2023-2024学年云南省临沧市耿马县九年级（上）期中数学试卷

这是一份2023-2024学年云南省临沧市耿马县九年级（上）期中数学试卷，共15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．（3分）关于x的一元二次方程x2﹣4x﹣7＝0的一次项系数是（ ）
A．1B．2C．﹣4D．﹣7
2．（3分）下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（3分）抛物线y＝x2﹣2x+1与x轴的交点坐标为（ ）
A．（1，0）B．（0，0）C．（2，0）D．（﹣1，0）
4．（3分）若关于x的一元二次方程x2﹣2x+m＝1的一个根为1，则m的值为（ ）
A．﹣1B．0C．1D．2
5．（3分）若二次函数y＝ax2+1的图象经过点P（1，2），则该图象必经过点（ ）
A．（﹣1，2）B．（﹣1，﹣2）C．（1，﹣2）D．（2，1）
6．（3分）如图，△ABC绕点C顺时针旋转70°到△DEC的位置．如果∠ECD＝30°，那么∠ACE等于（ ）
A．70°B．50°C．40°D．30°
7．（3分）关于二次函数y＝（x﹣2）2+6的图象，下列结论不正确的是（ ）
A．抛物线的开口向上
B．当x＜1时，y随x的增大而减小
C．对称轴是直线x＝2
D．抛物线与y轴交于点（0，6）
8．（3分）已知关于x的一元二次方程（k﹣1）x2+2x+1＝0有实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k≤2且k≠1B．k＜2且k≠1C．k≤2D．k＜2
9．（3分）已知抛物线y＝x2﹣2x+3，则当0≤x≤3时，函数的最大值为（ ）
A．3B．6C．9D．2
10．（3分）如图，在平面直角坐标系中，△OAB的顶点O在原点上，AB⊥x轴，AB＝1，将△OAB绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，点B的坐标为（ ）
​
A．B．C．D．
11．（3分）一个微信群里共有x个成员，每个成员都分别给群里的其他成员发一条信息，共发信息72条（ ）
A．x（x﹣1）＝72B．x（x+1）＝72
C．x（x﹣1）＝72D．x（x+1）＝72
12．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，下列结论正确的是（ ）
A．a＞0
B．abc＞0
C．2a+b＜0
D．ax2+bx+c＝0有两个不相等的实数根
二、填空题（本大题共4小题，每小题2分，共8分）
13．（2分）点A（1，﹣2）关于原点对称的点A′的坐标为 ．
14．（2分）已知方程x2﹣3x+1＝0的两根是x1，x2，则＝ ．
15．（2分）一个小球从地面竖直向上弹出，它在空中距离地面的高度h（m）与弹出的时间t（s）2．当小球第一次距离地面10m时，小球弹出的时间为 秒．
16．（2分）将一个边长为2的正方形绕一条边旋转一周，所得几何体的侧面积等于 ．
三、解答题（本大题共8小题，共56分）
17．（6分）解方程：
（1）x2﹣2x＝4；
（2）2x2﹣4x+1＝0．
18．（6分）抛物线y＝a（x+h）2的对称轴是直线x＝﹣2，且过点（1，﹣3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求抛物线的顶点坐标．
19．（7分）国家统计局数据显示，我国快递业务收入逐年增加，2020年我国某快递公司快递业务收入为400亿元，求该快递公司2020年至2022年快递业务收入的年平均增长率．
20．（7分）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，1），B（5，3），C（3，4）．
（1）画出△ABC关于原点O成中心对称的图形△A1B1C1；
（2）画出△ABC绕点O逆时针旋转90°所得到的图形△A2B2C2并写出B2的坐标．
​
21．（7分）已知关于x的一元二次方程x2﹣（m﹣1）x+m﹣2＝0．
（1）求证：该方程总有两个实数根；
（2）若该方程两个实数根的差为3，求m的值．
