2024-2025学年广西大学附中九年级（上）开学数学试卷（含详解）

这是一份2024-2025学年广西大学附中九年级（上）开学数学试卷（含详解），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列方程是一元二次方程的是( )
A. x2+y=3B. 3x+y−5=0C. x+1x=3D. x2−8=0
2.下列垃圾分类的标志图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠C=125°，则∠A的度数为( )
A. 25°
B. 30°
C. 50°
D. 55°
4.若二次函数y=ax2的图象经过点P(−2,4)，则该图象必经过点( )
A. (2,4)B. (−2,−4)C. (−4,2)D. (4,−2)
5.若x1，x2是方程x2−6x−7=0的两个根，则( )
A. x1+x2=6B. x1+x2=−6C. x1x2=76D. x1x2=7
6.将抛物线y=(x−1)2+2向上平移2个单位长度，再向右平移3个单位长度，得到的抛物线为( )
A. y=(x−1)2+4B. y=(x−4)2+4C. y=(x+2)2+6D. y=(x−4)2+6
7.据国家统计局发布的《2022年国民经济和社会发展统计公报》显示，2020年和2022年全国居民人均可支配收入分别为3.2万元和3.7万元.设2020年至2022年全国居民人均可支配收入的年平均增长率为x，依题意可列方程为( )
A. 3.2(1−x)2=3.7B. 3.2(1+x)2=3.7C. 3.7(1−x)2=3.2D. 3.7(1+x)2=3.2
8.如图，在△ABC中，∠B=80°，∠C=65°，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′.当AB′落在AC上时，∠BAC′的度数为( )
A. 65° B. 70°
C. 80° D. 85°
9.关于x的一元二次方程x2+4x−k=0有两个相等的实数根，则k的值为( )
A. −4B. 4C. 0D. 16
10.已知A(−1,y1)，B(2,y2)，C(4,y3)是二次函数y=−x2+2x+c的图象上的三个点，则y1，y2，y3的大小关系为( )
A. y111.数学活动课上，同学们要测一个如图所示的残缺圆形工件的半径，小明的解决方案是：在工件圆弧上任取两点A，B，连接AB，作AB的垂直平分线CD交AB于点D，交AB于点C，测出AB=40cm，CD=10cm，则圆形工件的半径为( )
A. 50cm
B. 35cm
C. 25cm
D. 20cm
12.如图，抛物线m：y=ax2+b(a<0,b>0)与x轴于点A、B(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C.将抛物线m绕点B旋转180°，得到新的抛物线n，它的顶点为C1，与x轴的另一个交点为A1.若四边形AC1A1C为矩形，则a，b应满足的关系式为( )
A. ab=−2B. ab=−3C. ab=−4D. ab=−5
二、填空题：本题共6小题，每小题2分，共12分。
13.抛物线y=(x−2)2+5的顶点坐标是______．
14.一元二次方程2x2=9x+5化为一般形式之后，则一次项的系数为______．
15.抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的部分图象如图所示，其与x轴的一个交点坐标为(−3,0)，对称轴为直线x=−1，抛物线与x轴的另一个交点坐标为______．
16.一元二次方程4x(x−2)=x−2的解为______．
17.点F是正五边形ABCDE边DE的中点，连接BF并延长与CD延长线交于点G，则∠BGC的度数为 ．
18.《九章算术》中记载：“今有勾六步，股八步.问勾中容圆径几何？”译文：今有一个直角三角形，勾(短
直角边)长为6步，股(长直角边)长为8步，则该直角三角形内切圆的直径是等于______步.
