河北省廊坊市第十七中学2023-2024学年九年级上学期期中数学试题（解析+原卷）

这是一份河北省廊坊市第十七中学2023-2024学年九年级上学期期中数学试题（解析+原卷），共28页。

注意事项：
1．仔细审题，工整作答，保持卷面整洁．
2．考生完成试卷后，务必从头到尾认真检查一遍．
一、选择题（本大题共16个小题，共38分．1～6小题各3分，7～16小题各2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）
1. 下列图形属于中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
2. 点关于原点对称的点为（ ）
A. B. C. D.
3. 嘉嘉在半径为的中测量弦的长度，则下列测量结果中一定错误的是（ ）
A. B. C. D.
4. 关于二次函数的最值，下列说法正确的是（ ）
A. 最小值为B. 最小值为4C. 最大值为1D. 最大值为4
5. 用配方法解方程时，此方程可变形为的形式，则b的值为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
6. 下列说法正确的是（ ）
A. 长度相等的弧是等弧
B. 相等的圆心角所对的弧相等
C. 劣弧一定比优弧短
D. 圆是轴对称图形，任何一条直径所在直线都是圆的对称轴
7. 如图，点，，，，将的圆周进行五等分，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知，为抛物线上的两点，则与的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
9. 如图，图②可由图①经过一次旋转变换得到，其旋转中心是（ ）

A 点B. 点C. 点D. 点
10. 如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转（）得到，点在边上，则旋转角为（ ）

A. B. C. D.
11. 甲、乙、丙三人解方程的过程如图所示，则下列判断正确的是（ ）
A. 只有甲的解法正确B. 只有乙的解法正确
C. 只有丙的解法正确D. 三人的解法均不对
12. 如图所示的抛物线的解析式为（ ）
A. B.
C D.
13. 定义新运算：，例如，则方程的根的情况为（ ）
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. 无法判断
14. 如图，在一个残缺圆形工件上量得弦，的中点到弦的距离，则这个圆形工件的半径是（ ）

A. B. C. D.
15. 如图，二次函数图象过点，对称轴是直线．下列判断正确的是（ ）

A. B.
C. D. 若点是图象上的任意一点，则
16. 题目：“，为抛物线上两点（点在点的左侧），且到对称轴的距离分别为3和5，为抛物线上点，之间（含点，）的一个动点，求点的纵坐标的取值范围.”小明答：.而小亮说：“小明考虑的不周全，还应有另一个取值范围.”下列判断正确的是（ ）
A. 小亮说的不对，的取值范围就是
B. 小亮说的对，另一个满足条件的取值范围是
C. 小明求的结果不对，的取值范围应是
D. 以上都不正确
二、填空题（本大题共3个小题，共10分．17小题2分，18～19小题各4分，每空2分）
17. 若抛物线向下平移个单位长度后，其顶点仍在第一象限，写出一个符合条件的的正整数值______．
18. 某市2020年底5G用户有30万户，计划到2022年底，全市5G用户达到50.7万户.设该市5G用户数量的年平均增长率为.
（1）根据题意可列方程为_________；
（2）的值为_________.
19. 已知抛物线（a为常数）.
（1）当时，y随x的增大而增大，则a的取值范围为___________；
（2）嘉嘉发现，在同一平面直角坐标系中，无论a为何值，该抛物线的顶点始终在一条抛物线C上，则抛物线C的函数解析式为___________.
三、解答题（本大题共7个小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
20. 如图1，约定：上方相邻两数之和等于这两数下方箭头共同指向的数．示例如图2，即．

