2023-2024学年湖北省武汉市江汉区九年级上学期数学期中试题及答案

这是一份2023-2024学年湖北省武汉市江汉区九年级上学期数学期中试题及答案，共28页。

1. 下列运动项目图标中，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】根据“根据沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的平面图形叫做轴对称图形；绕某一点旋转，旋转后的图形能与原图形重合，那么这个图形是中心对称图形”进行判断即可．
【详解】解：A. 既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，故不符合题意；
B. 既是轴对称图形，又是中心对称图形，故符合题意；
C. 是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
D. 是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
故选：B．
2. 在一元二次方程中，二次项系数为1时，常数项是（ ）
A. B. 5C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】把一元二次方程化为一般形式，即可得到答案．
【详解】解：一元二次方程化为一般形式为，
则二次项系数为1，一次项系数为，常数项为，
故选：D
3. 一元二次方程的根的情况是（ ）
A. 有两个相等的实数根B. 有两个不相等的实数根C. 只有一个实数根D. 没有实数根
【答案】B
【解析】
【分析】利用判别式计算解答
【详解】解：∵，
∴，
∴方程有两个不相等的实数根，
故选：B
【点睛】此题考查一元二次方程根的判别式：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，熟记根的判别式是解题的关键．
4. 如图，是的直径，D，C是上的点，，则的度数是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆内接四边形对角互补和直径所对圆周角等于90度求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查圆的性质，涉及到圆内接四边形对角互补和直径所对圆周角等于90度，熟记知识点是关键．
5. 若抛物线的顶点在x轴上，则m的值是（ ）
A. 2B. 1C. 0D.
【答案】D
【解析】
【分析】先把抛物线转化为顶点式求得顶点坐标为，根据坐标轴上点的特征可得，再解方程即可．本题主要考查二次函数的顶点式以及二次函数的性质，掌握配方法，把二次函数化为顶点式是关键．
详解】解：∵，
∴抛物线的顶点坐标为，
∵顶点在x轴上，
∴，
∴，
故选：D．
6. 把抛物线先向左平移3个单位，再向下平移2个单位得到的图像解析式是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】易得新抛物线的顶点，根据顶点式及平移前后二次项的系数不变可得新抛物线的解析式．
【详解】解：原抛物线的顶点为（2，1），向左平移3个单位，再向下平移2个单位，
那么新抛物线的顶点为（-1，-1）；
可得新抛物线的解析式为，
故选B．
【点睛】本题考查了二次函数图像的平移，解决本题的关键是得到新抛物线的顶点坐标．
7. 如图，在中，，将绕点A按逆时针方向旋转得到，若点的对应点恰好落在边上，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质；根据旋转的性质可得：，，从而利用等腰三角形的性质可得，然后利用三角形内角和定理可得，即可解答．
【详解】由旋转得：，，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
8. 抛物线的对称轴是直线（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据“二次函数的对称轴公式为”进行求解即可．
【详解】解：∵，，
∴对称轴为直线，
故选：B．
9. 如图，四边形是的内接四边形，，将绕点旋转至，则下列说法不正确的是（ ）

A. 平分
B. 点A，，在同一条直线上
C. 若，则
D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆周角、弦、弧之间的关系即可判断选项A选项；根据旋转的性质和圆内接四边形的性质即可判断B选项；先求出，由旋转可知，，进一步得到，，作于点H，则，则，进一步得到，则，即可判断C选项；在截取，连接，证明是等边三角形，得到，由四边形是的内接四边形即可得，即可判断D选项．
【详解】解：A．∵，
∴，
∴，
∴平分，
故选项正确，不符合题意；
B． ∵将绕点旋转至，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∴点A，，在同一条直线上；
故选项正确，不符合题意；
C．∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
由旋转可知，，
∴，，
∴，，
作于点H，则，