三、计算题：本大题共1小题，共6分。
19.解一元二次方程：x2−4x+3=0
四、解答题：本题共7小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
20.(本小题6分)
计算：−12+( 3−π)0−(12)−1+3−8．
21.(本小题10分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A(1,4)，B(4,2)，C(3,5)．
(1)画出△ABC关于原点O成中心对称的△A1B1C1，并写出点C1的坐标；
(2)将△ABC绕原点O逆时针旋转90°得到△A2B2C2，画出△A2B2C2，并写出点A2的坐标．
22.(本小题10分)
如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别交AC、BC于点D、E．
(1)求证：BE=CE；
(2)若AB=6，∠BAC=54°，求AD的长．
23.(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？
24.(本小题10分)
如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，点E在⊙O上，点C是BE的中点，AE⊥CD，垂足为点D，DC的延长线交AB的延长线于点F．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若CD= 3，∠ABC=60°，求线段AF的长．
25.(本小题10分)
课堂上，数学老师组织同学们围绕关于x的二次函数y=x2+2ax+a−3的最值问题展开探究．
【经典回顾】二次函数求最值的方法．
(1)老师给出a=−4，求二次函数y=x2+2ax+a−3的最小值．
①请你写出对应的函数解析式；
②求当x取何值时，函数y有最小值，并写出此时的y值；
【举一反三】老师给出更多a的值，同学们即求出对应的函数在x取何值时，y的最小值.记录结果，并整理成如表：
注：∗为②的计算结果．
【探究发现】老师：“请同学们结合学过的函数知识，观察表格，谈谈你的发现.”
甲同学：“我发现，老师给了a值后，我们只要取x=−a，就能得到y的最小值.”
乙同学：“我发现，y的最小值随a值的变化而变化，当a由小变大时，y的最小值先增大后减小，所以我猜想y的最小值中存在最大值”
(2)请结合函数解析式y=x2+2ax+a−3，解释甲同学的说法是否合理？
(3)你认为乙同学的猜想是否正确？若正确，请求出此最大值；若不正确，说明理由．
26.(本小题10分)
如图1，在△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，AC=1，D为△ABC内部的一动点(不在边上)，连接BD，将线段BD绕点D逆时针旋转60°，使点B到达点F的位置；将线段AB绕点B顺时针旋转60°，使点A到达点E的位置，连接AD，CD，AE，AF，BF，EF．
(1)求证：△BDA≌△BFE；
(2)当CD+DF+FE取得最小值时，求证：AD//BF；
(3)如图2，M，N，P分别是DF，AF，AE的中点，连接MP，NP，在点D运动的过程中，请判断∠MPN的大小是否为定值．若是，求出其度数；若不是，请说明理由．
答案解析
1.D
【解析】解：A、选项中有两个未知数，所以不是一元二次方程；
B、选项中有两个未知数，所以不是一元二次方程；
C、选项中未知数出现在分母里，不是整式方程，所以不是一元二次方程；
D、选项中未知数只有一个并且未知数的次数最高为2次，所以是一元二次方程；
故选：D．
根据一元二次方程的概念进行判断即可．
本题主要考查一元二次方程的概念，熟练掌握一元二次方程的概念是解决本题的关键．
2.B
【解析】解：A、该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：B．
中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；轴对称图形的定义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重台，这样的图形叫做轴对称图形．根据定义依次对各个选项进行判断即可．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．正确掌握中心对称图形与轴对称图形定义是解题关键．
3.D
【解析】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠C+∠A=180°，
∵∠C=125°，
∴∠A=55°，
故选：D．
根据圆内接四边形的对角互补计算即可．
