河南省商丘市夏邑县2023-2024学年九年级上册期中数学试题（含解析）

这是一份河南省商丘市夏邑县2023-2024学年九年级上册期中数学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（每小题3分，共30分）下列各小题均有四个选项，其中只有一个是正确的．
1．以下图案中，既是轴对称图案又是中心对称图案的是( )
A．B．C．D．
2．用配方法解方程时，配方后正确的是（ ）
A．B．C．D．
3．若是关于x的一元二次方程的解，则( )
A．B．C．4D．
4．如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B的坐标为，将绕着点B顺时针旋转，得到，则点C的坐标是（ ）

A．B．C．D．
5．已知二次函数,下列说法正确的是（ ）
A．对称轴为B．顶点坐标为
C．函数的最大值是D．当时，y随x的增大而增大
6．如图，PA，PB分别切于点A，B，Q是优弧AB上一点，若，则的度数是（ ）

A．40°B．65°C．70°D．75°
7．如图，的圆心O与正方形的中心重合，已知的半径和正方形的边长都为4，则圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为（ ）．

A．B．2C．D．
8．在同一平面直角坐标系中，函数y＝ax+a和y＝-ax2+2x+2（a是常数，且a≠0）的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
9．如图，是的直径，垂直于弦于点，的延长线交于点．若，，则的长是（ ）
A．1B．C．2D．4
10．如图，抛物线经过正方形的三个顶点A，B，C，点B在轴上，则的值为（ ）

A．B．C．D．
二、填空题（每小题3分，共18分）
11．已知点A（﹣2，b）与点B（a，3）关于原点对称，则a﹣b = ．
12．在平面直角坐标系中，若抛物线与x轴只有一个交点，则 ．
13．为了加快数字化城市建设，某市计划新建一批智能充电桩，第一个月新建了301个充电桩，第三个月新建了500个充电桩，设该市新建智能充电桩个数的月平均增长率为，根据题意，请列出方程 ．
14．已知二次函数的图象如图所示，当时，函数y有最小值是 ，最大值是 ．
15．如图，在中，，以为直径作半圆，交于点，交于点，则弧的长为 ．

16．如图，二次函数的图象与轴的正半轴交于点A，对称轴为直线，下面结论：
①；
②；
③；
④方程必有一个根大于且小于0．
其中正确的是 （只填序号）．
三、解答题（本大题共7小题，共72分）
17．解方程
(1)
(2)
18．如图，在方格纸中按要求画图，并完成填空．
(1)画出线段绕点O顺时针旋转后得到的线段，连接；
(2)画出与关于直线对称的图形，点A的对称点是C；
(3)填空：的度数为_________．
19．如图，四边形内接于，为的直径，．
(1)试判断的形状，并给出证明；
(2)若，，求的长度．
20．如图，老李想用长为的栅栏，再借助房屋的外墙（外墙足够长）围成一个矩形羊圈，并在边上留一个宽的门（建在处，另用其他材料）．

(1)当羊圈的长和宽分别为多少米时，能围成一个面积为640的羊圈？
(2)羊圈的面积能达到吗？如果能，请你给出设计方案；如果不能，请说明理由．
21．如图，是的内接三角形，，经过圆心交于点，连接，．
(1)判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若，求图中阴影部分的面积．
22．一次足球训练中，小明从球门正前方的A处射门，球射向球门的路线呈抛物线．当球飞行的水平距离为时，球达到最高点，此时球离地面．已知球门高为2.44m，现以O为原点建立如图所示直角坐标系．

