福建省厦门市集美中学2023-2024学年九年级上学期期中模拟数学试题【含答案】

福建省厦门市集美中学2023-2024学年九年级上学期数学期中模拟一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）1.关于x的一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（）A.1，， B.，， C.1，，1 D.1，5，1【答案】C【解析】【分析】求出一元二次方程的一般式，然后进行判断即可．【详解】解：由题意知，，∴二次项系数、一次项系数、常数项分别是1，，1，故选：C．【点睛】本题考查了一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项．解题的关键在于对知识的熟练掌握．2.下列四个标志中．既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念解答．【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形；B、是轴对称图形，不是中心对称图形；C、既是轴对称图形，又是中心对称图形；D、是轴对称图形，不是中心对称图形；故选：C．【点睛】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度后与原图重合．3.抛物线y＝﹣（x+1）2﹣2的对称轴是（）A.x＝1 B.x＝﹣1 C.x＝2 D.x＝﹣2【答案】B【解析】【分析】由y＝a（x﹣h）2+k的对称轴是直线x＝h可得答案．【详解】解：抛物线y＝﹣（x+1）2﹣2的对称轴是直线x＝﹣1，故选：B．【点睛】本题考查了二次函数的顶点式，熟知二次函数顶点式为，顶点坐标为，对称轴为直线．4.如图，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，若线段AB＝4，则BE的长为（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】B【解析】【分析】根据旋转的性质可得AB=AE，∠BAE=60°，然后判断出△AEB是等边三角形，再根据等边三角形的三条边都相等可得BE=AB．【详解】解：∵△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，∴AB=AE，∠BAE=60°，∴△AEB等边三角形，∴BE=AB，∵AB=4，∴BE=4．故选：B．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握图形旋转的性质是解答本题的关键.5.如图，为直径，弦于点，，，则长为（）A.10 B.9 C.8 D.5【答案】A【解析】【分析】设的半径为，则，根据垂径定理求出，，在中，由勾股定理得出方程，求出方程的解即可．【详解】解：连接，设的半径为，则，，，，，在中，由勾股定理得：，，解得：，即，故选：A．【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理的应用，解题的关键是求出的长和得出关于的方程，注意：垂直于弦的直径平分这条弦．6.二次函数的图象与x轴的交点个数是（）A.0个 B.1个 C.2个 D.不能确定【答案】B【解析】【分析】利用“二次函数的图象和性质与一元二次方程之间的关系”解答即可．【详解】解：判断二次函数图象与轴的交点个数，就是当时，方程解的个数，，此方程有两个相同的根，二次函数的图象与轴有一个交点．故选：B．【点睛】主要考查了二次函数的图象和性质与一元二次方程之间的关系，解题的关键是掌握两者之间的关系．7.将抛物线y＝（x+2）2﹣3先向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度后所得抛物线的解析式为（）A.y＝（x+3）2﹣5 B.y＝（x+3）2﹣1 C.y＝（x+1）2﹣1 D.y＝（x+1）2﹣5【答案】D【解析】【分析】先得到抛物线y＝（x+2）2﹣3的顶点坐标为（﹣2，﹣3），再利用点的平移规律得到点（-2，-3）平移后对应点的坐标为（-1，-5），然后根据顶点式写出平移的抛物线解析式．【详解】解：抛物线y＝（x+2）2﹣3的顶点坐标为（﹣2，﹣3），把（﹣2，﹣3）向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度后得到对应点的坐标为（﹣1，﹣5），所以平移后抛物线解析式为y＝（x+1）2﹣5．故选：D．【点睛】本题考查了二次函数图象的平移与几何变换，利用抛物线解析式的变化规律：左加右减，上加下减是解题关键．