2023-2024学年河南省驻马店市汝南县九年级（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省驻马店市汝南县九年级（上）期中数学试卷（含解析），共17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。

1.下列汽车标志的图案中，是中心对称图形的( )
A. B. C. D.
2.一元二次方程x(x+2)=0的解为( )
A. x=0B. x=−2
C. x1=0，x2=2D. x1=0，x2=−2
3.如图，点A，B，C在⊙O上，∠AOB=80°，则∠C的度数是( )
A. 25°
B. 30°
C. 35°
D. 40°
4.触物线y=x2+2x+c与x轴只有一个公共点，则c的值为( )
A. −1B. 1C. −4D. 4
5.点P是⊙O内一点，过点P的最长弦为10，最短弦为8，则OP的长为( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
6.参加夏季篮球联赛的每两支球队之间都要进行两场比赛，共要比赛56场.设参加比赛的球队有x支，根据题意，下面列出的方程正确的是( )
A. 12x(x+1)=56B. 12x(x−1)=56C. x(x−1)=56D. x(x+1)=56
7.在平面直角坐标系中，将二次函数y=x2+3的图象向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，所得抛物线对应的函数表达式为( )
A. y=(x+1)2+5B. y=(x−1)2+5C. y=(x−1)2+1D. y=(x+1)2+1
8.如图，AC是⊙O的切线，B为切点，连接OA，OC.若∠A=30°，AO=4，BC=3，则OC的长度是( )
A. 3
B. 10
C. 13
D. 6
9.正方形ABCD的边长为3，将该正方形绕顶点B逆时针旋转30°得正方形BEFG，则旋转后的图形与原图形重叠部分ABGP的周长为( )
A. 3+2 3
B. 6+2 3
C. 3 3+4
D. 3 3+6
10.已知一次函数y=ax+b(a≠0)的图象如图所示，则二次函数y=ax2+bx(a≠0)的图象大致为( )
A.
B.
C.
D.
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.关于x的方程x2+k=0有两个不相等的实数根，则k的值可以为______ ．
12.如图，点A在半圆O上，BC是直径，AB=AC，若BC=3 2，则AB的长为______ ．
13.若二次函数y=x2−2x−1的图象上有且只有三个点到x轴的距离等于m，则m的值为______ ．
14.如图，四边形ABCD是对角线长度为4和6的菱形，O为其对称中心，过O点的三条直线将菱形分成阴影和空白部分.则阴影部分的面积为______ ．
15.两个完全相同的三角尺ABC和DEF如图放置，点D落在BC的中点处；将△DEF绕点D在平面内旋转，若AC=DF=2，∠C=∠EDF=45°，∠A=∠F=90°，当点C恰好落在△DEF的边上时，AF的长为______ ．
三、解答题：本题共8小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题10分)
(1)解方程：x2+2x−3=0；
(2)已知点P(2x,1)与点Q(−6,x−y)关于原点对称，求x，y的值．
17.(本小题9分)
换元是一种非常有趣的解题方法，请你阅读材料，参照例子解答问题：
已知(x2+y2−1)(x2+y2−3)=8，求x2+y2的值．
18.(本小题9分)
如图，四边形ABCD中，AD=CD，AB=BC，我们把这种两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”.由轴对称性质易得直线BD为线段AC的垂直平分线；若筝形ABCD的对角线AC，BD满足AC+BD=6.试求筝形ABCD的面积有最大值，并求此时AC的长．
19.(本小题9分)
如图，已知AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，AD⊥DC于点D，AC平分∠DAB．
(1)求证：直线CD是⊙O的切线；
(2)若AB=8，∠DAB=60°，求CD的长．
20.(本小题9分)
如图，已知二次函数y=x2+bx+c图象经过点P(1,−2)和C(0,−5)．
(1)求该二次函数的解析式及图象的顶点坐标．
(2)当y≥−2时，请根据图象直接写出x的取值范围．
21.(本小题9分)
来优品超市销售某种商品，平均每天可售出20件，每件盈利40元，后来由于新品冲击，经营者决定尽快倾销库存，该店采取了降价措施，在每件盈利不少于25元的前提下，经过一段时间销售，发现销售单价每降低2元，平均每天可多售出4件．
