2023-2024学年湖北省武汉市青山区九年级上学期数学期中试题及答案

这是一份2023-2024学年湖北省武汉市青山区九年级上学期数学期中试题及答案，共27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（共10小题，每小题3分，共30分）
下列各题有且只有一个正确答案，请在答题卡上将正确答案的标号涂黑．
1. 一元二次方程化成一般形式后，二次项系数和常数项分别是（ ）
A. 2，3B. 2， C. ，D. 2，
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是一元二次方程的一般形式，把原方程根据移项法则化为一般形式，根据一元二次方程的定义解答即可．
【详解】解：，
移项得，，
则二次项系数、常数项分别为2、，
故选：B．
2. 搭载神舟十六号载人飞船的长征二号遥十六运载火箭于年月日成功发射升空，景海鹏、朱杨柱、桂海潮名航天员开启“太空出差”之旅，展现了中国航天科技的新高度．下列图标中，其文字上方的图案是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据中心对称图形定义判断即可．
【详解】、不是中心对称图形，此选项不符合题意，排除；
、不是中心对称图形，此选项不符合题意，排除；
、是中心对称图形，此选项符合题意；
、不是中心对称图形，此选项不符合题意，排除；
故答案为：．
【点睛】此题考查了中心对称图形的概念，解题的关键是如何判断中心对称图形，旋转度后与原图重合．
3. 用配方法解一元二次方程，此方程可化为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了用配方法解一元二次方程，把常数项9移项后，在左右两边同时加上一次项系数一半的平方即可．
【详解】解：把方程的常数项移到等号的右边，得到，
方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到，
故．
故选：D．
4. 将抛物线向下平移3个单位长度，再向左平移5个单位长度，得到新抛物线的解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数图象与几何变换，根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．
【详解】解：将抛物线向下平移3个单位长度，再向左平移5个单位长度，得到新抛物线的解析式为：．
故选：B．
5. 一元二次方程根的情况为（ ）
A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根
C. 没有实数根D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】计算出根的判别式的大小，判断正负即可确定出方程根的情况．
【详解】解：方程x22x5=0，
这里a=1，b=2，c=5，
∵b24ac=（2）24×1×（5）=4+20=24＞0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：A．
【点睛】此题考查了根的判别式，熟练掌握根的判别式的意义是解本题的关键．
6. 如图，点，，在上，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形性质，三角形的内角和定理的应用，根据圆周角定理求出，根据等腰三角形性质即可得出，熟练掌握圆周角定理定理是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
故选：．
7. 如图，在的方格纸中，格点（三个顶点都是格点的三角形）经过旋转后得到格点，则其旋转中心是（ ）

A. 格点MB. 格点NC. 格点PD. 格点Q
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查找旋转中心，根据旋转的性质，旋转中心为对应点连线的中垂线上，连接，两条线段的中垂线的交点即为旋转中心．掌握旋转的性质，是解题的关键．
【详解】解：如图，由图可知，点即为旋转中心；

故选D．
8. 某种品牌的手机经过四、五月份连续两次降价，每部售价由3200元降到了2500元，设平均每月降低的百分率为，根据题意列出的方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设平均每月降低的百分率为，则四月份的售价为元，则五月份的售价为，据此列出方程即可．
【详解】解：设平均每月降低的百分率为，
由题意得，，
故选B．
【点睛】本题主要考查了从实际问题中抽象出一元二次方程，正确理解题意找到等量关系是解题的关键．
9. 如图，四边形是内接四边形，延长交于点E，延长交于点F，，是的角平分线，若，则的长为（ ）

A B. C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查圆内接四边形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理等知识．连接，过点D作于点H．证明，推出，，推出，分别求出，可得结论．
【详解】解：连接，过点D作于点H．

∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
10. 关于x的二次函数，在时的最大值与最小值的差大于15，则m的取值范围是（ ）
A. B. 或
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题考查二次函数的图象与性质，先求出二次函数图象的对称轴，再分情况列式求值，正确理解二次函数的性质是解题的关键．
【详解】
当时，y有最小值，
当时，函数y随x的增大而增大；当时，函数y随x的增大而减小，
当时，，得(舍），或(舍）；
当时，，得（舍），或（舍）；
当时，，得；
当时，，得
故选：B．
第II卷（非选择题，共90分）
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
下列各题不需要写出解答过程，请将结论直接填写在答题卡的指定位置．
11. 点关于原点成中心对称的点的坐标为_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标．根据“关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数”解答．
【详解】解：点关于原点成中心对称的点的坐标为．
故答案为：．
12. 已知一元二次方程的两根为，，则_______．
【答案】2
【解析】
【分析】本题考查了根与系数的关系：若是一元二次方程的两根，则，．直接根据一元二次方程根与系数的关系求解即可．
【详解】解：∵一元二次方程的两根为
∴，
故答案为：2．
13. 如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，已知CD＝6，EB＝2，则⊙O的半径为_____．
【答案】
【解析】
【分析】连接OC，可知，点E为CD的中点，设⊙O的半径为x，在Rt△OEC中，OE=OB-BE=x-2，根据勾股定理，求得x值即可．
【详解】连接OC，
∵AB为⊙O的直径，AB⊥CD，
∴CE＝DE＝CD＝×6＝3，
设⊙O的半径为x，
则OC＝x，OE＝OB﹣BE＝x﹣2，
在Rt△OCE中，OC2＝OE2+CE2，
∴x2＝32+（x﹣2）2，
解得：x＝，
∴⊙O的半径为，
故答案为．
【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理，正确添加辅助线构造直角三角形是解题的关键．
14. 如图，在一幅长为，宽为的亚运会吉祥物图画的四周镶一条相同宽度的纸边，制成一幅矩形挂图，若要使整个挂图的面积是，则纸边的宽为________．