（1）当时，求的值；
（2）当时，求的值．
21. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点A，B的坐标分别为，．
（1）与关于点O成中心对称，请在图中画出，并直接写出点的坐标；
（2）在（1）的基础上，将绕点逆时针旋转后得到，请在图中画出，并直接写出点的坐标．
22. 如图，在中，，，直径于点，连接，．
（1）求的度数；
（2）求的长度．
23. 掷实心球是中考体育考试选考项目．如图是一男生所掷实心球的行进路线（抛物线的一部分）的高度与水平距离之间的函数图象，且掷出时起点处高度为，当到起点的水平距离为时，实心球行进至最高点，此时实心球与地面的距离为．
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）在该市的评分标准中，实心球从起点到落地点的水平距离大于等于时，即可得满分，试判断该男生在此项考试中能否得满分，并说明理由．
24. 如图，是等腰直角三角形，，，为边上一点，连接，将绕点旋转到的位置．
（1）若，求的度数；
（2）连接，求长度的最小值．
25. 某超市以每盒20元的价格购进一批草莓．该超市售货员在销售过程中发现当每盒的售价为40元时，平均每天可售出140盒，若每盒的售价每降价1元，则每天可多售出10盒．设此种草莓每盒的售价为（）元．
（1）用含的式子表示每盒此种草莓的利润为______元，降价后该超市每天可卖出此种草莓的数量为______盒；
（2）若该超市计划每天销售此种草莓盈利为元，求此种草莓每盒的售价应定为多少元？
26. 如图，抛物线与直线交于，两点（点在点的左侧），该抛物线的对称轴是直线．

（1）若点在该抛物线上，求抛物线的解析式；
（2）当，且时，求抛物线的最大值与最小值的差；
（3）已知是直线上的动点，将点向下平移2个单位长度得到点．若线段与抛物线有公共点，请直接写出点的横坐标的取值范围．
2023～2024学年九年级第一学期期中质量监测
数学（人教版）
本试卷共8页．总分120分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．仔细审题，工整作答，保持卷面整洁．
2．考生完成试卷后，务必从头到尾认真检查一遍．
一、选择题（本大题共16个小题，共38分．1～6小题各3分，7～16小题各2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）
1. 下列图形属于中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是中心对称图形的识别；根据中心对称图形的定义：“在平面内，把一个图形绕某点旋转，如果旋转后的图形与原图形重合，那么这个图形称为中心对称图形”，逐项判断即可得．
【详解】解：选项A、C、D的图形都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项B的图形能找到一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：B．
2. 点关于原点对称的点为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题主要考查了关于原点对称点的性质，直接利用关于原点对称点的性质“关于原点对称的点的横、纵坐标互为相反数”得出答案．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是：．
故选：B．
3. 嘉嘉在半径为的中测量弦的长度，则下列测量结果中一定错误的是（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了圆的认识，根据直径是圆中最长的弦即可求解．
【详解】解：∵半径为的圆，直径为，
∴在半径为的圆中测量弦的长度，的取值范围是：，
∴弦的长度可以是，，，不可能为．
故选：D．
4. 关于二次函数的最值，下列说法正确的是（ ）
A. 最小值为B. 最小值为4C. 最大值为1D. 最大值为4
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次函数的顶点式可确定出其开口方向和顶点坐标，进而可得出结论．
【详解】解：二次函数中，
，
函数图像开口向下，
函数有最大值，
函数图像的顶点坐标为，
二次函数的最大值为4．
故选：D．
【点睛】本题考查的是二次函数的最值，根据题意得出函数的顶点坐标是解题的关键．
5. 用配方法解方程时，此方程可变形为的形式，则b的值为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】把方程两边加上1，即可．
【详解】解：，
∴，
即，
∴．
故选：C
【点睛】本体主要考查了解一元二次方程，熟练掌握利用配方法解一元二次方程的方法是解题的关键．
6. 下列说法正确的是（ ）
A. 长度相等的弧是等弧
B. 相等的圆心角所对的弧相等
C. 劣弧一定比优弧短
D. 圆是轴对称图形，任何一条直径所在直线都是圆的对称轴
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了圆的相关性质；根据圆的相关性质，逐项分析判断，即可求解．
【详解】解：A. 在同圆或等圆中，长度相等的弧是等弧；故本选项错误；
B. 同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故错误；
C. 在同圆或等圆中，劣弧一定比优弧短．故本选项错误；
D. 圆是轴对称图形，任何一条直径所在直线都是圆的对称轴．
故选：D．
7. 如图，点，，，，将的圆周进行五等分，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了弧、弦和圆心角之间的关系，根据同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆心角相等求出是解题的关键．
【详解】解：∵点，，，，将的圆周进行五等分，
∴，
∴，
∴，
故选D．
8. 已知，为抛物线上的两点，则与的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由解析式知抛物线开口向下，对称轴，可判断点与对称轴的距离较点与对称轴的距离远，于是．
【详解】解：抛物线的对称轴为：直线，
∵，
∴抛物线开口向下．
∵，
∴点与对称轴的距离较点与对称轴的距离远．
∴．
故选：B
【点睛】本题考查二次函数的性质，根据对称轴及点坐标判断点与对称轴距离的大小关系是解题的关键．
9. 如图，图②可由图①经过一次旋转变换得到，其旋转中心是（ ）