8.据省统计局公布的数据，合肥市2023年第一季度总值约为2.6千亿元人民币，若我市第三季度总值为y千亿元人民币，平均每个季度GDP增长的百分率为x，则y关于x的函数表达式是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】第二季度总值为，第三季度为，得解；【详解】解：第三季度总值为；故选：C【点睛】本题考查增长率问题，理解固定增长率下增长一期、二期后的代数式表达是解题的关键．9.如图，在正方形ABCD中，，E为AB边上一点，点F在BC边上，且，将点E绕着点F顺时针旋转90°得到点G，连接DG，则DG的长的最小值为（）A.2 B. C.3 D.【答案】C【解析】【分析】过点作于点，延长交于点，设，只要证得，利用全等三角形的性质可得，，进而得到，在中，利用勾股定理即可求解．【详解】解：过点作于点，延长交于点，则，∵四边形是正方形，∴，∴四边形是矩形，∴，，∵，∴，又，∴，∵，，∴，∴，，∴，设，则，在中，由勾股定理得，，当时，有最小值为，∴的最小值为，故选：C【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理的运用，作出适当的辅助线是解题的关键．10.对于一元二次方程，正确的结论是（）①若，则；②若方程有两个不相等的实根，则方程必有两个不相等的实根；③若是一元二次方程的根，则．A.①② B.①③ C.②③ D.①②③【答案】C【解析】【分析】利用得到，则，于是可对①进行判断；利用根的判别式可对②进行判断；根据一元二次方程的解的定义可对③进行判断．【详解】解：①，一元二次方程有一解为，，故①不正确，不合题意；②方程有两个不相等的实根，，，方程必有两个不相等的实根，故②正确，符合题意；③是一元二次方程的根，，，，，，故③正确，符合题意；综上分析可知，正确的是②③．故选：C．【点睛】本题主要考查一元二次方程的根、一元二次方程的根的判别式，熟练掌握一元二次方程的根、一元二次方程的根的判别式是解决本题的关键．二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）11.方程的解为________．【答案】，【解析】【分析】利用因式分解法即可求解．【详解】解：

∴

故答案为：

【点睛】本题考查因式分解法求解一元二次方程．掌握相关方法即可．12.若与关于原点对称，则的值为______．【答案】【解析】【分析】两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，据此可得，的值．【详解】解：与关于原点对称，，，解得，，的值，故答案为：．【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，解题的关键是掌握点关于原点的对称点是．13.有一个人患了流感，经过两轮传染后共有121人患了流感，每轮传染中平均一个人传染了几个人?设每轮传染中平均一个人传染了x个人，则可列方程____________________．【答案】1+x+x(1+x)=121【解析】【分析】先根据题意列出第一轮传染后患流感的人数，再列出第二轮传染后患流感的人数，而已知第二轮传染后患流感的人数即可列出方程．【详解】设每轮传染中平均一个人传染了x个人，第一轮传染后患流感的人数为：1+x，第二轮传染后患流感的人数为：1+x+x(1+x)，经过两轮传染后共有121人患了流感，可列方程为：1+x+x(1+x)=121，故答案为：1+x+x(1+x)=121．【点睛】本题考查传染流感病问题，关键分清题意，找出等量关系，两轮传染的人数是等量关系，列出一轮传染的代数式，二轮传染的代数式即可解决问题．14.在平面直角坐标系xOy中，已知点，，在抛物线上，若，则，，的大小关系为_____（用“<”表示）【答案】【解析】【分析】根据二次函数的图象与性质，将三点转化到对称轴的一侧，根据二次函数的性质进行比较大小即可．【详解】解：∵，∴抛物线的对称轴为直线，∵，∴，令关于直线对称的点坐标为，则，∴，∵，∴当时，随的增大而增大，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．15.⊙O的半径为13cm，AB，CD是⊙O的两条弦，ABCD，AB＝24cm，CD＝10cm．则AB和CD之间的距离_____．【答案】7或17【解析】【分析】作OE⊥AB于E，交CD于F，连接OA、OC，如图，根据平行线的性质得OF⊥CD，再利用垂径定理得到AE＝AB＝12，CF＝CD＝5，接着根据勾股定理，在Rt△OAE中计算出OE＝5，在Rt△OCF中计算出OF＝12，然后分类讨论：当圆心O在AB与CD之间时，EF＝OF+OE；当圆心O不在AB与CD之间时，EF＝OF﹣OE．