(1)题干中“每降低2元，平均每天可多售出4件”，等同于每降低1元，平均每天可多售出______ 件；
(2)当每件商品降价多少元时，该商店每天销售利润为1200元？
22.(本小题10分)
一次足球训练中，小明从球门正前方8m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6m时，球达到最高点，此时球离地面3m.已知球门高OB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.(本小题10分)
综合实践：如图，E是正方形ABCD中边BC上的任意一点，把△DCE顺时针旋转至与△DAF重合．
[用数学的眼光观察](1)旋转中心是点______ ；旋转角= ______ °；
[用数学的思维分析](2)连接EF，则△DEF是什么特殊三角形？为什么？
[用数学的语言表达](3)过点D作DM⊥EF，垂足为M，射线DM交BF于点N，若AN=3，BN=4，请补全图形并求线段CE的长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、不是中心对称图形，故此选项错误；
B、是中心对称图形，故此选项正确；
C、不是中心对称图形，故此选项错误；
D、不是中心对称图形，故此选项错误；
故选：B．
根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案．
此题主要考查了中心对称图形，关键是掌握中心对称图形的概念．
2.【答案】D
【解析】解：∵x(x+2)=0，
∴x=0或x+2=0，
∴x1=0，x2=−2，
故选：D．
直接利用因式分解法得出方程的根．
此题主要考查了一元二次方程的解法，正确理解因式分解法解方程是解题关键．
3.【答案】D
【解析】解：∵∠AOB=80°，
∴∠C=12∠AOB=12×80°=40°，
故选：D．
由圆周角定理即可得出结论．
本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：由题意得：关于x的方程0=x2+2x+c有两个相等的实数根，
∴Δ=4−4c=0，
解得：c=1，
故选：B．
根据二次函数与一元二次方程的关系列方程求解．
本题考查了抛物线与轴的交点，理解函数与方程的关系是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：如图，AB为⊙O的直径，CD为过P点与AB垂直的弦，则AB=10，CD=8，
∵CD⊥AB，
∴CP=DP=12CD=4，
连接OC，如图，
在Rt△OCP中，∵OC=12AB=5，CP=4，
∴OP=3．
故选：A．
如图，AB为⊙O的直径，CD为过P点与AB垂直的弦，则AB=10，CD=8，先根据垂径定理得到CP=DP=4，连接OC，如图，然后利用勾股定理计算出OP即可．
本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．
6.【答案】C
【解析】解：根据题意，得x(x−1)=56，
故选：C．
根据参加夏季篮球联赛的每两支球队之间都要进行两场比赛，共要比赛56场，列一元二次方程即可．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，理解题意是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：将二次函数y=x2+3的图象向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，所得抛物线对应的函数表达式y=(x−1)2+3−2，即y=(x−1)2+1．
故选：C．
根据图象的平移规律，可得答案．
主要考查了函数图象的平移，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．
8.【答案】C
【解析】解：连接OB，
∵AC是⊙O的切线，B为切点，
∴AC⊥OB，
∴∠ABO=∠CBO=90°，
∵∠A=30°，AO=4，BC=3，
∴OB=12AO=12×4=2，
∴OC= OB2+BC2= 22+32= 13，
故选：C．
连接OB，由切线的性质得AC⊥OB，则∠ABO=∠CBO=90°，而∠A=30°，所以OB=12AO=2，则OC= OB2+BC2= 13，于是得到问题的答案．
此题重点考查切线的性质定理、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：如图，设AD与FG相交于点M，连接BM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=3cm，∠ABC=90°，