A. 点B. 点C. 点D. 点
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了找旋转中心；根据旋转的性质，作两组对应点所连线段的垂直平分线，交点即为旋转中心，即可得．
【详解】根据对应点连线段的垂直平分线的交点就是旋转中心，
如图所示，连接两个三角形的锐角的顶点连线的垂直平分线，交于点，
则旋转中心可能是点，

故选：C．
10. 如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转（）得到，点在边上，则旋转角为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形的内角和定理，根据旋转的性质可得，进而根据等边对等角，三角形内角和定理，求得，即可求解．
详解】解：依题意，，
∴，
∴，
即旋转角为，
故选：B．
11. 甲、乙、丙三人解方程的过程如图所示，则下列判断正确的是（ ）
A. 只有甲的解法正确B. 只有乙的解法正确
C. 只有丙的解法正确D. 三人的解法均不对
【答案】C
【解析】
【分析】根据一元二次方程的解法解题即可．
【详解】解：甲的解法错误不能同时除以，会出现漏解忽略的情况；
乙的解法错误，没有将一元二次函数整理成一般式，故的值错误，；
丙利用因式分解法，解法正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的解法，熟练掌握因式分解法是解题的关键．
12. 如图所示的抛物线的解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，由图象可知函数与坐标轴的交点坐标，设，代入整理即可．
【详解】解：由图象可得函数与x轴的交点坐标为和，
可设，
∵函数与y轴的交点坐标为，
∴，
解得：，
∴，整理可得，
故选：C．
13. 定义新运算：，例如，则方程的根的情况为（ ）
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. 无法判断
【答案】C
【解析】
【分析】先根据定义得到关于的一元二次方程，然后计算一元二次方程的判别式即可得解．
【详解】由题意可得：，
∴方程可变形为：，
∵，
∴原方程没有实数根，
故选：．
【点睛】此题考查了新定义下的方程应用，熟练掌握所给定义的应用、一元二次方程根的判别式的计算及应用是解题的关键．
14. 如图，在一个残缺的圆形工件上量得弦，的中点到弦的距离，则这个圆形工件的半径是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查的是垂径定理的应用；在圆中构建直角三角形，利用勾股定理即可求出工件半径．
【详解】解：如图所示，

设圆的半径为，
，，
，，
在中，由勾股定理得：，
，
解得：．
∴原形工件的半径为．
故选：B．
15. 如图，二次函数的图象过点，对称轴是直线．下列判断正确的是（ ）