本题考查的是圆内接四边形的性质，熟记圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
4.A
【解析】解：∵二次函数y=ax2的对称轴为y轴，
∴若图象经过点P(−2,4)，
则该图象必经过点(2,4)．
故选：A．
5.A
【解析】解：∵x1，x2是方程x2−6x−7=0的两个根，
∴x1+x2=−−61=6，x1x2=−71=−7．
故选：A．
根据一元二次方程根与系数的关系，分别求出两根之和与两根之积，进行判断即可．
本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，解题关键是熟练掌握利用一元二次方程根与系数的关系，求出两根之和与两根之积．
6.B
【解析】解：将抛物线y=(x−1)2+2向上平移2个单位长度，再向右平移3个单位长度后所得抛物线解析式为y=(x−1−3)2+2+2，即y=(x−4)2+4；
故选：B．
直接根据平移规律作答即可．
此题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．
7.B
【解析】解：由题意得：3.2(1+x)2=3.7，
故选：B．
根据2020年的人均可支配收入×(1+年平均增长率)2=2022年的人均可支配收入，列出一元二次方程即可．
此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
8.B
【解析】解：由旋转的性质可得出∠B′AC′=∠BAC，
∵∠BAC+∠B+∠C=180°，
∴∠BAC=180°−80°−65°=35°，
∴∠B′AC′=∠BAC=35°，
∴∠BAC′=∠BAC+∠B′AC′=70°，
故选：B．
由三角形内角和定理可得出∠B′AC′=∠BAC=35°，最后根据角的和差关系即可得出答案．
本题主要考查了旋转的性质，掌握三角形内角和定理，由旋转的性质可得∠B′AC′=∠BAC是解题的关键．
9.A
【解析】解；∵关于x的一元二次方程x2+4x−k=0有两个相等的实数根，
∴Δ=42+4k=0，
∴k=−4，
故选：A．
根据一元二次方程根的判别式解答即可．
本题主要考查了一元二次方程根的判别式，熟知对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，若Δ=b2−4ac>0，则方程有两个不相等的实数根，若Δ=b2−4ac=0，则方程有两个相等的实数根，若Δ=b2−4ac<0，则方程没有实数根是解题的关键．
10.D
【解析】解：因为二次函数解析式为y=−x2+2x+c，
所以抛物线的对称轴为直线x=1，且开口向下，
则抛物线上的点，离对称轴越远，其函数值越小．
因为1−(−1)=2，2−1=1，4−1=3，且3>2>1，
所以y3故选：D．
根据所给函数解析式，得出抛物线的对称轴及开口方向，再根据A，B，C三点离对称轴的远近即可解决问题．
本题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟知二次函数的图象与性质是解题的关键．
11.C
【解析】解：设圆心为O，连接OB，如图所示，
∵CD垂直平分AB，AB=40cm，
∴BD=20cm，
∵CD=10cm，OC=OB，
∴OD=OB−10，
∵∠ODB=90°，
∴OD2+BD2=OB2，
∴(OB−10)2+202=OB2，
解得OB=25，
即圆形工件的半径为25cm，
故选：C．
根据垂径定理可以得到BD的长，再根据勾股定理，即可求得圆形工件的半径．
本题考查垂径定理的应用、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
12.B
【解析】解：令x=0，得：y=b.∴C(0,b)．
令y=0，得：ax2+b=0，∴x=± −ba，∴A(− −ba,0)，B( −ba,0)，
∴AB=2 −ba，BC= OC2+OB2= b2−ba．
要使平行四边形AC1A1C是矩形，必须满足AB=BC，
∴2 −ba= b2−ba.∴4×(−ba)=b2−ba，
∴ab=−3．
∴a，b应满足关系式ab=−3．
故选：B．
利用矩形性质得出要使平行四边形AC1A1C是矩形，必须满足AB=BC，即可求出．
此题主要考查了平行四边形的性质以及矩形的性质和点的坐标关于一点中心对称的性质，灵活应用平行四边形的性质是解决问题的关键．
13.(2,5)
【解析】解：∵抛物线y=(x−2)2+5，
∴顶点坐标为：(2,5)．
故答案为：(2,5)．
由于抛物线y=a(x−ℎ)2+k的顶点坐标为(ℎ,k)，由此即可求解．
此题主要考查了二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握抛物线的顶点坐标公式即可解决问题．