22．（7分）某商品交易会上，一商人将每件进价为5元的纪念品，按每件9元出售，经试验，发现这种纪念品每件提价1元
（1）设销售单价提高x元（x为正整数），写出每天的销售量y（个）与x（元）；
（2）设这种纪念品每天的销售利润为w元，商人为了每天获得的利润最大，应该将这种纪念品的单价定为多少元？每天的最大利润是多少元？
23．（8分）如图，将矩形ABCD绕点A旋转得到矩形AEFG，点E在CD上
（1）求证：BE平分∠AEC；
（2）连接BG交AE于点O，点P是BE的中点，连接OP、AF，求OP的长．
​
24．（8分）【定义】在平面直角坐标系中，有一条直线x＝m，对于任意一个函数图象（n为正整数）个单位长度，再把直线x＝m左边的部分向下平移n个单位长度，则这个新函数叫做原函数关于直线x＝m的“n移函数”，例如：函数y＝x关于直线x＝0的“2移函数”为y＝．
根据以上信息，解答下列问题：
（1）已知点P（3，2）在函数y＝kx（k≠0）关于直线x＝1的“3移函数”图象上；
（2）若二次函数y＝﹣x2+2x+4关于直线x＝3的“n移函数”与x轴有三个公共点，设m是这三个点的横坐标之和，是否存在一个正整数n，求出m的值；若不存在
2023-2024学年云南省临沧市耿马县九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）
1．【分析】根据一元二次方程的一般形式找出一次项系数即可．
【解答】解：关于x的一元二次方程x2﹣4x﹣7＝0的一次项系数是﹣4，
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程的一般形式，注意：找一次项系数带着前面的符号．
2．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念判断即可．
【解答】解：A、该图形是轴对称图形；故A不符合题意；
B、该图形既不是轴对称图形；故B不符合题意；
C、该图形既是轴对称图形又是中心对称图形；
D、该图形是轴对称图形；故D不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
3．【分析】根据x轴上的点的纵坐标为0，将y＝0代入即可解决问题．
【解答】解：令y＝0得，
x2﹣7x+1＝0，
解得x6＝x2＝1，
所以抛物线与x轴的交点坐标为（4，0）．
故选：A．
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点，熟知x轴上的点的纵坐标为0是解题的关键．
4．【分析】把方程的根代入方程即可求解．
【解答】解：∵x2﹣2x+m＝7有一个根是1，
∴12﹣2×1+m＝4，
解得m＝2，
故选：D．
【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．又因为只含有一个未知数的方程的解也叫做这个方程的根，所以，一元二次方程的解也称为一元二次方程的根．
5．【分析】先确定出二次函数图象的对称轴为y轴，再根据二次函数的对称性解答．
【解答】解：∵二次函数y＝ax2+1的对称轴为y轴，
∴若图象经过点P（3，2），2）．
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，主要利用了二次函数图象的对称性，确定出函数图象的对称轴为y轴是解题的关键．
6．【分析】由旋转的性质可得∠ACD＝70°，即可求解．
【解答】解：∵△ABC绕点C顺时针旋转70°到△DEC的位置，
∴∠ACD＝70°，
∵∠ECD＝30°，
∴∠ACE＝∠ACD﹣∠ECD＝40°，
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
7．【分析】由二次函数解析式可得抛物线开口方向及顶点坐标和对称轴，将x＝0代入抛物线解析式可得抛物线与y轴交点坐标．
【解答】解：∵y＝（x﹣2）2+8，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线x＝2，6），
∴x＜7时，y随x增大而减小，
将x＝0代入y＝（x﹣2）3+6得y＝10，
