辽宁省鞍山市立山区2023-2024学年九年级上学期期中数学试题

这是一份辽宁省鞍山市立山区2023-2024学年九年级上学期期中数学试题，共24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（每小题3分，共30分）
1. 下列四个有关环保的图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了中心对称图形以及轴对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后和原图形重合．根据中心对称图形以及轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】解：A．该图既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．该图既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C．该图既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．该图是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
2. 一元二次方程的根的情况是（ ）
A. 有两个不相等的实数根B. 没有实数根C. 有两个相等的实数根D. 只有一个实数根
【答案】A
【解析】
【分析】根据根的判别式进行解答即可．
【详解】解：由题意，可知，
∴该一元二次方程有两个不相等的实数根，
故选：A．
【点睛】本题考查了一元二次方程 (为常数)的根的判别式，理解根的判别式对应的根的三种情况是解题的关键．当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根．
3. 如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点O在坐标原点，边在x轴上，在y轴上，如果矩形与矩形关于点O位似，且矩形的面积等于矩形面积的，那么点的坐标是（ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】此题考查了位似图形的性质，注意位似图形是特殊的相似图形，注意数形结合思想及分类思想的应用．首先得到矩形与矩形相似，且相似比为，又由点B的坐标为，分两种情况求解即可求得答案．
【详解】∵矩形与矩形关于点O位似，且矩形的面积等于矩形面积的，
∴矩形与矩形相似，且相似比为，
∵点的坐标是
∴点的坐标是或，即或．
故选：D．
4. 要将抛物线平移后得到抛物线，下列平移方法正确的是( )
A. 向左平移2个单位，再向上平移1个单位
B. 向左平移2个单位，再向下平移1个单位
C. 向右平移2个单位，再向上平移1个单位
D. 向右平移 2个单位，再向下平移1个单位
【答案】A
【解析】
【分析】原抛物线顶点坐标为(0，0)，平移后抛物线顶点坐标为(-2，1)，由此确定平移办法．
【详解】抛物线，其顶点坐标是(-2，1)，
抛物线的顶点坐标是(0，0)，
∴将抛物线向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度即可得到，
故选：A．
【点睛】此题考查二次函数图象的平移，图像的平移规律是左加右减，上加下减．
5. 如图，在，将绕点C按逆时针方向旋转得到，此时点恰好在边上，则点与点B之间的距离为（ ）

A. 4B. 2C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】由旋转的性质，可证都是等边三角形，由勾股定理求出的长即可．
【详解】解：如图，连接，

∵将绕点C按逆时针方向旋转得到，
∴，
∵，
∴是等边三角形，，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
在中，，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，含度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，找到旋转角是解题的关键．
6. 若将方程化成(，为常数)形式，则的值是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】方程利用配方法整理后判断即可求出a与b的值．
【详解】解：
配方得：，
即，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了配方法解一元二次方程，掌握配方法是解题的关键．
7. 如图，相交于点O，，M是的中点，，交于点N，若，，则的长为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查相似三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理，熟记“8”字模型相似三角形，以及平行线分线段成比例定理是解题关键．