A. B.
C. D. 若点是图象上的任意一点，则
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数图象与系数之间的关系，二次函数图象和性质，二次函数图象上点的坐标特征，根据开口方向和与y轴交于正半轴得到，根据对称轴得到，由此可判定A、B；根据对称性求出二次函数与x轴的另一个交点坐标，从而得到二次函数与x轴有两个不相同的交点，即可判定C；根据开口向下的二次函数在对称轴轴取得最大值，得到，即可判断D．
【详解】解：∵二次函数开口向下，与y轴交于正半轴，
∴，
∵二次函数对称轴为直线，
∴，
∴，
∴，，故A、B说法错误，不符合题意；
∵二次函数的图象过点，对称轴为直线，
∴二次函数的图象过点，
∴二次函数与x轴有两个不相同的交点，
∴，故C说法错误，不符合题意；
∵二次函数开口向下，对称轴为直线，
∴当时，y有最大值，
∴点是图象上的任意一点，则，即，故D说法正确，符合题意；
故选D．
16. 题目：“，为抛物线上两点（点在点的左侧），且到对称轴的距离分别为3和5，为抛物线上点，之间（含点，）的一个动点，求点的纵坐标的取值范围.”小明答：.而小亮说：“小明考虑的不周全，还应有另一个取值范围.”下列判断正确的是（ ）
A. 小亮说的不对，的取值范围就是
B. 小亮说的对，另一个满足条件的取值范围是
C. 小明求的结果不对，的取值范围应是
D. 以上都不正确
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次函数解析式得出其对称轴以及开口方向，可知当时，取得最小值，当是，取得最大值．
【详解】解：抛物线，
，对称轴为，
，
时，取得最小值，时，取得最大值，
当时，，
当时，，
的取值范围是，
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟知：，函数图像开口向上；，函数图像开口向下；对称轴为；是解本题的关键．
二、填空题（本大题共3个小题，共10分．17小题2分，18～19小题各4分，每空2分）
17. 若抛物线向下平移个单位长度后，其顶点仍在第一象限，写出一个符合条件的的正整数值______．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的性质，二次函数的平移，根据顶点式得出顶点坐标为，进而根据平移的性质，即可求解．
【详解】解：抛物线的顶点坐标为，
依题意，
∴
则符合条件的的正整数值为（答案不唯一），
故答案：（答案不唯一）.
18. 某市2020年底5G用户有30万户，计划到2022年底，全市5G用户达到50.7万户.设该市5G用户数量的年平均增长率为.
（1）根据题意可列方程为_________；
（2）的值为_________.
【答案】 ①. ②. 30
【解析】
【分析】根据全市5G用户数年平均增长率为，可得出关于x的一元二次方程，解方程可得答案．
【详解】解：∵该市5G用户数量的年平均增长率为，
可得：，
解得：（不合题意，舍去），
故答案为：，30．
【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．
19. 已知抛物线（a为常数）.
（1）当时，y随x的增大而增大，则a的取值范围为___________；
（2）嘉嘉发现，在同一平面直角坐标系中，无论a为何值，该抛物线的顶点始终在一条抛物线C上，则抛物线C的函数解析式为___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（1）根据对称轴为，且对称轴的左侧y随x的增大而增大，结合，y随x的增大而增大，判定；
（2）根据顶点坐标为，联立，消去a即可．
【详解】（1）∵抛物线（a为常数），
∴对称轴为，开口向下，对称轴的左侧y随x的增大而增大，
∵，y随x的增大而增大，
∴；
故答案为：；
（2）∵抛物线
∴顶点坐标为，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了抛物线的对称轴，顶点坐标，增减性，熟练掌握性质是解题的关键．
三、解答题（本大题共7个小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
20. 如图1，约定：上方相邻两数之和等于这两数下方箭头共同指向的数．示例如图2，即．