∴，
∴，
∴，
故选项错误，符合题意；
D．在截取，连接，

∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴,
故选项正确，
故选：C
【点睛】此题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理、旋转的性质、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、含角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握圆内接四边形的性质和添加适当的辅助线是解答此题的关键．
10. 已知实数m，n满足，则的值是（ ）
A. 2B. 1C. 0D.
【答案】D
【解析】
【详解】先把原式转化为，可得当，时，等式成立，即可求得，，再代入求值即可．
【分析】解：，
∴，
∵，，
∴，，
即，，
∴，，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查非负数的性质、代数式求值，解一元一次方程，变形得出是解题的关键．
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）下列各题不需要写出解答过程，请将结果直接填写在答题卷指定的位置．
11. 点关于原点对称的点的坐标是_______________________．
【答案】
【解析】
【分析】由关于原点对称的点的坐标特征可以得到解答．
【详解】解：∵关于原点对称的点的坐标特征为：，
由题意得：x=1，y=-4，
∴，
∴点 M(1,−4) 关于原点对称的点的坐标是（-1，4），
故答案为（-1，4）．
【点睛】本题考查图形变换的坐标表示，熟练掌握关于原点对称的点的坐标特征是解题关键．
12. 1275年，我国南宋数学家杨辉在《田亩比类乘除算法》中提出这样一个问题：直田积八百六十四步，只云阔不及长一十二步．问阔及长各几步．意思是：矩形面积864平方步，宽比长少12步，问宽和长各几步．若设长为x步，则可列方程为_____．
【答案】x（x﹣12）＝864．
【解析】
【分析】由长和宽之间的关系可得出宽为（x-12）步，根据矩形的面积为864平方步，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【详解】解：∵长为x步，宽比长少12步，
∴宽为（x﹣12）步．
依题意，得：x（x﹣12）＝864．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程以及数学常识，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
13. 已知，是方程的两个实数根，则________．
【答案】4047
【解析】
【分析】根据一元二次方程的根与系数的关系可得，，再利用完全平方公式求值即可得．
【详解】解：是方程的两个实数根，
，，
，
故答案为：4047．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系、完全平方公式，熟练掌握一元二次方程的根与系数的关系是解题关键．
14. 如图所示的圆弧形拱门中，弦和拱高都是，则该拱门的半径是________m．
【答案】
【解析】
【分析】根据垂径定理可得，利用勾股定理可得，再求解即可．
【详解】解：如图，∵，
∴，
∵，，
∴，
在中，，
即，
解得，
故答案为：．
15. 已知点在抛物线上，下列结论：①若，则抛物线与轴只有一个公共点；②若抛物线与轴的公共点，满足，则；③当时，的取值范围是，则的值是；④若点在直线上，当时，，则抛物线开口向上．其中正确结论是________（填序号）
【答案】①④
【解析】
【分析】利用根的判别式判断的根情况，即可判断①；利用根与系数关系得到，即可判断②；分和两种情况讨论函数的最值，即可判断③；利用，当时，，，得到a的取值范围，即可判断④．
【详解】解：若，则，
对于来说，，
∴抛物线与轴只有一个公共点；故①正确；
若抛物线与轴的公共点，，即由两个实数根，
则，
∴，
∴，故②错误，
∵抛物线，
∴抛物线对称轴为，
当时，抛物线开口向上，当时，的取值范围是，
当时，有最小值，即
当时，最小值，
当时，最大值，
解得，
当时，抛物线开口向下，时，取值范围是，
当时，有最大值，即
当时，最大值，
当时，最小值，
解得，
即当时，的取值范围是，则的值是；
故③错误；
若点在直线上，则，
点在抛物线上，则，
，
当时，，，
∴，即，
∴，
则抛物线开口向上．
故④正确，
综上可知，正确的是①④，
故答案为：①④
16. 如图，已知上有三点，，，连接，，若，则________．

【答案】
【解析】
【分析】连接、，过点B作轴于点E，将逆时针旋转得到，过点G作轴于点H，过点A作于点D，根据直角三角形的性质可得，再根据旋转的性质可得，，，再由直角三角形的性质可得，利用勾股定理求得，从而可得，即可求解．
【详解】解：连接、，过点A作轴于点F，过点B作轴于点E，将逆时针旋转得到，过点G作轴于点H，过点A作于点D，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
由旋转的性质可得，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
故答案为：．
【点睛】本题考查圆周角定理、旋转的性质、勾股定理、直角三角形的性质，利用旋转的性质构造含的直角三角形是解题的关键．
三、解答题（共8小题，共72分）下列各题需要在答题卷指定位置写出文字说明、证明过程、计算步骤或作出图形．
17. 解方程：．
【答案】，
【解析】
【分析】利用公式法：求解即可．
【详解】解：，，，
∴方程有两个不相等的实数根，
∴，
∴，．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，掌握解一元二次方程的方法是解答本题的关键．
18. 二次函数的图象的一部分如图所示，图象与轴的一个交点为，根据图象解答下列问题：

