【点睛】本题考查了坐标与图形，旋转的性质，平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
11．3
【分析】根据一元二次方程的定义，可知且，由此即可求得m的值．
【详解】解：由题意可知，且，
解得：，且，
∴，
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查的是一元二次方程的定义：只含有一个未知数（一元），并且未知数的最高次数是2（二次）的整式方程，同时需要注意未知数的二次项系数不为0．
12．
【分析】由条件可知∠CAC1为旋转角，即可得到∠CAC1=70°，根据三角形内角和可求出∠CAB=30°，而∠BAC1=∠CAC1-∠CAB，从而可得出∠BAC1的度数．
【详解】解：∵Rt△ABC绕点A逆时针旋转70°得到Rt△AB1C1，
∴∠CAC1=70°，
∵∠C=90°，∠B=60°，
∴∠CAB=30°，
∴∠BAC1=∠CAC1-∠CAB=70°-30°=40°．
故答案为40°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形内角和，角的运算等知识．掌握旋转角的定义及旋转的性质是解题的关键．
13．
【分析】利用根与系数的关系，再通过整体代入即可求解．
【详解】∵，是方程的两个实数根，
∴，，
∴，
则，
故答案为：．
【点睛】此题考查了根与系数的关系与方程根的定义，解题的关键是掌握根与系数的关系及其应用．
14．或
【分析】根据抛物线的轴对称性即可求得抛物线与x轴的另一个交点的坐标，这两个交点的横坐标就是方程的解．
【详解】解：由图像可知抛物线与x轴的一个交点坐标为，对称轴为直线，
设抛物线与x轴的另一个交点为，则，
解得：．
∴方程的解为或．
故答案为：或
【点睛】本题考查的是利用二次函数的图像求解一元二次方程，以及抛物线的对称性问题，正确理解抛物线与x轴的交点的横坐标与相应的一元二次方程的根之间的关系是解题的关键．
15．或
【分析】根据和两种情况进行讨论，当时，根据得到，在中根据直角三角函数计算出和，从而计算出，当时，证明，得到，得到，再根据勾股定理计算出．
【详解】解：①当时，如图1所示，
∵，
∴．
∵，
∴．
在中，，，
∴，，
∵，，
∴；
②当时；如图2所示，过点Q作于点D．
∵，，
∴．
∴．
∴，．
∴．
在中，．
综上，线段OQ的长为或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查直角三角形的性质和直角三角函数，解题的关键是掌握直角三角函数的相关知识．
16．(1)配方法，二
(2)，，方法见解析
【分析】（1）根据配方法解一元二次方程的步骤求解即可；
（2）利用十字相乘将方程的左边因式分解，继而得出两个关于的一元一次方程，再进一步求解即可．
【详解】（1）解：嘉嘉是用配方法来求解的；从第二步开始出现错误；
故答案为：配方法，二；
（2）解：，
，
则或，
解得，．
【点睛】本题主要考查解一元二次方程，解一元二次方程常用的方法有：直接开平方法、因式分解法、公式法及配方法，解题的关键是根据方程的特点选择简便的方法．
17．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据中心对称的性质即可画出；
（2）根据旋转的性质即可画出；
（3）根据旋转中心为两组对应点连线的垂直平分线的交点可得点P的位置．
【详解】（1）解：如图，即为所求；
；
（2）解：如图，即为所求；
（3）解：根据旋转的性质可得，旋转中心为和垂直平分线的交点，图中点P即为旋转中心，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了作图-旋转变换，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
18．(1)见解析
(2)的值为3，方程的另一根为1
【分析】（1）根据一元二次方程的根的判别式，结合完全平方公式的非负性分析求证；
（2）把一根为3代入一元二次方程求出k的值，再解方程求出另一根．
【详解】（1）证明：∵
∴无论为何实数，方程总有两个不相等的实数根；
（2）解：当时，，
解得：，
把代入原方程：，（舍去）
故的值为3，方程的另一根为1．
【点睛】本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，熟练掌握当方程有两个不相等的实数根时Δ＞0是解题的关键．
19．(1)；；
(2)见解析．
【分析】（1）设每件小商品涨价x元或设每件小商品的售价应定为y元，根据单间商品的利润乘以数量等于利润，列出方程，即可求解；
（2）根据（1）中的方程，解方程，即可求解．
【详解】（1）解：解法1： ，
故答案为：；
解法2：，
；
（2）解法1：．
整理，得，
解得．
当时，每件小商品的售价为（元），每月能售出小商品（件）；
当时，每件小商品的售价为（元），每月能售出小商品（件）．
解法2：．
整理，得，
解得．
当时，每件小商品的售价为50元，每月能售出小商品（件）；
当时，每件小商品的售价为80元，每月能售出小商品（件）．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出方程是解题的关键．
20．（1）30Ω；（2）R1=R2=10Ω．
【解析】（1）根据公式I=，代入即可求解．
（2）根据题意写出总电流表达式，利用R1+R2=20Ω进行化简配方即可求出最小值．
【详解】解：（1）根据题意知：U=3V，I=0.1A．
∴R＝＝30Ω．
（2）∵R1+R2=20Ω．
∴并联时总电阻R=．
∵I=．
∴总电流强度I=
=．
故当R1=10Ω时，总电流强度I取最小值，此时R2=10Ω．
即：恰好使总电流强度I最小，对应电阻R1，R2的值都为10Ω．
【点睛】本题考查二次函数求最值，关键在于利用已知进行化简配方找到最值，本题属于跨学科之间的题型，值得考生多加关注．
21．(1)
(2)能顺利通过
【分析】（1）过作于，交弧于，连接，根据垂径定理得到，然后根据勾股定理列出关于圆形截面半径的方程求解．
（2）连接，设，可求得此时的高，即可求得的长，比较，即可得到此时小船能顺利通过这个管道．
【详解】（1）解：过作于，交弧于，连接．
，
，
由题意可知，，
设半径为，则，
在中，由勾股定理得：
解得．
即这个圆形截面的半径为．
（2）如图，小船能顺利通过这个管道．理由：
连接，设．
，，
在中，
，
小船能顺利通过这个管道．
【点睛】此题考查了垂径定理、勾股定理的应用．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想与方程思想的应用．
22．(1)；②石块能飞越防御墙；
(2)
【分析】（1）①根据题意得抛物线解析式为：，待定系数法求解析式即可求解；
②根据题意，得出，将代入解析式计算，即可求解．
（2）依题意得出，进而根据以及原点分别待定系数法求解析式即可求解．
【详解】（1）解：①∵发射石块在空中飞行的最大高度为米，
∴抛物线解析式为：，
将点代入得，，
解得：，
∴抛物线解析式为，
∴，
②∵点与点的水平距离为米、垂直距离为米．
∴，
当时，，
∴石块能飞越防御墙；
（2）∵，，
∴
当经过点，时，
，解得：.
当经过点，时，
，解得：
∴要使石块恰好落在防御墙顶部上（包括端点、），的取值范围为
【点睛】本题考查了二次函数的实际应用，熟练掌握待定系数法求解析式是解题的关键．
23．(1)AE＝BD，AE⊥BD
(2)结论成立，AE＝BD，AE⊥BD．理由见解析
(3)满足条件的AD的值为17或7
【分析】（1）利用SAS证明△ACE≌△BCD，得出AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，进一步证明出AE⊥BD．
（2）利用SAS证明△ACE≌△BCD，得出AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，进一步证明出AE⊥BD．
（3）作CH⊥AD于H，利用等腰直角三角形的性质求出CH＝DE＝5，利用勾股定理求出AH＝12，然后分射线AD在直线AC的下方和上方两种情况求解．
【详解】（1）如图1中，延长AE交BD于H．