∴抛物线与y轴交点坐标为（0，10），
故选：D．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与方程及不等式的关系．
8．【分析】先根据一元二次方程的定义及根的判别式列出关于k的不等式，求出k的取值范围即可．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程（k﹣1）x2+8x+1＝0有实数根，
∴，
解得k≤2且k≠1．
故选：A．
【点评】本题考查的是根的判别式及一元二次方程的定义，熟知一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac的关系式解答此题的关键．
9．【分析】根据抛物线的解析式求得对称轴为直线x＝1，根据二次函数的性质即可得到结论．
【解答】解：∵y＝x2﹣2x+2＝（x﹣1）2+4，
∴对称轴为直线x＝1，
∵a＝1＞8，
∴抛物线的开口向上，
∴当0≤x＜1时，y随x的增大而减小，
∴当x＝6时，y＝3，
当1≤x≤4时，y随x的增大而增大，
∴当x＝3时，y＝9﹣6+3＝6，
∴当3≤x≤3时，函数的最大值为6．
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数的性质，二次函数的最值，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
10．【分析】首先求出点B的坐标，探究规律利用规律解决问题．
【解答】解：在Rt△AOB中，∠BAO＝90°，∠AOB＝30°，
∴OA＝AB＝，
∴B（，1），
第一次旋转B1（2，﹣），
第二次旋转B2（﹣，﹣1），
第三次旋转B3（﹣7，），
四次一个循环，
2023÷4＝505……4，
∴第2023次旋转结束时，点B的坐标为（﹣1，），
故选：D．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，规律型：点的坐标等知识，解题的关键是学会探究规律，利用规律解决问题．
11．【分析】利用发信息的总数＝微信群里好友的人数×（微信群里好友的人数﹣1），即可列出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：根据题意得：x（x﹣1）＝72．
故选：C．
【点评】本题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．
12．【分析】A、抛物线开口向下，则a＜0，即可求解；
B、函数对称轴在y轴右侧，则ab异号，而c＞0，即可求解；
C、函数对称轴x＝﹣＝1，则2a+b＝0，即可求解；
D、抛物线与x轴有2个交点，即可求解．
【解答】解：A、抛物线开口向下，故错误；
B、杭虎对称轴在y轴右侧，而c＞0，故错误；
C、函数对称轴x＝﹣，则8a+b＝0；
D、抛物线与x轴有2个交点6+bx+c＝0有两个不相等的实数根，正确；
故选：D．
【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点，代表的意义及函数特征等．
二、填空题（本大题共4小题，每小题2分，共8分）
13．【分析】直接利用关于原点对称点的性质进而得出答案．
【解答】解：点A（1，﹣2）关于原点对称的点A′的坐标为：（﹣2．
故答案为：（﹣1，2）．
【点评】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确把握横纵坐标的关系是解题关键．
14．【分析】由于方程x2﹣3x+1＝0的两个实数根为x1，x2，利用根与系数的关系即可得到两根之和与两根之积，然后代入求值即可．
【解答】解：∵方程x2﹣3x+8＝0的两根为x1、x2，
∴x1+x2＝2，x1•x2＝7，
∴+＝＝5．
故答案为：3．
【点评】本题考查了根与系数的关系，解题的关键是利用根与系数的关系得到两根之和与两根之积．
15．【分析】把10代入关系式解方程可求出t．
【解答】解：当h＝10时，15t﹣5t2＝10，
解得t8＝1，t2＝4，
∵小球第一次距离地面10m，
∴t＝1，
