2024-2025学年山东省济宁市曲阜市九年级(上)期中 数学试卷(解析版)

这是一份2024-2025学年山东省济宁市曲阜市九年级(上)期中 数学试卷(解析版)，共20页。试卷主要包含了答第Ⅱ卷时，必须使用0， 一次函数y＝ax+c等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共6页．第Ⅰ卷为选择题，36分；第Ⅱ卷为非选择题，64分；共100分．考试时间为120分钟．
2.答题前，考生务必先核对条形码上的姓名、准考证号和座号，然后用0.5毫米黑色墨水签字笔将本人的姓名、准考证号和座号填写在答题卡相应位置．
3.答第Ⅰ卷时，必须使用2B铅笔把答题卡上相应题目的答案标号（ABCD）涂黑，如需改动，必须先用橡皮擦干净，再改涂其它答案．
4.答第Ⅱ卷时，必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上书写．务必在题号所指示的答题区域内作答．
5.填空题请直接将答案填写在答题卡上，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
6.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第Ⅰ卷（选择题共36分）
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，只有一项符合题目要求．
1. 2024年6月25日14时07分，嫦娥六号返回器成功着陆，实现世界首次月球背面采样返回，这是我国建设航天强国、科技强国取得又一标志性成果．下列是与中国航天事业相关的图标，其中可以看作是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】观察图形，只有选项A的图形，能够找到一个点，使图形绕该点旋转180度后，能与自身完全重合，是中心对称图形；
故选A．
2. 抛物线的对称轴是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】∵抛物线
∴对称轴是直线，
故选：C
3. 若二次函数的图象经过原点，则的值为（ ）
A. B. C. 或D.
【答案】A
【解析】把代入得，
解得或，
，
．
故选：．
4. 用配方法解方程x2﹣6x+2＝0，原方程可变形为（ ）
A. （x﹣3）2＝11B. （x﹣3）2＝7
C. （x+3）2＝7D. （x﹣3）2＝2
【答案】B
【解析】x2﹣6x＝﹣2，
x2﹣6x+9＝﹣2+9
（x﹣3）2＝7．
故选：B．
5. 在平面直角坐标系中，将二次函数的图象先向左平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度，所得新的抛物线对应的函数解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】将二次函数的图象向左平移3个单位长度，得到：，
再向下平移1个单位长度得到：．
故选：D．
6. 若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，
所以△＞0
即4+4m＞0
解得m>-1．
故选：C．
7. 在正方形网格中，以格点O为圆心画圆，使该圆经过格点A，B，并在直线AB右侧圆弧上取一点C，连接，，则的度数为（ ）

A. 60°B.
C. D. 不确定
【答案】C
【解析】∵，
∴，
故选C．
8. 有一个人患了流感，经过两轮传染后，共有36人患了流感，设每轮传染中平均一个人传染了x个人，则下列结论错误的是（ ）
A. 1轮后有个人患了流感
B. 第2轮又增加个人患流感
C. 依题意可以列方程
D. 按照这样的传播速度，三轮后一共会有180人感染
【答案】D
【解析】A、1轮后，1个人传染了x人，共有个人患了流感，故正确；
B、第2轮后，个人中每人传染了x人，增加个人患流感，故正确；
C、2轮后，共有人患流感，由题意得方程，故正确；
D、解方程，得或（舍去），则第3轮有（人）患流感，共有（人）患流感，故错误；
故选：D．
9. 一次函数y＝ax+c（a≠0）与二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）在同一平面直角坐标系的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】在y＝ax+c中，当x＝0时，y＝c，∴y＝ax+c与y轴的交点为（0，c）；
在y＝ax2+bx+c中，当x＝0时，y＝c，∴y＝ax2+bx+c与y轴的交点为（0，c），
则y＝ax+c与y＝ax2+bx+c与y轴交于同一点（0，c）．
故选D．
10. 如图,四边形内接于,为的直径,连接，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如图，连接，
∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴，
由圆周角定理得：，
∵为的直径，
，
，
故选：C．
11. 如图，矩形的顶点为坐标原点，，对角线在第一象限的角平分线上．若矩形从图示位置开始绕点以每秒的速度顺时针旋转，则当第2024秒时，矩形的对角线交点的坐标为（ ）