(1)求抛物线的函数表达式，并通过计算判断球能否射进球门（忽略其他因素）．
(2)对本次训练进行分析，若射门路线的形状、最大高度均保持不变，则当时他应该带球向正后方移动多少米射门，才能让足球经过点O正上方2.25m处？
23．图1是边长分别为和的两个等边三角形纸片和叠放在一起（与重合）的图形．
(1)操作：固定，将绕点C按顺时针方向旋转20°，连结AD，BE，如图2，则______度，并直接写出线段BE与AD的数量关系____．
(2)操作：若将图1中的，绕点C按顺时针方向旋转120°，使点B、C、D在同一条直线上，连结AD、BE，如图3．
①线段BE与AD之间是否仍存在（1）中的结论？若是，请证明；若不是，请直接写出BE与AD之间的数量关系；
②求的度数．
(3)若将图1中的，绕点C按逆时针方向旋转一个角，当等于多少度时，的面积最大？请直接写出答案．
参考答案与解析
1．B
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义判断即可．
【详解】解：A、是轴对称图案，不是是中心对称图案，故此选项不符合题意；
B、既是轴对称图案又是中心对称图案，故此选项符合题意；
C、是轴对称图案，不是是中心对称图案，故此选项不符合题意；
D、是轴对称图案，不是是中心对称图案，故此选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟练掌握这两个概念是解题的关键．
2．C
【分析】根据配方法，先将常数项移到右边，然后两边同时加上，即可求解．
【详解】解：
移项得，
两边同时加上，即
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法是解题的关键．
3．B
【分析】把代入方程，得到，整体代入求值即可．
【详解】解：由题意，得：，
∴，
∴；
故选B．
【点睛】本题考查一元二次方程的解，代数式求值，熟练掌握方程的解是使方程成立的未知数的值，是解题的关键．
4．B
【分析】过点作，由题意可得：，，再利用含30度直角三角形的性质，求解即可．
【详解】解：过点作，如下图：

则
由题意可得：，，
∴，
∴，
∴，，
∴点的坐标为，
故选：B
【点睛】此题考查了旋转的性质，坐标与图形，含30度直角三角形的性质，以及勾股定理，解题的关键是作辅助线，构造出直角三角形，熟练掌握相关基础性质．
5．C
【分析】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数图象和性质是解题的关键．根据二次函数的图象及性质进行判断即可．
【详解】二次函数的对称轴为，顶点坐标为
∵
∴二次函数图象开口向下，函数有最大值，为,当时，y随x的增大而减小
∴A、B、D选项错误，C选项正确
故选：C
6．C
【分析】连接、，根据切线的性质得到，，根据四边形内角和等于求出，根据圆周角定理计算即可．
【详解】连接、，

，分别切于点，，
，，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查的是切线的性质、圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
7．D
【分析】设正方形四个顶点分别为，连接并延长，交于点，由题意可得，的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值，求解即可．
【详解】解：设正方形四个顶点分别为，连接并延长，交于点，过点作，如下图：

则的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值，
由题意可得：，
由勾股定理可得：，
∴，
故选：D
【点睛】此题考查了圆与正多边形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握圆与正多边形的性质，确定出圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值的位置．
8．B
【分析】根据和的一次函数图象与二次函数图象的特征分析即可．
【详解】解：当时，函数的图象经过一、二、三象限；函数的开口向下，对称轴在y轴的右侧；
当时，函数的图象经过二、三、四象限；函数的开口向上，对称轴在y轴的左侧，故B正确．
故选B．
【点睛】本题考查了一次函数与二次函数的图象综合，根据图象判断函数解析式中字母的取值，正确理解函数图象是解题的关键．
9．C
【分析】根据垂径定理求出OD的长，再根据中位线求出BC=2OD即可．
【详解】设OD=x，则OE=OA=DE-OD=4-x．
∵是的直径，垂直于弦于点，
∴
∴OD是△ABC的中位线
∴BC=2OD
∵
∴，解得
∴BC=2OD=2x=2
故选：C
【点睛】本题考查垂径定理、中位线的性质，根据垂径定理结合勾股定理求出OD的长是解题的关键．
10．B
【分析】连接，交y轴于点D，根据正方形的性质可知，然后可得点，进而代入求解即可．
【详解】解：连接，交y轴于点D，如图所示：

