广西玉林市容县2024届九年级上学期期中考试数学试卷(含解析)

这是一份广西玉林市容县2024届九年级上学期期中考试数学试卷(含解析)，共18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．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，将正确答案涂在答题卡相应的位置上．
1．下列方程是一元二次方程的是（ ）
A．B．C．D．
2．“创新是一个民族进步的灵魂，是国家兴旺发达的不竭动力．”下列图形是我国自主创新的国产汽车标识，在这些汽车标识中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．抛物线的顶点坐标是（ ）
A．B．C．D．
4．用公式法解方程时，a，b，c的值依次是（ ）
A．0，B．1，3，C．1，D．1，
5．关于方程的根的情况，下列说法正确的是（ ）
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．无法判断
6．抛物线与轴的公共点是，，则这条抛物线的对称轴是直线（ ）
A．B．C．D．
7．如图将绕点A顺时针旋转到，若，则（ ）

A．B．C．D．
8．抛物线向右平移1个单位，再向上平移3个单位，则平移后的抛物线的解析式为（ ）
A．B．
C．D．
9．在二次函数的图象上，若随的增大而减小，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
10．在“双减政策”的推动下，我区某中学学生每天书面作业时长明显减少，2022年上学期每天书面作业平均时长为，经过2022年下学期和2023年上学期两次调整后，2023年上学期平均每天书面作业时长为．设该校这两学期平均每天作业时长每期的下降率为，则可列方程为（ ）
A．B．
C．D．
11．如图，二次函数的图象与轴的其中一个交点为，另一个交点位于和之间（不含端点），且与轴交于点．则下列结论不正确的是（ ）
A．B．C．D．
12．如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，再将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，…，依此方式，绕点连续旋转2023次得到正方形，如果点的坐标为，那么点的坐标为（ ）

A．B．C．D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题2分，共12分．请将答案填入答题卡相应的位置上．
13．平面直角坐标系内一点关于原点对称的点的坐标是 ．
14．已知一元二次方程有一个根为，则 ．
15．已知三角形两边长分别为4和7，第三边的长是方程的一个根，则第三边长是 ．
16．如图，直线、垂直相交于点，曲线关于点成中心对称，点的对称点是点，于点，于点．若，，则阴影部分的面积之和为 ．
17．某型号飞机降落后滑行的距离（单位：米）关于滑行时间（单位：秒）的函数关系式为，则该飞机着陆后滑行 秒停止．
18．如图，平行四边形中，，E是边上一点，且是边上的一个动点，将线段绕点E逆时针旋转，得到，连接，则的最小值是 ．

三、解答题：本大题共8小题，满分共72分．将解答过程写在答题卡的相应位置上，作图或添辅助线先用铅笔画完，再用水性笔描黑．
19．解方程：.
20．在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点在格点上（每个方格的边长均为1个单位长度）．
(1)请画出△ABC关于原点对称的图形△A1B1C1
(2)将△ABC绕点O逆时针旋转90°，画出旋转后得到的△A2B2C2
21．用一条长的绳子围成一个矩形，设矩形的一边长为．
(1)若围成的矩形面积为，求的值；
(2)当为何值时围成的矩形面积最大，最大面积是多少？
22．已知关于一元二次方程有两个实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）若满足，求m的值．
23．转化是数学解题的一种极其重要的数学思想，实质是把新知识转化为旧知识，把未知转化为已知，把复杂的问题转化为简单的问题．例如，为了解方程，我们就可以通过转化，设，将原方程化为①，解得，．
当时，，，，
当时，，，，
原方程的解为，，，．
(1)在由原方程得到方程①的过程中，利用______法进行转化，达到了降次的目的；
(2)请参考例题解法，解方程：．
24．阅读以下材料，完成课题研究任务：
【研究课题】设计公园喷水池
【素材】某公园计划修建一个图所示的喷水池，水池中心处立着一个高为的实心石柱，水池周围安装一圈喷头，使得水流在各个方向上都沿形状相同的抛物线喷出，并在石柱顶点处汇合为使水流形状更漂亮，要求水流在距离石柱处能达到最大高度，且离池面的高度为．
【素材】距离池面米的位置，围绕石柱还修了一个小水池，要求小水池不能影响水流．
【任务解决】

(1)小张同学设计的水池半径为，请你结合已学知识，判断他设计的水池是否符合要求．
(2)为了不影响水流，小水池的半径不能超过多少米？
25．（1）【探究】如图，正方形中，、分别在边、上，且．我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．求证：．
（2）【拓展】如图，在四边形中，，，，以为顶点的，、与、边分别交于、两点且，求五边形的周长．
26．如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，点是上方抛物线上一点，若，求点的坐标；
(3)如图2，过点的直线交抛物线于，两点，过点的直线与过点的直线交于点，若直线和与抛物线均只有一个公共点，求的最小值．
参考答案与解析
1．B
解析：解：A、是一元一次方程，故本选项不符合题意；
B、是一元二次方程，故本选项符合题意；
C、是二元二次方程，故本选项不符合题意；
D、是分式方程，故本选项不符合题意．
故选：B．
2．D
解析：解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
3．A
解析：解：抛物线的顶点坐标是
故选A
4．B
解析：解：，整理得：，
∴a，b，c的值依次是1，3，；
故选B．
5．C
解析：解：∵方程中的，，，
∴，
∴方程没有实数根．
故选：C．
6．C
解析：解：∵抛物线与轴的公共点是，，
两交点关于抛物线的对称轴对称，则此抛物线的对称轴是直线．
故选：C．
7．B
解析：解：由旋转的性质，得，，
∴，
故选：B．
8．D
解析：解：抛物线向右平移1个单位可得，再向上平移3个单位可得，
故选：D
9．B
解析：解：二次函数，
函数图像开口向上，对称轴为直线，
当时，随的增大而减小，
故选B．
10．C
解析：解：设根据题意得：．
故选：C．
11．D
解析：解：∵抛物线开口方向向上，
∴．
∵二次函数的图象与轴的其中一个交点为，另一个交点位于和之间（不含端点），
∴对称轴，且即，
∴．，故正确；
∵抛物线与轴交于点，
∴，
∴．故选项正确；
根据图示知，当时，，即．故选项正确；
∵二次函数的对称轴，即，且与轴交于点．
∴结合图形可知，
∴，故选项错误；
故选D．
12．B
解析：解：点的坐标为，
，
四边形是正方形，
，，
，
如图，连接，