∵AC＝CB，∠ACE＝∠BCD，CE＝CD，
∴△ACE≌△BCD，
∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，
∵∠EAC+∠AEC＝90°，∠AEC＝∠BEH，
∴∠BEH+∠EBH＝90°，
∴∠EHB＝90°，即AE⊥BD，
故答案为AE＝BD，AE⊥BD．
（2）结论：AE＝BD，AE⊥BD．
理由：如图2中，延长AE交BD于H，交BC于O．

∵∠ACB＝∠ECD＝90°，
∴∠ACE＝∠BCD，
∵AC＝CB，∠ACE＝∠BCD，CE＝CD，
∴△ACE≌△BCD，
∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，
∵∠EAC+∠AOC＝90°，∠AOC＝∠BOH，
∴∠BOH+∠OBH＝90°，
∴∠OHB＝90°，
即AE⊥BD．
（3）当射线AD在直线AC的上方时，作CH⊥AD于H．

∵CE＝CD，∠ECD＝90°，CH⊥DE，
∴EH＝DH，CH＝DE＝5，
在Rt△ACH中，
∵AC＝13，CH＝5，
∴AH＝＝12，
∴AD＝AH+DH＝12+5＝17．
②当射线AD在直线AC的下方时，作CH⊥AD于H．

同法可得：AH＝12，故AD＝AH﹣DH＝12﹣5＝7，
综上所述，满足条件的AD的值为17或7．
【点睛】本题考查几何变换，解决问题的思路是从特殊到一般，注意解决后面问题参照前面的思路方法是解决问题的关键．
解方程：
解：第一步
第二步
， 第三步