（1）求的值；
（2）直接写出该抛物线与轴的另一交点的坐标；
（3）直接写出不等式的解集．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）代入已知点的坐标即可得到a的值；
（2）根据抛物线的对称轴和与轴的一个交点，即可得到抛物线与x轴的另一个交点；
（3）利用图象在x轴上方部分对应的自变量的取值范围即可得到不等式的解集．
熟练掌握的图象和性质、图象法解不等式、抛物线与x轴的交点问题等知识，数形结合思想是解题的关键．
【小问1详解】
解：把代入得，
，
解得，
【小问2详解】
由（1）可知，二次函数的解析式为，
由得到二次函数的对称轴为直线，
∵图象与轴的一个交点为，
∴该抛物线与轴的另一交点的坐标为；
【小问3详解】
由二次函数的图象与轴的两个交点为、，开口向下，
∴当时，二次函数的图象在x轴上方，
∴不等式的解集为．
19. 九年级某班班长在接到学校紧急通知后，通知了班级的n名班委，班委接到通知后，又分别通知了班级的其他n名同学，这样全班43名同学恰好都接到了一次通知，求n的值．
【答案】21
【解析】
【分析】根据题意可得班长和班委共名，则剩余同学有名，由全班43名同学恰好都接到了一次通知且其他同学为n名，可得班委与剩余同学的人数相同即可列方程求解．
【详解】解：由题意可得，班长和班委共名，则剩余同学有名，
则，
解得，
∴n的值为21．
20. 如图，，是的两条弦，．

（1）如图（1），若，且，直接写出的长度；
（2）如图（2），设的半径为r，猜想，和r的数量关系，并证明你的结论．
【答案】（1）
（2），证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）过点O作于点E，根据等边三角形的判定与性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，，根据直角三角形的性质可得，再利用勾股定理求得，即可求解；
（2）延长交于点F，证明，可得，根据圆周角定理可得，再利用勾股定理即可得出结论．
【小问1详解】
解：过点O作于点E，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴；
【小问2详解】
证明：延长交于点F，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
即．
【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、圆周角定理、等腰三角形的判定与性质及勾股定理，熟练掌握相关定理是解题的关键．
21. 如图，在由正方形组成的的网格中，每个小正方形的顶点称为格点，，，三点均为格点，经过点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图．
（1）如图（1），若点是格点，作弦，使再作劣弧的中点；
（2）如图（2），若点不在网格线上，先将绕点顺时针旋转得到线段（点与点对应），与交于点，再在上画点，使．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）如图（1），由格点向下3个格点，向右1个格点为，从格点向下3个格点，向右1个格点为，连接、、，则四边形是平行四边形，，延长交于，则弦即为所求，格点向左1个格点，向上4个格点为，则，格点向右3个格点为，连接，交于点，则四边形是平行四边形，，，由垂径定理可知，点即为劣弧的中点；
（2）如图（2），格点向右3个格点，向上1个格点为，格点向右4个格点，向下3个格点为，连接，交于点；连接，由顺时针旋转可知，则，，连接，连接并延长交于，连接，由直径所对的圆周角为直角可知，延长交于，由，可知，则，，即点即为所求．
【小问1详解】
解：如图（1），弦，点即为所求；
【小问2详解】
解：如图（2），线段，点、即为所求；
【点睛】本题考查了作垂线，旋转作图，平行四边形的判定与性质，垂径定理，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，直径所对的圆周角为直角等知识．熟练掌握各知识，作垂线是解题的关键．
22. 任意球直接得分是足球比赛的重要得分手段之一，已知足球球门的高度是，某足球队员在球门正前方的A处练习踢任意球，防守队员组成的人墙站在离球门的处，人墙的最大防守高度可以达．把运行中的足球看作点，建立如图所示平面直角坐标系，发现运行过程中足球离地面的高度（单位：m）与足球离球门的水平距离（单位：m）满足函数关系式．