当时，则，即，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴点，
∴，
解得：，
故选B．
【点睛】本题主要考查二次函数的图象与性质及正方形的性质，熟练掌握二次函数的图象与性质及正方形的性质是解题的关键．
11．5
【分析】根据平面直角坐标系中，关于原点对称的点横、纵坐标都互为相反数，求出a，b的值即可．
【详解】∵点A（﹣2，b）与点B（a，3）关于原点对称，
∴，，
∴
故答案为：5．
【点睛】本题考查平面直角坐标系中，关于原点对称的点的坐标的特点，掌握特殊位置关系的点的坐标变化是解答本题的关键．
12．1
【分析】根据抛物线与x轴只有一个交点可知方程=0根的判别式△=0，解方程求出k值即可得答案．
【详解】∵抛物线与x轴只有一个交点，
∴方程=0根的判别式△=0，即22-4k=0，
解得：k=1，
故答案为：1
【点睛】本题考查二次函数与x轴的交点问题，对于二次函数（k≠0），当判别式△＞0时，抛物线与x轴有两个交点；当k=0时，抛物线与x轴有一个交点；当x＜0时，抛物线与x轴没有交点；熟练掌握相关知识是解题关键．
13．
【分析】根据变化前数量变化后数量，即可列出方程．
【详解】第一个月新建了301个充电桩，该市新建智能充电桩个数的月平均增长率为．
第二个月新建了个充电桩，
第三个月新建了个充电桩，
第三个月新建了500个充电桩，
于是有，
故答案为．
【点睛】本题考查了一元二次方程的实际应用中的增长率问题，若设平均增长率为，则有，其中表示变化前数量，表示变化后数量，表示增长次数．解决增长率问题时要注意区分变化前数量和变化后数量，同时也要注意变化前后经过了几次增长．
14． 6
【分析】直接根据二次函数的图象进行解答即可．
【详解】解：由二次函数的图象可知，
当时，二次函数的最大值为6，最小值为，
故答案为：6；．
【点睛】本题考查的是二次函数的最值问题，能利用数形结合求出函数的最值是解答此题的关键．
15．##
【分析】连接，，，根据等腰三角形三线合一性质，圆周角定理，中位线定理，弧长公式计算即可．
【详解】解：如图，连接，，，