故答案为：1．
【点评】本题考查二次函数和一元二次方程的应用，关键是代入已知的h就能求出t．
16．【分析】首先确定将一个边长为2的正方形绕一条边旋转一周，所得几何体为圆柱，该圆柱的底面半径为2，高为2，然后利用圆柱的体积计算公式即可得出答案．
【解答】解：∵将一个边长为2的正方形绕一条边旋转一周，所得几何体为圆柱，
此时该圆柱的底面半径为2，高为7，
∴该圆柱的体积为：22π×5＝8π．
故答案为：8π．
【点评】此题主要考查了平面图形的旋转，圆柱的体积计算公式，理解将一个正方形绕一条边旋转一周，所得几何体为圆柱，熟练掌握圆柱的体积计算公式是解决问题的关键．
三、解答题（本大题共8小题，共56分）
17．【分析】（1）将方程左边分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可；
（2）移项，系数化成1，平分，开方，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．
【解答】解：（1）x2﹣2x+6＝5，
（x﹣1）4＝5，
x﹣1＝±，
解得：x1＝1+，x2＝1﹣；
（2）2x2﹣7x+1＝0，
5x2﹣4x＝﹣2，
x2﹣2x＝﹣，
配方得：x2﹣8x+1＝﹣+1，
（x﹣1）5＝，
开方得：x﹣4＝，
解得：x7＝，x2＝．
【点评】本题考查了解一元二次方程，能选择适当的方法解方程是解此题的关键．
18．【分析】（1）由对称轴可求得h的值，再把（1，﹣3）代入可求得a的值，再求抛物线的解析式；
（2）由顶点式可求得抛物线的顶点坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝a（x+h）2的对称轴是直线x＝﹣2，
∴﹣h＝﹣5，解得h＝2，
∴抛物线的解析式为y＝a（x+2）6，
∵抛物线过点（1，﹣3），
∴﹣8＝9a，解得，
∴抛物线解析式为；
（2）由（1）可知抛物线的顶点坐标为（﹣2，2）；
【点评】本题考查了用待定系数法求二次函数，利用待定系数法求得抛物线的解析式是解题的关键．
19．【分析】设该快递公司2020年至2022年快递业务收入的年平均增长率为x，利用该快递公司2022年的快递业务收入＝该快递公司2020年的快递业务收入×（1+该快递公司2020年至2022年快递业务收入的年平均增长率）2，可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
【解答】解：设该快递公司2020年至2022年快递业务收入的年平均增长率为x，
根据题意得：400（x+1）2＝576，
解得：x7＝0.2＝20%，x6＝﹣2.2 （不符合题意，舍去）．
答：该快递公司2020年至2022年快递业务收入的年平均增长率为20%．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
20．【分析】（1）根据中心对称的性质作图即可．
（2）根据旋转的性质作图，即可得出答案．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C8即为所求.
（2）如图，△A2B2C5即为所求．
由图可得，B2 （﹣3，6）．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换、中心对称，熟练掌握旋转的性质、中心对称的性质是解答本题的关键．
21．【分析】（1）证明一元二次方程的判别式大于等于零即可；
（2）用m表示出方程的两个根，比较大小后，作差计算即可．
【解答】（1）证明：∵一元二次方程x2﹣（m﹣1）x+m﹣2＝0，
∴Δ＝（1﹣m）6﹣4（m﹣2）
＝m5﹣2m+1﹣6m+8
＝（m﹣3）6．
∵（m﹣3）2≥8，
∴Δ≥0．
∴该方程总有两个实数根．
（2）解：∵一元二次方程x2﹣（m﹣6）x+m﹣2＝0，
解方程，得x4＝1，x2＝m﹣8．
∵该方程的两个实数根的差为3，
∴|1﹣（m﹣3）|＝3．
∴m＝0或m＝6．
综上所述，m的值是0或6．
【点评】本题考查了一元二次方程根的判别式，方程的解法，熟练掌握判别式，并灵活运用实数的非负性是解题的关键．