由易得，根据相似三角形的性质可得，于是，求出，再利用平行线分线段成比例定理，则．
详解】解：，
，
∴，
，
∴，
，
，
，
，
，
，
又M是的中点，
．
故选：B．
8. 一份摄影作品【七寸照片（长7英寸，宽5英寸）】，现将照片贴在一张矩形衬纸的正中央，照片四周外露衬纸的宽度相同；矩形衬纸的面积为照片面积的2倍．设照片四周外露衬纸的宽度为x英寸（如图），下面所列方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设照片四周外露衬纸的宽度为x英寸，则矩形衬纸的长为英寸，宽为英寸，然后根据矩形衬纸的面积为照片面积的2倍列出方程即可．
【详解】解：设照片四周外露衬纸的宽度为x英寸，则矩形衬纸的长为英寸，宽为英寸，
由题意得，
故选D．
【点睛】本题主要考查了从实际问题中抽象出一元二次方程，正确理解题意找到等量关系式解题的关键．
9. 将含有角的直角三角板按如图所示的方式放置在平面直角坐标系中，在x轴上，将三角板绕原点О顺时针旋转，当点B恰好落在y轴的负半轴上时停止．若，则点A的对应点的坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查旋转变换，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．如图，过点作轴于点H．解直角三角形求出，可得结论．
【详解】解：如图，过点作轴于点H．

在中，，
∴，
∴，
故选：D．
10. 二次函数（，，是常数，）的自变量与函数值的部分对应值如表：
且当时，与其对应的函数值，有下列结论：①；②；③和3是关于的方程的两个根；④．其中，正确结论的个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据表中的，得到，对称轴，得到，判定①正确；根据抛物线的对称性，判定②、③都正确；根据①中的数据和时，，得到，得到，判定④不正确．
本题主要考查了二次函数的图象和性质．熟练掌握表格信息，待定系数法求解析式，二次函数的对称性，二次函数与一元二次方程的关系，是解决问题的关键．
【详解】∵由表格可知，当和时的函数值相等，都为，
∴，抛物线的对称轴是直线，
∴，，a、b异号，
∴，
故①正确；
根据抛物线的对称性可知，当和时的函数值相等，
∴，
故②正确；
∵根据抛物线的对称性可知，当和时的函数值相等，都为t，
∴和3是关于的方程的两个根；
故③正确；
由①知，，，
∴二次函数为，
∵当时，对应的函数值，
∴，
∴，
故④不正确．
∴正确的结论有①、②、③，共3个．
故选：C．
二、填空题（每小题3分，共15分）
11. 已知二次函数图象的对称轴为直线，且经过点，，则_____（填“”“”或“”）
【答案】
【解析】
【分析】根据二次函数图象的对称轴为直线，可知离对称轴的距离越大，函数值越大．
【详解】解：∵二次函数图象的对称轴为直线，
∴离对称轴的距离越大，函数值越大，
∵该函数经过点，，
又∵，，且，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
12. 如图，将绕点顺时针旋转得，若，则等于______度．
【答案】50
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，旋转前后的两个图形全等，对应点到旋转中心连线的夹角等于旋转角，据此即可求出，，再根据即可求解．
【详解】解：∵绕点顺时针旋转得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：50
13. 设，是方程的两根，则___________．
【答案】##
【解析】
【分析】利用一元二次方程根与系数的关系，可得，再代入，即可求解
【详解】解：∵，是方程的两根，
∴，
∴
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握若，是一元二次方程的两个实数根，则，是解题的关键．
14. 如图，在中，，，，动点从点开始沿着边向点以的速度移动，动点从点开始沿着边点以的速度移动．若、两点同时开始运动，当点运动到点时停止，点也随之停止．运动过程中，若以、、为顶点的三角形与相似，则运动时间为__________s．
【答案】或
【解析】
【分析】设点运动的时间为，则，，，再分两种情况求值，当时，，可列方程；当时，，可列方程，解方程分别求出相应的值即可．
【详解】设点运动的时间为，则，，
，
当时，，
，
，
；
，
当时，，
，
，
；
综上所述，运动时间为或．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，动点问题的求解，数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地用代数式表示出相似三角形的对应边的长度是解本题的关键．