（1）若该队员踢出的任意球在运行过程中达到最大的高度为，
①求与的函数关系式；
②足球能否越过人墙的防守最高点直接射进球门内？请说明理由；
（2）若要确保踢出的任意球能直接射进球门内，请直接写出的取值范围．
【答案】（1）；足球能越过人墙的防守最高点直接射进球门内
（2）
【解析】
【分析】（1）根据抛物线经过点和即可求出；把代入和比较即可；
（2）根据足球能直接射进球门和足球能越过人墙分别求出h的值即可．
小问1详解】
解：∵任意球在运行过程中达到最大的高度为，
∴，
由题意得：抛物线经过点，
∴，解得：，
∴，
解：由①得：，
当时，，
∴足球能越过人墙的防守最高点直接射进球门内；
【小问2详解】
解：∵足球球门的高度是，抛物线经过点，
∴，得，
当时，，解得：，
当时，，解得：，
∴的取值范围是；
【点睛】本题考查了二次函数的应用，待定系数法求函数解析式，解不等式组等，解题的关键是理解构建的二次函数模型，学会用不等式解决实际问题．
23. 如图，在边长为4的正方形中，为边上一点．
（1）如图（1），将射线绕点顺时针旋转后交的延长线于点，求四边形的面积；
（2）如图（2），若是的中点，是边上一点，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，点恰好落在射线上，求证：；
（3）如图（3），若，点在正方形的对角线上，且，请直接写出的长度．
【答案】（1）16 （2）证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）由旋转的性质和正方形性质即可证明，可得四边形的面积和正方形面积相等，即可求解；
（2）连接，过点A作交的延长线于点F，由（1）可得，由旋转可得是等腰直角三角形，，，进而证明，得到，在中，由勾股定理求解得到，，即可证明；
（3）根据三角形内角和定理可得，由题意可得，可证，由相似三角形的性质即可求解．
【小问1详解】
解：由旋转性质可得：，，
在正方形中，，，
∴，
又∵，
在和中，
∴，
∴四边形的面积和正方形面积相等，
∴四边形的面积为；
【小问2详解】
解：连接，过点A作交的延长线于点F，
由（1）可得，

∴，，
∵线段绕点顺时针旋转后得到线段，
∴，，
∴，
∴
在和中，
∴，
∴，
在中，，
∴，
解得：，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：∵四边形是正方形，
∴，，
，
由题意可得，，
∴，
∴，
∴，
∴，解得：（负值舍去）
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质，旋转图形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，证明是解题的关键．
24. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，（在的左侧），与轴交于点，其对称轴为．

（1）求该抛物线的函数解析式；
（2）如图（1），已知点为第二象限抛物线上一点，连接，若，求点的坐标；
（3）和分别是直线和抛物线上的动点，且点的横坐标比点的横坐标大4个单位长度，分别过，作坐标轴的平行线，得到矩形．设该抛物线在矩形内部（包括边界）的图象的最高点与最低点的纵坐标的差为．
①如图（2），当时，请直接写出的值；
②请直接写出关于的函数关系式．
【答案】（1）
（2）
（3）① ②
【解析】
【小问1详解】
解：∵抛物线与轴交于点，其对称轴为，
∴，解得：，
∴抛物线解析式为：；
【小问2详解】
解：设直线与y轴交于点E，
令，则，
解得：，，
又∵在的左侧，
∴，，
∵，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴点的坐标为，
设直线的解析式为，把和代入得：
，解得：，
∴，
解方程组得或（舍去），
∴点的坐标为，
【小问3详解】
解：①当时，点P的坐标为，
这时点Q横坐标为，
又∵点Q在抛物线上，
∴点Q的坐标为，
∴；
②，
∴抛物线的顶点坐标为，
当时，如图，；

当时，如图，；

时，，解得：或（舍），
当时，如图，；

当时，如图，；

综上所述，关于的函数关系式为．
【分析】（1）运用待定系数法求解析式即可；
（2）设直线与y轴交于点E，可得，然后求出直线的解析式，联立解方程即可；
（3）①把的值代入计算解题即可；②分情况画出图形，根据图形写出函数关系式即可．
【点睛】本题考查二次函数的图像和性质，一次函数的图像和性质，平移和全等三角形的判定和性质，利用数形结合思想、分类讨论的数学思想是解题的关键．