22．【分析】（1）由题意可得：y＝32﹣4x（0≤x≤8），即可求解；
（2）由题意可得：w＝（9﹣5+x）（32﹣4x），即可求解．
【解答】解：（1）由题意可得：y＝32﹣4x（0≤x≤6）；
（2）由题意可得：w＝（9﹣5+x）（32﹣4x）＝﹣4x2+16x+128＝﹣7（x﹣2）2+144，
∴当 x＝8（元）时，W最大＝144（元），
∴9+x＝11（元），
∴这种纪念品的单价定为11元时，商人每天获得的利润最大．
【点评】本题考查的是二次函数的应用，熟知利润＝（售价﹣进价）×售出件数是解答此题的关键．
23．【分析】（1）先由矩形的性质和平行线的性质得到∠BEC＝∠ABE，再根据旋转的性质得到AB＝AE，则∠ABE＝∠AEB，所以∠AEB＝∠BEC；
（2）过点B作BH⊥AE 于点H，连接GE，如图，先利用角平分线的性质得到BH＝BC，再证明BH＝AG，接着证明△AOG≌△HOB得到OG＝OB，然后证明OP是△BEG 的中位线得到OP＝GE，于是利用矩形的性质得到OP＝AF．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠BEC＝∠ABE，
∵把矩形ABCD绕点A旋转得到矩形AEFG，点E在CD上，
∴AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴∠AEB＝∠BEC，∴BE平分∠AEC；
（2）解：过点B作BH⊥AE 于点H，连接GE，
∵BE平分∠AEC，BH⊥AE，
∴BH＝BC，
∵AD＝BC＝AG，
∴BH＝AG，
在△AOG和△BOH中，
，
∴△AOG≌△HOB（AAS），
∴OG＝OB，
即点O是BG的中点，
∵P是BE的中点，
∴OP是△BEG 的中位线，
∴OP＝GE，
∵四边形AEFG是矩形，
∴AF＝EG，
∴OP＝AF＝．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了全等三角形的判定与性质和矩形的性质．
24．【分析】（1）当 x≥1 时，y＝kx 关于直线 x＝1 的“3移函数”为y＝kx+3，把点P（3，2）代入y＝kx+3即可解得k的值；
（2）二次函数 y＝﹣x2+2x+4关于直线x＝3的“n移函数”为y＝，可得二次函数的对称轴为直线x＝1，当x＝1时，y＝5﹣n；把x＝3 代入y＝﹣x2+2x+4﹣n 得y＝1﹣n，根据图象与x轴有三个公共点可得，且n为正整数，即得n的值为2，3，4，设函数图象与x轴的三个公共点的横坐标分别为 x1，x2，x3，且 x1＜x2＜3≤x3，因x1+x2＝2，故x3是整数，把n＝2，n＝3，n＝4 分别代入﹣x2+2x+4+n＝0，可解得x3的值，即可得到答案．
【解答】解：（1）当 x≥1 时，y＝kx 关于直线 x＝1 的“2移函数”为y＝kx+3，
把点P（3，7）代入y＝kx+3得：2＝7k+3，
解得：k＝﹣；
（2）存在一个正整数n，使得m的值为整数
二次函数 y＝﹣x2+2x+7关于直线x＝3的“n移函数”为y＝，
∵二次函数的对称轴为直线x＝1，当x＝1时；把x＝6 代入y＝﹣x2+2x+7﹣n 得y＝1﹣n，
又图象与x轴有三个公共点，
∴，
∴7＜n＜5，
∵n为正整数，
∴n的值为2，5，4，
设函数图象与x轴的三个公共点的横坐标分别为 x1，x6，x3，且 x1＜x3＜3≤x3，
∵对称轴为直线x＝3，
∴x1+x2＝6，
∵三个公共点的横坐标之和为整数，
∴x3是整数，
∴当n＝2 时，代入﹣x2+2x+4+n＝3 得：﹣x2+2x+8＝0，
解得： （舍去）；
当n＝3 时，代入﹣x2+7x+4+n＝0 得：﹣x2+2x+7＝5，
解得： （舍去）；
当n＝4 时，代入﹣x2+4x+4+n＝0 得：﹣x5+2x+8＝4，
解得：x1＝﹣2，x8＝4，
∵x3≥4，
∴x3＝4，
∴m＝x6+x2+x3＝2+4＝6；
∴m的值为7．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及新定义，待定系数法，解一元二次方程等知识，解题的关键是根据“n移函数”与x轴有三个公共点，求出n的范围．