15. 如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，将线段绕点按顺时针方向旋转，再将其长度伸长为的倍，得到线段；又将线段绕点按顺时针方向旋转长度伸长为的倍，得到线段；如此下去，得到线段，，，为正整数，则点的坐标是______ ．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意得出，，，如此下去，得到线段，，，再利用旋转角度得出点的坐标与点的坐标在同一直线上，进而得出答案．
【详解】解：点的坐标为，
，
将线段绕点按顺时针方向旋转，再将其长度伸长为的倍，得到线段；
，
，
如此下去，得到线段，，
，
由题意可得出线段每旋转次旋转一周，
∵，
点的坐标与点的坐标在同一直线上，正好在轴的正半轴上，
点的坐标是
故答案为：
【点睛】此题主要考查了坐标与图形变化—旋转，点的变化规律，根据题意得出点的坐标与点的坐标在同一直线上是解题关键．
三、解答题：
16. 解下列方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据配方法求解即可；
（2）根据因式分解法求解即可．
【小问1详解】
解：
∴
∴；
【小问2详解】
解：
∴或
∴．
【点睛】本题考查解一元二次方程．掌握解一元二次方程的方法和步骤是解题关键．
17. 如图，在边长均为1个单位长度的正方形网格图中，建立平面直角坐标系，的顶点均在格点上，在网格中按要求解答下列问题：
（1）画出向右平移6个单位长度后的图形，点坐标是______；
（2）画出绕点顺时针方向旋转后的图形；
（3）画出以为位似中心按放大后的图形．
【答案】（1）图见解析，
（2）图见解析 （3）图见解析
【解析】
【分析】本题考查坐标与图形变换—平移，旋转与位似．
（1）根据平移的规则，画出，写出点坐标即可；
（2）根据旋转的性质，画出即可；
（3）根据位似图形的性质，画出即可．
掌握平移，旋转和位似图形的性质，是解题的关键．
【小问1详解】
解：如图，即为所求；
由图可知：；
故答案为：；
【小问2详解】
如图，即为所求；
【小问3详解】
如图，即为所求；
18. 现今网购已经成为消费的新常态，某快递公司今年8月份的投递快递总件数为10万件，由于改进分拣技术，增加投递业务人员，10月份的投递快递总件数达到12.1万件，假设该公司每个月的投递快递总件数平均增长率相同．
（1）求该公司的投递快递总件数月平均增长率；
（2）如果继续保持上面月平均增长率，平均每个业务员每月最多可投递快递0.7万件，那么20名投递业务员能否完成今年11月份的快递投递任务？说明理由．
【答案】（1）该快递公司投递快递总件数的月平均增长率为
（2）能完成任务，理由见解析
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的实际应用．读懂题意，找准等量关系，正确的列出方程，是解题的关键．
（1）设该公司投递快递总件数的月平均增长率为，根据8月份的投递快递总件数为10万，10月份的投递快递总件数达到12.1万件，列出方程进行求解即可；
（2）根据增长率求出11月份的投递量，再求出20个投递业务员的投递量，进行比较即可．
【小问1详解】
解：设该公司投递快递总件数的月平均增长率为，
依题意得：，
解得：，（不符合题意，舍去）．
答：该快递公司投递快递总件数的月平均增长率为．
【小问2详解】
该公司现有的20名投递业务员能完成今年11月份的快递投递任务．理由如下：
11月份的快递投递总件数：（万件），
∵（万件），，
∴该公司现有的20名投递业务员能完成今年11月份的快递投递任务．
19. 某数学小组决定利用所学知识去测量一棵大树的高度，如图，直立在处的标杆米，小艳站在处，眼睛处看到标杆顶，树顶在同一条直线上（人，标杆和树在同一平面内，且点，，在同一条直线上），测得米，米，米，请根据以上测量数据，求出该树的高度．
【答案】树高5.3米
【解析】
【分析】本题考查相似三角形的实际应用．过作交于点，交于点，证明，列出比例式进行求解即可．解题的关键是构造相似三角形．
【详解】解：过作交于点，交于点，
由已知得，，，，
∵，
∴四边形为矩形，
∴米，米，米，
∴（米），
同理可得：四边形为矩形
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：米，
∴（米），
答：树高为5.3米．
20. 某公园要修建一个圆形喷水池，在池中心竖直安装一根水管，水管长2.25m．在水管的顶端安装一个喷水头，使喷出的抛物线形水柱在与池中心的水平距离为1m处达到最高，高度为3m．
（1）建立如图所示平面直角坐标系，求在第一象限部分的抛物线的解析式；
（2）不考虑其它因素，求水池的直径至少要多少米才能使喷出的水流不落到池外．
【答案】（1）
（2）6米
【解析】
【分析】（1）根据题意可知，点A（0，2.25），顶点坐标为（1，3），设函数的表达式为，将点A代入求解即可；
（2）先求出函数与x轴的交点坐标，即可求出水池的半径，将半径乘以2则可得到直径．
【小问1详解】
解：根据题意得：点A（0，2.25），顶点坐标为（1，3），
设函数的表达式为，
把点A代入得：，解得：，
∴第一象限内抛物线的解析式为：．
【小问2详解】
由（1）可得，
当y=0时，，