A. B.
C. 2,0D.
【答案】A
【解析】∵四边形是矩形，，
∴，，，
∴，
∵每秒旋转，，
∴8秒一个循环，
∵，
∴点G与原位置的点G的坐标相同，
∴原位置的点G在第一象限的角平分线上，设，
∴，
解得：，
∴点G的坐标为．
故选：A．
12. 二次函数的部分图象如图所示，图象过点，对称轴为直线，抛物线与y轴交点在和之间（不与重合）．下列结论：①；②；③；④当时，；⑤a的取值范围为．其中正确结论有（ ）
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
【答案】B
【解析】∵二次函数的部分图象如图所示，
∴开口向下，
∵图象过点，对称轴为直线，
∴
∴
∵抛物线与y轴交点在和之间（不与重合）．
∴
∴
故①错误；
∵
∴
故③正确；
∵如图：
则图象过点，抛物线开口向下
把代入
∴
∴
故②错误；
∵则图象过点，对称轴为直线
∴抛物线与轴的另一个交点为
∵抛物线开口向下
∴当时，
故④正确的；
把代入，
得
∵
∴
∴
∵
∴
故⑤正确的
故选：B．
第Ⅱ卷（非选择题共64分）
二、填空题：本大题共6小题，每小题2分，共12分．
13. 在平面直角坐标系中，点（2，﹣1）关于原点对称的点的坐标是___________．
【答案】（-2，1）
【解析】点（2，-1）关于原点对称的点的坐标是（-2，1）．
故答案为（-2，1）．
14. 若，是方程的两个实数根，则的值为_____．
【答案】2024
【解析】∵m、n是方程的两个实数根，
∴，
∴，
∴．
故答案为：2024．
15. 如图，的直径与弦的延长线交于点E，若，则__________．
【答案】
【解析】如图，连接，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
16. 如图，抛物线与直线的两个交点坐标分别为，，则不等式的解集是______．
【答案】或
【解析】∵，
∴；
由图可知：
当或时，抛物线在直线上方，即：；
∴不等式的解集是：或；
故答案为：或．
17. 某商场购进一批单价为20元的日用商品.如果以单价30元销售，那么半月内可销售出400件.根据销售经验，提高销售单价会导致销售量的减少，即销售单价每提高1元，销售量相应减少20件，当销售单价是_____元时，才能在半月内获得最大利润.
【答案】35.
【解析】设销售单价为x元，销售利润为y元．
根据题意得：y=（x-20）[400-20（x-30）]=（x-20）（1000-20x）=-20x2+1400x-20000，
当x=时，可获得利润最大.
18. 如图，为轴正半轴上一点，与轴负半轴交于点，与轴正半轴交于点，连接，将绕顶点逆时针旋转得到，此时点恰在上，若半径为，则点的坐标是_____．

【答案】
【解析】过点M作的垂线，垂足为N，连接，

则，
∵半径为，
∴，
由旋转知，，，，
∴轴，
∴轴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形．
∴，
令，
则，
在中，，
解得x=1（舍负），
∴，
即．
又∵，
即．
所以点D坐标为：，
故答案为：．
三、解答题：本大题共7小题，共52分．
19. 解方程：
（1）
（2）
解：（1）原方程化为，，，，
所以，
所以方程有两个不相等实数根，即，
（2）原方程可化为，
所以，所以，．
20. 如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别是点，，C0,1．
（1）请画出将绕点旋转得到的，并写出点的坐标；
（2）将沿着某个方向平移一定的距离后得到，已知点的对应点的坐标为，画出，此时与恰好关于某一点成中心对称，则这个对称中心的坐标为_____．
解：（1）如图，即为所求；由图可得，点的坐标为；
（2）由题意知，点平移后的对应点的坐标为，点与点的横坐标相同，纵坐标：，向下平移3个单位长度得到，连接，，，相交于点，
则与关于点成中心对称，
由图可知，点为线段的中点，，
点的坐标为，
这个对称中心的坐标为．
21. 如图，中，，，是由绕点按逆时针方向旋转得到的，连接、相交于点，与相交于点．
（1）求证：；
（2）求的度数．
解：（1）由旋转的性质得： ，，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）设，则；
∵，
∴；
∵，∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