由勾股定理得：，
由旋转的性质得：，
将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，相当于线段绕点逆时针旋转，依次得到，
，
点的坐标每8次一个循环，
，
点和重合，
由图可得：，
点的坐标为，
故选：B．
13．
解析：解：平面直角坐标系内一点关于原点对称的点的坐标是，
故答案为：．
14．
解析：解：把代入方程，得：，
解得：，
故答案为．
15．5
解析：解：方程，
分解因式得：（x-3）（x-5）=0，
解得：x=3或x=5，
当x=3时，三边长为3，4，7，不符合题意舍去；
当x=5时，三边长为3，5，7，符合题意，
则第三边长为5．
故答案为：5．
16．12
解析：解：如图，
∵直线a、b垂直相交于点O，曲线C关于点O成中心对称，点A的对称点是点，于点B，于点D，，，
∴，
∴图形①与图形②面积相等，
∴阴影部分的面积之和=长方形的面积．
故答案为：12．
17．18
解析：解：∵，
∴当时，取得最大值，即此时飞机停下，
故答案为：．
18．
解析：解：如图，取的中点N，连接，作交CD的延长线于H，

由题意可得：
∵点N是的中点，
∴
∴
∵
∴是等边三角形，
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴点G的运动轨迹是射线，
∵
∴
∴
∴
在中，
∴，
∴在中，==，
∴≥，
∴的最小值为；
故答案为．
19．，
解析：
故：，
20．
（1）解：如图所示，△A1B1C1即为所求，
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求．
21．(1)的值为或；
(2)当时，面积最大，最大面积为．
解析：（1）解：由题意可得：另一边长为：，设矩形的面积为
则，
当时，，
解得：，
∴的值为或；
（2）由题意可得：，
故当为时，矩形面积最大，最大面积为：．
22．（1）；（2）．
解析：解：（1）∵关于x的一元二次方程x2-3x+m-2=0有两个实数根，
∴△≥0，即9-4（m-2）≥0
解得．
答：m的求值范围为；
（2）根据根与系数的关系：
x1+x2=3，x1•x2=m-2，
∵x1，x2满足2x1=x2+1，
把x2=3-x1代入，得
2x1=3-x1+1
解得，
∴，
∴，
∴．
23．(1)换元；
(2)，．
解析：（1）解：在由原方程得到方程①的过程中，利用换元法进行转化，达到了降次的目的,
故答案是：换元；
（2）解：令，则，解得，，
当时，，解得，，
当时，，，方程无解，
综上：方程的解是，．
24．(1)符合要求，花坛的半径至少为，理由见解析
(2)为了不影响水流，小水池的半径不能超过米
解析：（1）解：符合要求，理由如下：
由题意可得，顶点为，
设解析式为，
函数过点，
代入解析式得，，
解得，
解析式为：，
令，则，
解得或舍去，
花坛的半径至少为；
（2）令，则，
解得或舍，
为了不影响水流，小水池的半径不能超过米．
25．（1）见解析；（2）．
解析：（1）证明：∵将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到，
∴，，，,
∵四边形是正方形，
∴，，
∴,
∴点、、三点共线，
∴,
∵，
∴,
在和中，
，
∴，
∴
∴；
（2）将绕点顺时针旋转得到，

，，，，，
，
∴、、三点共线，
，
，
，
，
，
，
，
∴五边形的周长（），
故答案为：．
26．(1)；
(2)点为或；
(3)．
解析：（1）解：∵抛物线与轴交于，与轴交于点，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为：．
（2）解：令中，，得，
∴或，
∴，，，
∵，
∴，，
∵点是上方抛物线上一点，若，
∴，
∴，
过点作轴于点，
由点是上方抛物线上一点，设，
∴，
解得或，
当时，，
当时，，
∴点为或；
（3）解：设，，，，其中，直线的解析式为，直线的解析式为．
∵过点的直线交抛物线于，两点，
∴设直线的解析式为．
联立直线解析式和抛物线解析式得，
整理得方程．
∴，．，
∴，
联立直线和抛物线解析式得，
整理得．
∵直线与抛物线只有唯一公共点，
∴有两个相等的实数根都为．
∴，．
，．
∴直线的解析式为．
同理可得直线的解析式为．
∵直线与相交于点，
联立直线和直线解析式得
整理得．
∴．
∴点的纵坐标为，
∴点，
∵，
∴．
∴的最小值为．