（1）当时，求的值；
（2）当时，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程；
（1）根据题意列出方程，解方程，即可求解；
（2）由题意得，解方程即可求解．
【小问1详解】
，
当时，，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：依题意，，
当时，，
∴，
∴，
解得：．
21. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点A，B的坐标分别为，．
（1）与关于点O成中心对称，请在图中画出，并直接写出点的坐标；
（2）在（1）的基础上，将绕点逆时针旋转后得到，请在图中画出，并直接写出点的坐标．
【答案】（1）图见解析，C1的坐标为；
（2）图见解析，点的坐标为．
【解析】
【分析】（1）利用关于原点对称的点的坐标特征得出点A、B、C的对应点、、，即可得到，从而可得的坐标；
（2）利用网格特点和旋转的性质，画出点A、B、C的对称点、、，即可得到，从而可得点的坐标．
【小问1详解】
解：如图，点的坐标为；
【小问2详解】
解：如图；点的坐标为．
【点睛】本题考查了作图-旋转变换及中心对称变换，根据旋转的性质可知，对应点的连线段的夹角都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
22. 如图，在中，，，直径于点，连接，．
（1）求的度数；
（2）求的长度．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了垂径定理，弧与圆心角关系，勾股定理；
（1）根据垂径定理可得，进而根据圆周角定理，即可求解；
（2）根据垂径定理可得，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，即可求解．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴．
23. 掷实心球是中考体育考试的选考项目．如图是一男生所掷实心球的行进路线（抛物线的一部分）的高度与水平距离之间的函数图象，且掷出时起点处高度为，当到起点的水平距离为时，实心球行进至最高点，此时实心球与地面的距离为．
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）在该市的评分标准中，实心球从起点到落地点的水平距离大于等于时，即可得满分，试判断该男生在此项考试中能否得满分，并说明理由．
【答案】（1）
（2）该男生在此项考试中能得满分．
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的应用；
（1）根据题意，设抛物线解析式为，将点代入，即可求解；
（2）令，解方程，即可求解．
【小问1详解】
解：设抛物线解析式为，
将点代入得，，
∴
∴
【小问2详解】
解：令，则
解得：或，
∵实心球从起点到落地点的水平距离大于等于时，即可得满分，，
∴该男生在此项考试中能得满分．
24. 如图，是等腰直角三角形，，，为边上一点，连接，将绕点旋转到的位置．
（1）若，求的度数；
（2）连接，求长度的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，三角形内角和定理，二次函数的最值问题，利用旋转的性质证明是解题的关键
（1）根据等腰直角三角形的性质得到，由旋转的性质得到，则可利用三角形内角和定理求出答案；
（2）由旋转的性质得到，则，设，则，利用勾股定理得到，据此利用二次函数的性质可得答案．
【小问1详解】
解：∵是等腰直角三角形，，
∴，
由旋转性质可得，
∴；
【小问2详解】
解：由旋转的性质可得，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得 ，
∴
，
∵，
∴当时，有最小值32，
∴当时，有最小值．
25. 某超市以每盒20元的价格购进一批草莓．该超市售货员在销售过程中发现当每盒的售价为40元时，平均每天可售出140盒，若每盒的售价每降价1元，则每天可多售出10盒．设此种草莓每盒的售价为（）元．
（1）用含的式子表示每盒此种草莓的利润为______元，降价后该超市每天可卖出此种草莓的数量为______盒；
（2）若该超市计划每天销售此种草莓盈利为元，求此种草莓每盒的售价应定为多少元？
【答案】（1），．
（2）此种草莓每盒的售价应定为元
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用；
（1）根据题意，列出代数式，即可求解；
（2）根据题意列出一元二次方程，解方程，即可求解．
【小问1详解】
解：依题意，每盒此种草莓的利润为元，降价后该超市每天可卖出此种草莓的数量为
故答案为：，．
【小问2详解】
解：依题意，
解得：
∵
∴
答：此种草莓每盒的售价应定为元
26. 如图，抛物线与直线交于，两点（点在点的左侧），该抛物线的对称轴是直线．

（1）若点在该抛物线上，求抛物线的解析式；
（2）当，且时，求抛物线的最大值与最小值的差；
（3）已知是直线上的动点，将点向下平移2个单位长度得到点．若线段与抛物线有公共点，请直接写出点的横坐标的取值范围．
【答案】（1）
（2）9 （3）或
【解析】
【分析】（1）把代入得，根据对称轴为直线得，联立求解即可；
（2）把抛物线化为顶点式可知时，y有最小值1．利用二次函数的性质求出最大值，然后求差即可；
（3）设点N在抛物线上，，根据求出m，再求出A、B点的横坐标，结合图形即可求出点M的横坐标m的取值范围．
【小问1详解】
∵抛物线过点，对称轴为直线，
∴
解得，
∴抛物线的解析式为；
【小问2详解】
当时，．
∵，
∴当时，y有最小值1．
当时，结合函数图象，当时，y有最大值10，
∴抛物线的最大值与最小值的差为；
【小问3详解】
设点N在抛物线上，，
则，即，
解得．
当，
整理得，
解得．
∵点A在点B的左侧，
∴点A的横坐标为，点B的横坐标为2．
结合图象，当线段与抛物线有公共点时，点M的横坐标m的取值范围为或．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，以及二次函数与几何综合，数形结合是解答本题的关键．甲
乙
丙
两边同时除以得，方程的解为.
整理得.
，，，
.
方程有两个不相等的实数根，
即，
移项得，
因式分解得，
于是得，或，
，
甲
乙
丙
两边同时除以得，方程的解为.
整理得.
，，，
.
方程有两个不相等的实数根，
即，
移项得，
因式分解得，
于是得，或，
，