14.−9
【解析】解：2x2=9x+5，
∴2x2−9x−5=0，
∴一次项的系数为−9；
故答案为：−9．
根据一元二次方程的一般形式ax2+bx+c=0(a≠0)，其中a为二次项系数，b为一次项系数，c为常数项，进行作答即可．
本题考查一元二次方程的一般形式，解决本题的关键是掌握一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c=0(a,b,c是常数且a≠0)．
15.(1,0)
【解析】解：∵抛物线与x轴的一个交点坐标为(−3,0)，对称轴为直线x=−1，
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为(1,0)，
故答案为：(1,0)．
根据抛物线的对称性解答即可．
本题考查的是抛物线与x轴的交点坐标，正确理解抛物线的对称性是解题的关键．
16.x1=2，x2=14
【解析】解：4x(x−2)=x−2
4x(x−2)−(x−2)=0
(x−2)(4x−1)=0
x−2=0或4x−1=0
解得x1=2，x2=14．
故答案为：x1=2，x2=14．
根据因式分解法解一元二次方程即可．
本题考查了一元二次方程−因式分解法，解决本题的关键是掌握因式分解法．
17.18°
【解析】解：由正五边形的性质可知，BG是正五边形ABCDE的对称轴，
∴∠DFG=90°，
∵∠FDG是正五边形ABCDE的外角，
∴∠FDG=360°5=72°，
∴∠BGC=90°−72°=18°，
故答案为：18°．
由正五边形的对称性得出BG是正五边形ABCDE的对称轴，进而得到BG⊥DE，再求出正五边形的外角的度数，由三角形内角和定理即可得出答案．
本题考查正多边形，掌握正五边形的性质以及三角形内角和定理是正确解答的关键．
18.4
【解析】解：连接OD、OE，如下图：
由题意可得AC、AB、BC与⊙O相切，AC=8步，BC=6步，
∴∠C=∠OED=∠ODC=90°，BD=BF，CD=CE，AF=AE，
∴四边形ODCE为矩形，AB= AC2+BC2= 82+62=10(步)，
又∵OD=OE，
∴矩形ODCE为正方形，
设半径为r，则CD=OD=CE=r步，
∴AF=AE=(8−r)步，BF=BD=(6−r)步，
∴8−r+6−r=10，
解得r=2，
∴圆的直径为2×2=4(步)，
故答案为：4．
根据切线长定理结合勾股定理进行求解即可．
本题考查求直角三角形的内切圆的半径，勾股定理，熟练掌握切线长定理以及勾股定理是解答本题的关键．
19.解：(x−3)(x−1)=0，
x−3=0或x−1=0，
所以x1=3，x2=1．
【解析】利用因式分解法解方程．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
20.解：−12+( 3−π)0−(12)−1+3−8，
=−1+1−2−2，
=−4．
【解析】先根据乘方、零次幂、负整数次幂、立方根化简，然后再进行计算即可．
本题主要考查了实数的混合运算、零次幂、负整数次幂、立方根等知识点，灵活运用相关运算法则成为解题的关键．
21.解：(1)如图：△A1B1C1即为所求；点C1的坐标(−3,−5)．
(2)如图：△A2B2C2即为所求；点A2的坐标(−4,1)．
【解析】(1)先根据中心对称的定义得到A、B、C的对称点A1、B1、C1，然后顺次连接即可完成作图；最后再确定点C1的坐标即可；
(2)先根据中心对称的定义得到A、B、C的对称点A2、B2、C2，然后顺次连接即可完成作图；最后再确定点A2的坐标即可．
本题主要考查了中心对称作图、旋转作图等知识点，根据题意找到三角形顶点的对应点成为解题的关键．
22.(1)证明：如图，连接AE．
∵AB是圆O的直径，
∴∠AEB=90°，
即AE⊥BC．
又∵AB=AC，
∴AE是边BC上的中线，
∴BE=CE；
(2)解：∵AB=6，
∴OA=3．
又∵OA=OD，∠BAC=54°，
∴∠AOD=180°−2×54°=72°，
∴AD的长为：72×π×3180=6π5．
【解析】本题考查了圆周角定理、弧长的计算以及等腰三角形的判定与性质．通过作辅助线，利用圆周角定理(或圆半径相等)的性质求得相关角的度数是解题的难点．
(1)如图，连接AE，利用圆周角定理推知AE是等腰△ABC的垂线，结合等腰三角形的性质证得结论；
(2)如图，连接OD，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理可以求得圆心角∠AOD的度数，然后利用弧长公式进行解答．
23.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．