∵为直径，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴弧的长为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形三线合一性质，中位线定理，弧长公式，熟练掌握三线合一性质，弧长公式，圆周角定理是解题的关键．
16．①②④．
【分析】根据题意和函数图象，可以判断各个小题中的结论是否成立．
【详解】解：由图象可得，a＜0，b＞0，c＞0，
则abc＜0，故①正确；
∵-=1，
∴b=-2a，
∴2a+b=0，故②正确；
∵函数图象与x轴的正半轴交点在点（2，0）和（3，0）之间，对称轴是直线x=1，
∴函数图象与x轴的另一个交点在点（0，0）和点（-1，0）之间，故④正确；
∴当x=-1时，y=a-b+c＜0，
∴y=a+2a+c＜0，
∴3a+c＜0，故③错误；
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系、二次函数图象上点的坐标特征、抛物线与x轴的交点，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．
17．(1)
(2)
【分析】本题考查因式分解法解一元二次方程，
（1）移项，因式分解即可得到答案；
（2）移项，因式分解即可得到答案；
解题的关键是熟练掌握各种解法，选择适当的方法求解．
【详解】（1）解：
移项得，
，
因式分解得，
，
∴或，
解得：
∴原方程的解是：；
（2）解：
,
∴；
18．(1)详见解析
(2)详见解析
(3)
【分析】（1）根据题目叙述画出图形即可；
（2）根据题目叙述画出图形即可；
（3）由（1）作图可得是等腰直角三角形，且，由对称的性质可得．
【详解】（1）在方格纸中画出线段绕点O顺时针旋转后得到的线段，连接,如图；
（2）画出与关于直线对称的图形，点A的对称点是C；如上图所示：
（3）由（1）作图可得是等腰直角三角形，且，
再根据对称的性质可得．
故答案为：．
【点睛】此题考查了旋转作图及作轴对称图形，解答本题的关键是仔细审题，得出旋转三要素，进而得出旋转后的图形．
19．(1)△ABC是等腰直角三角形；证明见解析；
(2)；
【分析】（1）根据圆周角定理可得∠ABC=90°，由∠ADB=∠CDB根据等弧对等角可得∠ACB=∠CAB，即可证明；
（2）Rt△ABC中由勾股定理可得AC，Rt△ADC中由勾股定理求得CD即可；
【详解】（1）证明：∵AC是圆的直径，则∠ABC=∠ADC=90°，
∵∠ADB=∠CDB，∠ADB=∠ACB，∠CDB=∠CAB，
∴∠ACB=∠CAB，
∴△ABC是等腰直角三角形；
（2）解：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BC=AB=，
∴AC=，
Rt△ADC中，∠ADC=90°，AD=1，则CD=，
∴CD=．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识；掌握等弧对等角是解题关键．
20．(1)当羊圈的长为，宽为或长为，宽为时，能围成一个面积为的羊圈；
(2)不能，理由见解析．
【分析】（1）设矩形的边，则边，根据题意列出一元二次方程，解方程即可求解；
（2）同（1）的方法建立方程，根据方程无实根即可求解．
【详解】（1）解：设矩形的边，则边．
根据题意，得．
化简，得．
解得，．
当时，；
当时，．
答：当羊圈的长为，宽为或长为，宽为时，能围成一个面积为的羊圈．
（2）解：不能，理由如下：
由题意，得．
化简，得．
∵，
∴一元二次方程没有实数根．
∴羊圈的面积不能达到．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出一元二次方程，解一元二次方程是解题的关键．
21．(1)直线与相切，理由见解析
(2)图中阴影部分的面积
【分析】（1）连接，根据圆周角定理得到，连接，根据等边三角形的性质得到，根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）根据圆周角定理得到，解直角三角形得到，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）解：直线与相切，
理由：如图，连接，
∵，
∴，
连接，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴直线与相切；
（2）解：如（1）中图，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴图中阴影部分的面积．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，等边三角形 的判定和性质，解直角三角形，扇形面积的计算，正确地作出辅助线是解题的关键．
22．(1)，球不能射进球门
(2)当时他应该带球向正后方移动1米射门
【分析】（1）根据建立的平面直角三角坐标系设抛物线解析式为顶点式，代入A点坐标求出a的值即可得到函数表达式，再把代入函数解析式，求出函数值，与球门高度比较即可得到结论；
（2）根据二次函数平移的规律，设出平移后的解析式，然后将点代入即可求解．
【详解】（1）解：由题意得：抛物线的顶点坐标为，
设抛物线解析式为，
把点代入，得，
解得，
∴抛物线的函数表达式为，
当时，，
∴球不能射进球门；
（2）设小明带球向正后方移动米，则移动后的抛物线为，
把点代入得，
解得（舍去），，
∴当时他应该带球向正后方移动1米射门．
【点睛】此题考查了二次函数的应用，待定系数法求函数解析式、二次函数图象的平移等知识，读懂题意，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
23．(1)40，BE＝AD
(2)①存在，理由见详解；②60°
(3)当α＝150°或330°时，的面积最大
【分析】（1）由旋转可得∠BCE=20°，可得出40°，BC＝AC，∠BCE＝∠ACD＝20°，CE＝CD，可求得BE＝AD；
（2）方法同（1）；
（3）当BC边上的高最大时，△BCD的面积最大，高最大时CD的长，△BCD的面积最大，由两种情形．
【详解】（1）∵△ABC和△CDE是等边三角形，
∴BC＝AC，CE＝CD，∠BCA=60°，
∵旋转20°
∴∠BCE＝∠ACD＝20°，
∴△CBE≌△CAD（SAS），
∴BE＝AD（全等三角形的对应边相等），
∵∠BCA－∠BCE
∴60°-20°=40°
故答案为：40，BE＝AD
（2）如图1，
①（1）中结论仍然成立，理由如下：
∵△ABC和△CDE是等边三角形，
BC＝AC，
CE＝CD，
∵∠BCE＝∠ACD＝120°，
∴△CBE≌△CAD（SAS），
∴BE＝AD；
②∵△CBE≌△CAD，
∴∠CBE＝∠CAD，
又∠AOP＝∠BOC，
∴∠APB＝∠ACB＝60°；
（3）如图2，
当D运动到D1或D2，即BC⊥D1D2
S△BCD最大
ab，
此时旋转角是60°+90°＝150°，
或360°﹣30°＝330°，
∴当α＝150°或330°．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质以及旋转等知识，解决问题的关键是找全等的对应边和对应角，题目属于中考常考题型．