∵正方形ABCD绕顶点B逆时针旋转30°得到正方形EBGF，
∴BG=BC，∠GBC=30°，
∴BG=AB，且BM=BM，
∴Rt△ABM≌△GBM(HL)，
∴∠ABM=∠GBM，
∵∠ABM+∠GBM=∠ABC−∠GBC=60°，
∴∠ABM=∠GBM=30°，
∵tan∠ABM=AMAB= 33，
∴AM= 3，
∴原图形重叠部分ABGP的周长=3+3+ 3+ 3=6+2 3，
故选：B．
由正方形的性质和旋转的性质可得AB=BG，由“HL”可证Rt△ABM≌△GBM，可得∠ABM=∠GBM=30°，可求AM的长，进而可求出原图形重叠部分ABGP的周长．
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形判定和性质等知识，灵活运用相关的性质定理、正确的求出AM的长是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：由一次函数的图象可知a<0，b>0，
∵二次函数y=ax2+bx，
∴开口向下，对称轴在y轴的右侧，且经过原点，
∴满足条件的函数图象只有B，
故选：B．
利用一次函数的图象的性质确定a、b的符号，再根二次函数图象与系数的关系以及对称轴的位置判断正确选项．
考查了二次函数的图象与一次函数的图象的知识，解题的关键是了解各个函数的图象与系数的关系，难度不大．
11.【答案】−1
【解析】解：∵关于x的方程x2+k=0有两个不相等的实数根，
∴0−4×1×k>0，
解得：k<0，
∴k可以为−1(答案不唯一)．
故答案为：−1.(答案不唯一)
先根据关于x的方程x2+k=0有两个不相等的实数根得出关于k的不等式，求出k的取值范围即可．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式Δ=b2−4ac：当Δ>0，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0，方程有两个相等的实数根；当Δ<0，方程没有实数根．
12.【答案】3
【解析】解：连接AC，如图，
∵BC为直径，
∴∠BAC=90°，
∵AB=AC，
∴AB=AC，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴AB= 22BC= 22×3 2=3．
故答案为：3．
连接AC，如图，先根据圆周角定理得到∠BAC=90°，再根据圆心角、弧、弦的关系得到AB=AC，所以△ABC为等腰直角三角形，从而得到AB= 22BC．
本题考查了圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．也考查了圆周角．
13.【答案】2
【解析】解：∵y=x2−2x−1=(x−1)2−2，
∴抛物线的顶点坐标为(1,−2)．
又∵二次函数y=x2−2x−1的图象上有且只有三个点到x轴的距离等于m，
∴m=|−2|=2．
故答案为：2．
利用配方法，求出抛物线的顶点坐标，结合二次函数y=x2−2x−1的图象上有且只有三个点到x轴的距离等于m，即可求出m的值．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，根据二次函数y=x2−2x−1的图象上有且只有三个点到x轴的距离等于m，找出m为抛物线顶点到x轴的距离是解题的关键．
14.【答案】6
【解析】解：如图，连接AC、BD，则AC=4，BD=6，
∵O是菱形ABCD的对称中心，
∴O是AC、BD的交点，且AC⊥BD，
∴OA=OC=12AC=12×4=2，
∴S△CBD=12BD⋅AC=12×6×2=6，
设过点O的三条直线与菱形ABCD的各边分别交于点E、F、G、H、P、Q，
∵AB/​/CD，
∴∠OBE=∠ODH，∠OEB=∠OHD，
∵OB=OD，
∴△OBE≌△ODH(AAS)，
∴S△OBE=S△ODH，
∵AD/​/CB，
∴∠OAQ=∠OCG，∠OQA=∠OGC，
∵OA=OC，
∴△OAQ≌△OCG(AAS)，
∴OQ=OG，
∵∠OPQ=∠OFG，∠OQP=∠OCF，
∴△OPQ≌△OFG(AAS)，
∴S△OPQ=S△OFG，
∴S阴影=S△OBE+S△OBF+S△OPQ+S四边形OGCH=S△ODH+S△OBF+S△OFG+S四边形OGCH=S△CBD=6，
故答案为：6．
连接AC、BD，则O是AC、BD的交点，且AC⊥BD，所以OA=OC=2，S△CBD=12BD⋅AC=6，设过点O的三条直线与菱形ABCD的各边分别交于点E、F、G、H、P、Q，可证明△OBE≌△ODH，得S△OBE=S△ODH，再证明△OAQ≌△OCG，得OQ=OG，再证明△OPQ≌△OFG，得S△OPQ=S△OFG，即可推导出S阴影=S△CBD=6，于是得到问题的答案．