解得：，（舍），
∴水池直径：3×2=6（m），
答：水池直径至少为6米才能使喷出的水流不落到池外．
【点睛】本题主要考查了二次函数的实际应用，熟练掌握二次函数的性质，根据题意求出函数的表达式是解题的关键．
21. 如图，在中，点D在边上，，与分别相交于点F、G，．
（1）求证：；
（2）若，，G为的中点，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，平行线的性质，熟知相似三角形的性质与判定条件是解题的关键．
（1）先推出，进而证明得到，再由平行线的性质得到，则可证明，再由，即可证明；
（2）由线段中点的定义得到，由相似三角形的性质得到，据此代值计算即可．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
∵，
∴．
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
【小问2详解】
解：∵G为中点，，
∴，
由（1）得：，
∴，
∴．
22. 发现问题：如图1，在笔记本的横线上取一点，以为圆心，相邻横线的间距为半径画圆，然后半径依次增加一个间距继续画同心圆，爱思考的小杰同学发现同心圆与每条横线的2个交点的位置随着半径的改变而改变．
提出问题：探究这些点的纵坐标与横坐标之间的关系．
分析问题：小杰利用已学知识和经验，以圆心为原点，过点的横线所在直线为轴，过点且垂直于横线的直线为轴，相邻横线的间距为一个单位长度，建立平面直角坐标系，如图2所示，小杰利用图2坐标系，通过计算得到一些数据：
（1）请直接写出圆的半径为5时的交点坐标______．
（2）请你根据小杰的思路，计算圆半径为时的交点坐标；
（3）通过上述计算，结合已学知识和经验，猜想这些交点都在某二次函数图象上，设交点的纵坐标为，横坐标为，请求出与之间的函数关系式．
【答案】（1）
（2），
（3）．
【解析】
【分析】本题考查图形类规律探究，二次函数的实际应用．
（1）根据表格中的数据，直接写出半径为5时的交点坐标即可；
（2）根据给出的数据得到半径为时，交点坐标为，即可；
（3）根据，得到，代入，即可得出与之间的函数关系式．
解题的关键是得到半径为时，交点坐标为，．
【小问1详解】
解：由表格数据可知：半径为5时的交点坐标为，即：；
故答案为：；
【小问2详解】
∵以圆心为原点，过点的横线所在直线为轴，过点且垂直于横线的直线为轴，相邻横线的间距为一个单位长度，建立平面直角坐标系，
∴当半径为时，交点的纵坐标为，
由勾股定理，得：交点的横坐标的绝对值为：，
∴两个交点坐标为：，；
【小问3详解】
∵半径为时，其中一个交点为，在二次函数的图象上，
即：当，
∵，
∴，
∴．
23. 问题情境，利用圆规旋转探索：每位同学在纸上画好，，，要求同学们利用圆规旋转某一条线段，探究图形中的结论．
问题发现，某小组将线段绕着点逆时针旋转得到线段，旋转角设为，连接、，如图1所示．
如图2，小李同学发现，当点落在边上时，；
如图3，小王同学发现，当每改变一个度数时，长也随之改变．
……
问题提出与解决，该小组根据小李同学和小王同学的发现，讨论后提出问题1，请你解答．
如图1，在中，，，将线段绕着点逆时针旋转得到线段，设转角设为，连接、．
（1）如图2，当点落在边上时，求证：；
（2）如图3，当时，若，求的长．
（3）拓展延伸，小张同学受到探究过程的启发，将等腰三角形的顶角改为，尝试画图，并提出问题请你解答．
如图4，中，，，将线段绕着点逆时针旋转得到线段，旋转角，连接、，求的度数．
【答案】（1）见解析；（2）2；（3）
【解析】
【分析】（1）由旋转的性质可得，，根据等腰三角形“等边对等角”的性质可得，再根据三角形内角和定理易知，结合，即可证明结论；
（2）以为边向右作等边，连接并延长交于点，由等边三角形的性质可得，，利用“”证明，由全等三角形的性质可得，，再利用“”证明，易得，进而可得，，同理，平分；设，则，，在中，利用勾股定理得，即可获得答案；
（3）以为边向下作等边，连接，，由旋转得，，利用“”证明，易得，再证明，可得，，进而证明是等边三角形，即可获得答案．
【详解】（1）证明：∵将线段绕着点逆时针旋转得到线段，
∴由旋转的性质可得，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即；
（2）解：下图，以为边向右作等边，连接并延长交于点，
∴，，
由旋转可得，，，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
同理，平分，
设，则，，
在中，由勾股定理得，
，
∴，
∴；
问题2：
解：如下图，以为边向下作等边，连接，，
则，，
由旋转得，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、三角形内角和定理、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，综合性强，难度较大，正确作出辅助线是解题关键．…
0
1
2
…
…
…
半径
1
2
3
4
5
…
交点坐标
，
，
，
，
…