【详解】解：作OE⊥AB于E，交CD于F，连接OA、OC，如图，∵AB∥CD，∴OF⊥CD，∴AE＝BE＝AB＝12，CF＝DF＝CD＝5，在Rt△OAE中，∵OA＝13，AE＝12，∴OE＝＝5，Rt△OCF中，∵OC＝13，CF＝5，∴OF＝＝12，当圆心O在AB与CD之间时，EF＝OF+OE＝12+5＝17；当圆心O不在AB与CD之间时，EF＝OF﹣OE＝12﹣5＝7；即AB和CD之间的距离为7cm或17cm．故答案为7cm或17cm．【点睛】本题考查了垂径定理：垂直于弦直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．学会运用分类讨论的思想解决数学问题．16.已知二次函数的图象与轴的一个交点坐标为，对称轴为直线，下列论中：①若点，，均在该二次函数图象上，则；②；③若m为任意实数，则；④方程的两实数根为，且，则，．正确结论为________．【答案】①②④【解析】【分析】由抛物线经过可判断①，由各点到抛物线对称轴的距离大小可判断从而判断②，由时取最大值可判断③，由抛物线的对称性可得抛物线与轴交点坐标，从而判断④．【详解】解：，抛物线开口向下，点，，均在该二次函数图象上，且点到对称轴的距离最大，点到对称轴的距离最小，，①正确；图象与轴的一个交点坐标为，对称轴为直线，图象与轴的另一个交点坐标为，，，②正确；，，，，抛物线的最大值为，为任意实数，则，，，，③错误；方程的两实数根为，，抛物线与直线的交点的横坐标为：，，由抛物线对称性可得抛物线与轴另一交点坐标为，抛物线与轴交点坐标为，，抛物线开口向下，，，，④正确．故答案为：①②④．【点睛】本题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数与方程及不等式的关系．三．解答题（共9小题，满分86分）17.解方程：3x2-5x+2=0【答案】x1=1，x2=【解析】【分析】利用因式分解法即可解答．【详解】解：3x2-5x+2=0∴，∴或解得：x1=1，x2=【点睛】本题考查了一元二次方程的解法，解题的关键是灵活选择方法解方程．18.先化简，再求值：，其中．【答案】；【解析】【分析】先根据分式的混合运算法则进行化简，然后再结合条件整体代入求值即可．【详解】解：原式∵，∴，∴原式．【点睛】本题考查分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则，注意基本运算顺序是解题关键．19.已知二次函数．（1）求该二次函数的顶点坐标；（2）求该二次函数图象与x轴、y轴的交点；（3）在平面直角坐标系中，画出二次函数的图象；（4）结合函数图象，直接写出当时，y的取值范围．【答案】（1）（2）该二次函数图象与x轴的交点坐标为或，与y轴的交点坐标为（3）见解析（4）【解析】【分析】（1）将二次函数表达式化为顶点式，即可进行解答；（2）分别将，代入二次函数表达式，即可求出与x轴、y轴的交点坐标；（3）根据列表，描点，连线的步骤即可画出二次函数的图象；（4）根据图象即可进行解答．【小问1详解】解：∵，∴该二次函数的顶点坐标为．【小问2详解】把代入得：，解得：，，∴该二次函数图象与x轴的交点坐标为或，把代入得：，∴该二次函数图象与y轴的交点坐标为；【小问3详解】列表：x……0123……y……00……函数图象如图所示：【小问4详解】由图可知：当时，．【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，解题的关键是掌握的顶点坐标为，牢记坐标轴上点的坐标特征．20.如图，已知，．将绕点A顺时针旋转得到，其中点B的对应点D落在AC边上．（1）用无刻度的直尺和圆规作出；（2）连接BD，CE，当时，判断线段CE，BD，CD之间的数量关系，并说明理由．【答案】（1）见解析（2），理由见解析【解析】【分析】(1)作线段AD=AB，以点A为圆心，AC为半径画弧，以D为圆心，BC长为半径画弧，两弧交于点E，连接AE，DE，图中为所求作的三角形．(方法不唯一)(2)根据由旋转的性质可知，，，可以得出是等边三角形．所以，还可以得出是等边三角形，得到．根据，得到．【小问1详解】正确画出图形，如下：所以，图中为所求作的三角形．【小问2详解】．理由是：由旋转的性质可知，，，∵，∴是等边三角形．∴，．∴，∴是等边三角形．∴．∵，∴．【点睛】本题考查了旋转尺规作图，作一条线段等于已知线段，作一个角等于已知角，以及旋转的性质，等边三角形的性质等，熟悉旋转的性质是解题的关键．21.