此题重点考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，证明S阴影=S△CBD是解题的关键．
15.【答案】 6或 2
【解析】解：如图，当点C落在DF上时，
∵AC=DF=2，∠A=∠EDF=45°，∠C=∠F=90°，
∴△ACB和△DFE都是等腰直角三角形，
∴AB=DE=2 2，
∵点D是AB的中点，
∴AD=CD= 2，
∴AF= 2+4= 6；
当点C落在DE上时，连接CF，
∵DE=AB=2 2，CD= 2，
∴CE=CD= 2，
∵△EFD是等腰直角三角形，
∴CF=CD= 2=AD，CF⊥DE，
∴CF/​/AD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∴AF=CD= 2，
故答案为： 6或 2．
本题分两种情况讨论：当点C落在DF上时或当点C落在DE上时，由等腰直角三角形的性质可得AD=CD，利用勾股定理和平行四边形的性质即可求出AF的长．
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
16.【答案】解：(1)x2+2x−3=0，
(x+3)(x−1)=0，
x+3=0或x−1=0，
∴x1=−3，x2=1；
(2)∵P(2x,1)与点Q(−6,x−y)关于原点对称，
∴2x−6=0x−y+1=0，
解得x=3y=4，
即x=3，y=4．
【解析】(1)方程利用因式分解法求解即可；
(2)直接利用关于原点对称点的性质得出方程组进而得出答案．
本题考查了解一元二次方程以及关于原点对称点的性质，掌握解一元二次方程的方法和正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．
17.【答案】解：设x2+y2=t，则原方程可变形为：
(t−1)(t−3)=8，
即t2−4t−5=0
∴(t+1)(t−5)=0，
解得：t1=−1，t2=5；
又∵x2+y2≥0，
∴x2+y2=5．
【解析】设x2+y2=t，将方程转化为一元二次方程，再进行求解即可．
本题考查解一元二次方程．理解并掌握题目给出的解方程的方法，是解题的关键．
18.【答案】解：∵AD=CD，AD=CD，AB=BC，
∴BD垂直平分AC，
∴AC⊥BD，
∴S△ADC=12AC⋅DO，S△ABC=12AC⋅BO，
则S筝形=S△ADC+S△ABC
=12AC⋅DO+12AC⋅BO
=12AC⋅(DO+BO)
=12AC⋅BD．
令AC=x cm，则BD=(6−x) cm，
∴S筝形=12x(6−x)=−12x2+3x=−12(x−3)2+92，
∴当AC=3时，S筝形ABCD有最大值，最大值为92．
【解析】由AD=CD和AB=BC可得出点B和点D都在AC的垂直平分线上，则S筝形=S△ADC+S△ABC=12AC⋅BD，设AC的长为x，用x表示出筝形的面积，再求最值即可．
本题考查二次函数的最值，线段垂直平分线的性质，轴对称的性质，能用AC长表示出筝形的面积是解题的关键．
19.【答案】(1)证明：连接OC，

∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠OAC，
∴∠OCA=∠DAC，
∴OC/​/AD，
∵AD⊥DC，
∴CD⊥OC，
又∵OC是OO的半径，
∴直线CD是OO的切线；
(2)解：连接BC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵AC平分∠DAB，∠DAB=60°，
∴∠DAC=∠BAC=30°，
∴BC=12AB=4，
在Rt△ABC中，
AC= 64−16=4 3，
∵AD⊥DC，
∴∠ADC=90°，
∵CD=12AC=2 3．
【解析】(1)连接OC，证明出CD⊥OC，即可证明直线CD是OO的切线；
(2)连接BC，先在Rt△ABC中，求出AC，再在Rt△ACD中，即可求出CD的长．
本题考查切线的判定，圆周角定理的推论，含30°角直角三角形的性质，勾股定理，掌握圆的切线的判断方法，以及含30°角直角三角形的性质是解题的关键．
20.【答案】解：(1)把P(1,−2)、C(0,−5)分别代入y=x2+bx+c得1+b+c=−2c=−5，
解得b=2c=−5，
∴该二次函数的解析式为y=x2+2x−5；
∵y=x2+2x−5=(x+1)2−6，
∴抛物线的顶点坐标为(−1,−6)；
(2)当y=−2时，x2+2x−5=−2，
解得x1=−3，x2=1，
∵抛物线的开口向上，
∴当x≤−3或x≥1时，y≥−2．