24.(1)证明：连接OC，
∵点C是BE的中点，
∴BC=CE，
∴∠BAC=∠CAE，
∵OC=OA，
∴∠OCA=∠OAC，
∴∠OCA=∠CAD，
∴OC//AD，
∵AE⊥CD，
∴OC⊥DF，
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
(2)解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠ABC=60°，
∴∠BAC=30°，
∴∠CAD=∠BAC=30°，
∵∠D=90°，CD= 3，
∴AD= 3CD=3，
∵∠F=180°−∠D−∠BAD=30°，
∴AF=2AD=6．
【解析】(1)连接OC，由点C是BE的中点，得到BC=CE，根据圆周角定理得到∠BAC=∠CAE，求得∠OCA=∠CAD，根据平行线的性质得到OC⊥DF，根据切线的判定定理得到结论；
(2)根据圆周角定理得到∠ACB=90°，求得∠BAC=30°，得到AD= 3CD=3，根据直角三角形的性质得到结论．
本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理正确地作出辅助线是解题的关键．
25.解：(1)①a=−4，y=x2+2ax+a−3=x2−8x−7；
②当x=−b2a=4时，y取得最小值为：16−32−7=−23；
(2)合理，理由：
∵1>0，故函数有最小值，
当x=−b2a=−a时，y取得最小值，
故甲同学的说法合理；
(3)正确，理由：
当x=−a时，y=x2+2ax+a−3=−a2+a−3，
∵−1<0，故y有最大值，
当a=12时，y的最大值为：−14+12−3=−114．
【解析】(1)①a=−4，y=x2+2ax+a−3=x2−8x−7；
②当x=−b2a=4时，y取得最小值，即可求解；
(2)1>0，故函数有最小值，即可求解
(3)当x=−a时，y=x2+2ax+a−3=−a2+a−3，−1<0，故y有最大值，即可求解．
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到二次函数的图象和性质、函数最值得求解等，熟悉函数的性质是解题的关键．
26.解：(1)证明：由旋转的性质可得DB=DF，∠BDF=60°，AB=EB，∠ABE=60°，
∴△BDF是等边三角形，BD=BF，
∴∠DBF=∠ABE=60°，
∴∠DBF−∠ABF=∠ABE−∠ABF，
∴∠ABD=∠EBF，
在△BDA与△BFE中，
{BD=BF∠ABD=∠EBFAB=EB,
∴△BDA≌△BFE(SAS)；
(2)证明：由(1)可知△BDF是等边三角形，
∴∠BFD=∠BDF=60°，
∵当C，D，F，E共线时，CD+DF+FE最小，
∴∠BFE=180°−∠BFD=120°，
∵△BDA≌△BFE，
∴∠BDA=∠BFE=120°，
∴∠ADF=∠BDA−∠BDF=120°−60°=60°，
∴∠ADF=∠BFD，
∴AD//BF；
(3)∠MPN的大小是定值，理由如下：
∵M，N，P分别是DF，AF，AE的中点，
∴MN//AD，MN=12AD，PN//EF，PN=12EF，
∵△BDA≌△BFE，
∴∠BEF=∠BAD，AD=EF，
∴MN=PN，
∵AB=EB，∠ABE=60°，
∴△ABE为等边三角形，∠AEB=∠BAE=60°，
设∠BEF=∠BAD=α，∠PAN=β，
∴∠AEF=∠AEB−∠BEF=60°−α=∠APN，∠EAD=∠BAE+∠BAD=60°+α，
∴∠PNF=∠APN+∠PAN=60°−α+β，
∴∠FNM=∠FAD=∠BAF+∠BAD=∠BAE−∠PAN+∠BAD=60°−β+α，
∴∠PNM=∠PNF+∠FNM
=60°−α+β+60°−β+α
=120°，
∴∠MPN=12(180°−∠PNM)=30°，
∴∠MPN的大小为定值，且∠MPN=30°．
【解析】(1)结合旋转的性质，利用SAS即可证明结论；
(2)当C，D，F，E共线时，CD+DF+FE最小，得∠BFE=120°，则∠BDA=120°，得∠ADF=∠BDA−∠BDF=60°，则∠ADF=∠BFD，根据平行线的判定即可证明结论；
(3)由三角形中位线定理得MN/​/AD，MN=12AD，PN/​/EF，PN=12EF，可得MN=PN，设∠BEF=∠BAD=α，∠PAN=β，则∠AEF=60°−α=∠APN，∠EAD=60°+α，∠PNF=60°−α+β，∠FNM=60°−β+α，∠PNM=∠PNF+∠FNM=120°，再根据三角形内角和定理求出∠MPN的度数即可得出结论．
a
…
−4
−2
0
2
4
…
x
…
∗
2
0
−2
−4
…
y的最小值
…
∗
−9
−3
−5
−15
…