如图，在⊙O中，弦BC垂直于半径OA，垂足为点E，D是优弧BC上一点，连接BD，AD，OC，（1）求∠ADB的度数；（2）若OE＝3，OA＝5，求BC的长．【答案】（1）（2）8【解析】【分析】（1）连接OB，根据垂径定理求出，根据圆周角定理求出，再求出答案即可；（2）利用勾股定理求出BE即可．【小问1详解】解：连接OB，∵OA⊥BC，OA过圆心O，∴，∵，∴，∴；【小问2详解】∵OA⊥BC，BC＝2，OA过圆心O，∴BE＝EC，∵OB＝OA＝5，OE＝3，∴BE＝＝＝4，∴BC＝2BE＝8．【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，勾股定理等知识点，能熟记垂径定理是解此题的关键．22.已知关于x的一元二次方程．（1）求证：该方程总有两个实数根；（2）若此方程的两个实数根，满足，求k的值．【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）根据根的判别式，即可判断；（2）利用根与系数关系求出，，即，从而列出关于的方程，解出即得出结果．【小问1详解】解：，该方程总有两个实数根；【小问2详解】解：方程的两个实数根，，由根与系数关系可知，，，，即，．【点睛】本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，解题的关键是利用一元二次方程的根的判别式以及根与系数的关系．23.卡塔尔世界杯完美落幕．在一场比赛中，球员甲在离对方球门30米处的点起脚吊射（把球高高地挑过守门员的头顶，射入球门），假如球飞行的路线是一条抛物线，在离球门14米时，足球达到最大高度8米．如图所示，以球员甲所在位置点为原点，球员甲与对方球门所在直线为轴，建立平面直角坐标系．（1）求满足条件的抛物线的函数表达式；（2）如果葡萄牙球员罗站在球员甲前3米处，罗跳起后最高能达到米，那么罗能否在空中截住这次吊射？【答案】（1）（2）能【解析】【分析】（1）根据题意得出二次函数的顶点坐标，进而求出二次函数解析式；（2）将代入函数表达式，与相比较即可得出答案．【小问1详解】解：由题意可得，足球距离点米时，足球达到最大高度8米，设抛物线解析式为：，把代入解析式得：，解得：，故抛物线解析式为：；【小问2详解】当时，，故罗能在空中截住这次吊射．【点睛】此题主要考查了二次函数的应用，正确求出二次函数解析式是解题关键．24.旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时，往往可以通过旋转解决问题．如图①，在四边形ABCD中，，，，，．【问题提出】（1）如图②，在图①的基础上连接BD，由于，所以可将绕点D顺时针方向旋转60°，得到，则的形状是_______；【尝试解决】（2）在（1）条件下，求四边形ABCD的面积；【类比应用】（3）如图③，等边的边长为2，是顶角的等腰三角形，以D为顶点作一个60°的角，角的两边分别交AB于点M，交AC于点N，连接MN，求的周长．【答案】（1）等边三角形（2）（3）【解析】【分析】（1）由旋转的性质得出BD＝DB′，∠BDB′＝60°，所以△BDB′是等边三角形；（2）求出等边三角形的边长为3，求出三角形BDB′的面积即可；（3）将△BDM绕点D顺时针方向旋转120°，得到△DCP，则△BDM≌△CDP，得出MD＝PD，∠MBD＝∠DCP，∠MDB＝∠PDC，证明△NMD≌△NPD，证得△AMN的周长＝AB+AC＝4．【小问1详解】解：∵将△DCB绕点D顺时针方向旋转60°，得到△DAB′，∴BD＝B′D，∠BDB′＝60°，∴△BDB′是等边三角形；故答案为：等边三角形；【小问2详解】解：由（1）知，△BCD≌△B′AD，∴四边形ABCD的面积＝等边三角形BDB′的面积，∵BC＝AB′＝1，∴BB′＝AB+AB′＝2+1＝3，∴S四边形ABCD＝S△BDB′＝；【小问3详解】解：将△BDM绕点D顺时针方向旋转120°，得到△DCP，∴△BDM≌△CDP，∴MD＝PD，CP＝BM，∠MBD＝∠DCP，∠MDB＝∠PDC，∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°，∴BD＝CD，∠DBC＝∠DCB＝30°，又∵△ABC等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠MBD＝∠ABC+∠DBC＝90°，同理可得∠NCD＝90°，∴∠PCD＝∠NCD＝∠MBD＝90°，∴∠DCN+∠DCP＝180°，∴N，C，P三点共线，∵∠MDN＝60°，∴∠MDB+∠NDC＝∠PDC+∠NDC＝∠BDC﹣∠MDN＝60°，即∠MDN＝∠PDN＝60°，∴△NMD≌△NPD（SAS），∴M