【解析】(1)先把P点和C点坐标分别代入y=x2+bx+c中得到b、c的方程组，则解方程求出b、c，从而得到抛物线解析式，然后把一般式化为顶点式，从而得到抛物线的顶点坐标；
(2)先解方程x2+2x−5=−2得到x=−3或x=1时函数值为−2，然后结合函数图象写出自变量的取值范围．
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．也考查了二次函数的性质．
21.【答案】2
【解析】解：(1)根据销售单价每降低2元，平均每天可多售出4件，可得若降价1元，则平均每天可多售出2件．
故答案为：2．
(2)设每件商品降价x元时，该商店每天销售利润为1200元，
根据题意，得(40−x)(20+2x)=1200，
解得x1=10，x2=20，
∵尽快倾销库存，
∴x1=10舍去，
答：每件商品降价20元时，该商店每天销售利润为1200元．
(1)根据销售单价每降低2元，平均每天可多售出4件，可得若降价1元，则平均每天可多售出2件；
(2)利用商品平均每天售出的件数×每件盈利=每天销售这种商品利润列出方程解答即可．
此题主要考查了一元二次方程的应用，利用基本数量关系：平均每天售出的件数×每件盈利=每天销售的利润是解题关键．
22.【答案】解：(1)∵8−6=2，
∴抛物线的顶点坐标为(2,3)，
设抛物线为y=a(x−2)2+3，
把点A(8,0)代入得：36a+3=0，
解得a=−112，
∴抛物线的函数表达式为y=−112(x−2)2+3；
当x=0时，y=−112×4+3=83>2.44，
∴球不能射进球门．
(2)设小明带球向正后方移动m米，则移动后的抛物线为y=−112(x−2−m)2+3，
把点(0,2.25)代入得：2.25=−112(0−2−m)2+3，
解得m=−5(舍去)或m=1，
∴当时他应该带球向正后方移动1米射门，才能让足球经过点O正上方2.25m处．
【解析】(1)求出抛物线的顶点坐标为(2,3)，设抛物线为y=a(x−2)2+3，用待定系数法可得y=−112(x−2)2+3；当x=0时，y=−112×4+3=83>2.44，知球不能射进球门．
(2)设小明带球向正后方移动m米，则移动后的抛物线为y=−112(x−2−m)2+3，把点(0,2.25)代入得m=−5(舍去)或m=1，即知当时他应该带球向正后方移动1米射门，才能让足球经过点O正上方2.25m处．
本题考查二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，把实际问题转化为数学问题解决．
23.【答案】D 90
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，AD=CD，
∵把△DCE顺时针旋转至与△DAF重合，
∴旋转中心是点D，旋转角是∠ADC，
∴旋转角等于90°，
故答案为：D，90．
(2)△DEF是等腰直角三角形，
理由：∵把△DCE绕点D顺时针旋转90°与△DAF重合，
∴∠FDE=90°，DF=DE，
∴△DEF是等腰直角三角形．
(3)如图，过点D作DM⊥EF，垂足为M，射线DM交BF于点N，
∵∠DAF=∠C=∠DAB=90°，
∴∠DAF+∠DAB=180°，
∴F、A、B三点在同一条直线上，
∵AN=3，BN=4，
∴CB=AB=AN+BN=3+4=7，
连接EN，设CE=AF=m，则BE=7−m，FN=3+m，
∵DF=DE，DM⊥EF，
∴EM=FM，
∴DM垂直平分EF，
∴EN=FN=3+m，
∵∠B=90°，
∴BN2+BE2=EN2，
∴42+(7−m)2=(3+m)2，
解得m=145，
∴线段CE的长是145．
(1)由正方形的性质得∠ADC=90°，AD=CD，因为把△DCE顺时针旋转至与△DAF重合，所以旋转中心是点D，旋转角等于90°，于是得到问题的答案；
(2)由旋转得∠FDE=90°，DF=DE，则△DEF是等腰直角三角形；
(3)作DM⊥EF于点M，交BF于点N，由AN=3，BN=4，得CB=AB=AN+BN=7，连接EN，设CE=AF=m，则BE=7−m，因为DM垂直平分EF，所以EN=FN=3+m，由勾股定理得42+(7−m)2=(3+m)2，求得m=145，则线段CE的长是145．
此题重点考查正方形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、线段的垂直平分线的性质、勾股定理等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．已知(x+y−3)(x+y+4)=−10，求x+y的值；
解：设x+y=t，则原方程可变形为(t−3)(t+4)=−10.即t2+t−2=0；
∴(t+2)(t−1)=0得t1=−2，t2=1，∴x+y=−2或x+y=1．