【答案】5
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的应用．设纸边的宽为，则挂图的长为，宽为，由矩形的面积公式列出一元二次方程，解方程即可．
【详解】解：设纸边的宽为，则挂图的长为，宽为，
由题意得：，
整理得：，
解得：， （不合题意，舍去），
故答案为：5．
15. 如图，抛物线与轴交于点，，且．下列四个结论：①；②；③；④不等式的解集为．其中一定正确的是_________．（填写序号）

【答案】①③④
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数图象和性质，根据图示判定的符号和大小关系，运用特定的值进行计算即可求解，掌握二次函数图象的性质是解题的关键．
【详解】解：根据题意，抛物线开口向上，对称轴在轴右边，抛物线与轴交于正半轴，
∴，
∴，
故结论①正确；
∵当时，，
∴，
故结论②错误；
∵抛物线过点，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
故结论③正确；
令，，
∵，
∴，则的图象经过第一、二、四象限，且过，，如图所示，

∴的解集为，
故结论④正确；
综上所述，正确的有①③④，
故答案：①③④．
16. 如图，在菱形中，，分别为边上的点，，，．则_______．（用含的代数式表示）

【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查菱形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的运用，掌握以上知识是解题的关键．
根据题意，如图所示，将绕点顺时针旋转，与重合，得，连接，过点作延长线于点，可证，再证明，可得，在中可用含的式子表示，在中根据勾股定理即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，
如图所示，将绕点顺时针旋转，与重合，得，连接，过点作延长线于点，

∴，
∴，，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
∴，则，，
∴，
在中，，
∴，
故答案为：．
三、解答题（共8小题，共72分）
下列各题需要在答题卷的指定位置写出文字说明、证明过程、演算步骤或画出图形．
17. 解方程：；
【答案】1+、1-
【解析】
【详解】
X=1+或者x=1-
18. 如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在边上，且，求的度数．
【答案】
【解析】
【分析】由，得，根据外角性质可证，由旋转的性质可知，则，根据三角形内角和为得即可解答．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵将绕点按逆时针方向旋转得到，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，证明出是解题的关键．
19. 某商店以每件20元的价格购进一批商品，若每件商品售价元，则每天可卖出件．如果商店计划要每天恰好盈利8000元，并且要使每天的销售量尽量大，求每件商品的售价是多少元．
【答案】40
【解析】
【分析】根据每天盈利=每天可卖出件数×每件利润，列出方程，解一元二次方程即可．
【详解】解：根据题意，得（）
整理，得 ，
可得 ，
解方程，得，，
当时，（件）；
当时，（件）．
因为要使每天的销售量尽量大，所以．
答：商店计划要每天恰好盈利8000元，并且要使每天的销售量尽量大，每件商品的售价应是40元．
20. 如图，四边形内接于，为的直径，B为的中点．

（1）试判断的形状，并说明理由；
（2）若，求的长．
【答案】（1）为等腰直角三角形，证明详见解析；
（2）．
【解析】
【分析】本题考查圆周角定理，垂径定理，圆心角、弧、弦之间关系，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识．
（1）根据圆周角定理解决问题；
（2）过点B作于点M，交的延长线于点N．利用全等三角形的性质证明，可得结论．
【小问1详解】
为等腰直角三角形，理由如下：
∵为的直径
∴，
∵B为的中点，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形
【小问2详解】
过点B作于点M，交的延长线于点N．

∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
∴，
∴．
21. 如图，是由边长为1的小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，是的两条弦，且点A，B，C都是格点，点D是与格线的交点．仅用无刻度的直尺在给定的网格中完成画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示．

（1）在图1中，先画出圆心O，再画的中点E；
（2）在图2中，先在上画点F（异于点C），使，再过点D作交于点G．
【答案】（1）详见解析；
（2）详见解析．
【解析】
【分析】本题考查了作图-应用设计作图，垂径定理，圆周角定理等知识．
（1）连接交网格于点O，则点O即为所求，连接并延长交圆O于点E，则点E即为所求；
（2）连接根据网格的特点画出点F的位置，连接，则为圆的直径，根据垂径定理结合网格即可找出点G的位置，连接，则即为所求．
【小问1详解】
如图1所示，圆心O，的中点E即为所求；
【小问2详解】
如图2所示，点F与即为所求．