22. 如图，是的内接三角形，为的直径，平分，交于点，连接，点在弦上，且，连接．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．
解：（1）∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）如图，连接，
∵为的直径，
∴，
∵平分，，
∴，
∴，
∴，
∴在中，可有，
即，解得，
∵，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴．
23. 植物园有一块足够大的空地，其中有一堵长为的墙，现准备用的篱笆围成矩形花圃，小俊设计了甲、乙两种方案(如图所示)：方案甲中的长不超过墙长；方案乙中的长大于墙长．
（1）按图甲方案，设的长为，矩形的面积为．
①求与之间的函数关系式；
②求矩形的面积的最大值．
（2）甲、乙哪种方案能使围成的矩形花圃的面积最大？最大是多少？请说明理由．
解：（1）①∵的长为，
的长为，
；
②∵甲中的长不超过墙长，，
由可知：
，
时，随的增大而增大，
当时，矩形的面积最大，最大为；
（2）乙方案能使围成的矩形花圃的面积最大，理由如下：
乙方案中，设的长为，矩形的面积为，
则，
方案乙中的长大于墙长，
，
，
，
，
当时，矩形的面积最大，最大为，
，
乙方案能使围成的矩形花圃的面积最大，最大是．
24. 旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时，往往可以通过旋转解决问题．如图①，在四边形ABCD中，，，，，．
【问题提出】
（1）如图②，在图①的基础上连接BD，由于，所以可将绕点D顺时针方向旋转60°，得到，则的形状是_______；
【尝试解决】
（2）在（1）的条件下，求四边形ABCD的面积；
【类比应用】
（3）如图③，等边的边长为2，是顶角的等腰三角形，以D为顶点作一个60°的角，角的两边分别交AB于点M，交AC于点N，连接MN，求的周长．
解：（1）∵将△DCB绕点D顺时针方向旋转60°，得到△DAB′，
∴BD＝B′D，∠BDB′＝60°，
∴△BDB′是等边三角形；
故答案为：等边三角形；
（2）由（1）知，△BCD≌△B′AD，
∴四边形ABCD的面积＝等边三角形BDB′的面积，
∵BC＝AB′＝1，
∴BB′＝AB+AB′＝2+1＝3，
∴S四边形ABCD＝S△BDB′＝；
（3）将△BDM绕点D顺时针方向旋转120°，得到△DCP，
∴△BDM≌△CDP，
∴MD＝PD，CP＝BM，∠MBD＝∠DCP，∠MDB＝∠PDC，
∵△BDC是等腰三角形，
且∠BDC＝120°，
∴BD＝CD，
∠DBC＝∠DCB＝30°，
又∵△ABC等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠MBD＝∠ABC+∠DBC＝90°，
同理可得∠NCD＝90°，
∴∠PCD＝∠NCD＝∠MBD＝90°，
∴∠DCN+∠DCP＝180°，
∴N，C，P三点共线，
∵∠MDN＝60°，
∴∠MDB+∠NDC＝∠PDC+∠NDC＝∠BDC﹣∠MDN＝60°，
即∠MDN＝∠PDN＝60°，
∴△NMD≌△NPD（SAS），
∴MN＝PN＝NC+CP＝NC+BM，
∴△AMN的周长＝AM+AN+MN＝AM+AN+NC+BM
＝AB+AC＝2+2＝4．
故△AMN的周长为4．
25. 如图，抛物线与轴相交于点、点，与轴相交于点．
（1）请直接写出点，，的坐标；
（2）点在抛物线上，当取何值时，的面积最大？并求出面积的最大值．
（3）点是抛物线上的动点，作//交轴于点，是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）令，则，解得，，
∴，，
令，则，∴；
（2）过P作轴交BC于Q，如下图．
设直线BC为，将、代入得
，
解得，
∴直线BC为，
根据三角形的面积，当平行于直线BC直线与抛物线只有一个交点时，点P到BC的距离最大，此时，的面积最大，
∵，
∴ ，，
∴，
∵，
∴时，PQ最大为，
而，
∴的面积最大为；
（3）存在．
∵点是抛物线上的动点，作//交轴于点，如下图．
∴，设．
当点F在x轴下方时，
∵，
即，
∴，
解得（舍去），，
∴．
当点F在x轴的上方时，令，
则 ，
解得，，
∴或．
综上所述，满足条件的点F的坐标为或或．