22. 要修建一个圆形喷水池，在池中心O处竖直安装一根水管，水管喷头喷出抛物线形水柱，喷头上下移动时，抛物线形水柱随之上下平移，水柱落地点A与点O在同一水平面，安装师傅调试发现，喷头高时，喷出的抛物线形水柱在与池中心的水平距离为处达到最高，高度为．以O为原点，所在的直线为x轴，水管所在的直线为y轴，建立如图的直角坐标系．

（1）求水柱高度y与距离池中心的水平距离x的函数表达式；
（2）求水柱落地点A到水池中心O的距离；
（3）若水池半径为，则喷头最大高度为____m才能使喷出的水流不至于落在池外．
【答案】（1）；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】本题考查了二次函数在实际生活中的运用．
（1）根据题意设抛物线解析式为，把代入解析式求出a即可；
（2）令，解方程即可；
（3）根据题意在调整喷头高度的过程中，水柱的形状不发生变化，设柱高度y与距离池中心的水平距离x的函数表达式为，先代入解析式求出k的值，再令求出y即可．
【小问1详解】
根据题意知，抛物线的顶点坐标为，
∴设抛物线解析式为，
把代入解析式得，，
解得，
∴水柱高度y与距离池中心的水平距离x的函数表达式为；
【小问2详解】
令，则，
解得（舍去），
∴，
∴，
∴水柱落地点A到水池中心O的距离为；
【小问3详解】
由题意可知，在调整喷头高度的过程中，水柱的形状不发生变化，
∴水柱高度y与距离池中心的水平距离x的函数表达式为,
把代入解析式得：，
解得，
∴水柱高度y与距离池中心的水平距离x的函数表达式为，
当时，．
∴喷头最大高度为才能使喷出的水流不至于落在池外．
故答案为：．
23. 在中，，，将绕点B顺时针旋转一定的角度得到，点A，C的对应点分别是E，D，连接．
图1 图2 图3
（1）如图1，当点D恰好在边上时，直接写出角度的大小和的长；
（2）点F是边中点，连接．
①如图2，若，求证：四边形是平行四边形；
②如图3，取中点G，连接，若，直接写出面积的最大值．
【答案】（1），；
（2）①证明详见解析；②面积的最大值为．
【解析】
【分析】主要考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积以及圆的切线
（1）先求出，再由旋转的性质，即可得出答案；
（2）①先求出，再判断出点A，D，E在同一条线上，得出，进而判断出，即可得出结论；②先判断出是的切线，进而判断出点F到的距离最大时，的面积最大，在判断出点D在的延长线上时，点F到的距离最大，即可求出答案．
【小问1详解】
在中，，
∴，
由旋转知，，
∵点D恰好在边上，
∴，
∴；
【小问2详解】
①证明：在中，点F是边的中点，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
如图2，连接，
由旋转知，，，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点A，D，E在同一条线上，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形；
②如图3，以点B为圆心为半径作，
由旋转知，，
∴切于D，
由旋转知，
∵点G是的中点，
∴，
过点F作交的延长线于H，
∴，
要面积最大，则最大，
取的中点M，
∴，
∵F是的中点，
∴是的中位线，
∴，
而，
∴点D落在点延长线上的处时，最大，延长交的延长线于，
即，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
即的面积最大值为．
24. 已知抛物线与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
图1 图2
（1）直接写出A，B，C三点的坐标；
（2）如图1，点P为直线下方抛物线上一点，于点D，求的最大值；
（3）如图2，M、N是抛物线上异于B、C的两个动点，若直线与直线的交点始终在直线上．求证：直线必经过一个定点，并求该定点坐标．
【答案】24. ，点，点；
25. 的最大值为；
26. 直线恒过定点．
【解析】
【分析】（1）令和，解方程可求解；
（2）过点P作轴于E，交于点F，利用待定系数法可得直线的解析式为，设，则，则，再证得，可得，得出，再运用二次函数的性质即可求得答案；
（3）设点，直线，直线，直线，将点C、B的坐标代入可得：，联立直线与抛物线的解析式可得出，，同理：，，进而可得：，，根据直线与直线的交点始终在直线上，可得，，即直线，故直线恒过定点．
【小问1详解】
对于，令，则，
∴，
∴点，点，
令，则，
∴点；
【小问2详解】
过点P作轴于E，交于点F，如图1：
设直线的解析式为，
将点代入得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
设，则，
∴，
∵轴，
∴轴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当时，最大为；
【小问3详解】
证明：如图2，设点，
直线，直线，直线，
将点代入直线的解析式得：，
将点代入直线的解析式得：，
联立直线与抛物线的解析式得：，
整理得：，
则，，
同理：，，
∵，
∴，
∴，
，
联立直线与直线的解析式得：，
解得：，
∵直线与直线的交点始终在直线上，
∴，
化简得：，
∴，
∴直线，
∴不论为何值，均有时，，
即：直线恒过定点．
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数图象的性质，抛物线上点的坐标的特征，一次函数图象的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，函数的最值，相似三角形的判定与性质等知识，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．