广西壮族自治区玉林市2023-2024学年九年级上学期期中数学试题（含答案解析）

2023年秋季期初中期中教学质量监测九年级数学（全卷共三大题，共4页，满分为120分，考试时间：120分钟）注意事项：1．本考卷分试题卷和答题卡两部分．请将答案填写在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．2．选择题每小题选出答案后，考生用2B铅笔把答题卡上对应题目的选项标号涂黑．3．非选择题，考生用直径0.5毫米黑色签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答．一、选择题：本大题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，将正确答案涂在答题卡相应的位置上．1.下列方程是一元二次方程的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据一元二次方程的定义逐项判断即可得出答案．【详解】解：A、是一元一次方程，故本选项不符合题意；B、是一元二次方程，故本选项符合题意；C、是二元二次方程，故本选项不符合题意；D、是分式方程，故本选项不符合题意．故选：B．【点睛】本题考查一元二次方程的判断，解题的关键是掌握定义：只含有一个未知数，并且未知数项的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程．2.“创新是一个民族进步的灵魂，是国家兴旺发达的不竭动力．”下列图形是我国自主创新的国产汽车标识，在这些汽车标识中，是中心对称图形的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】此题主要考查了中心对称图形，根据把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心进行分析解答即可．【详解】解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；B、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；C、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；D、是中心对称图形，故此选项符合题意；故选：D．3.抛物线的顶点坐标是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据顶点式的顶点坐标为求解即可【详解】解：抛物线的顶点坐标是故选A【点睛】本题考查了二次函数顶点式的顶点坐标为，掌握顶点式求顶点坐标是解题的关键．4.用公式法解方程时，a，b，c的值依次是（）A.0， B.1，3， C.1， D.1，【答案】B【解析】【分析】根据公式法中，a，b，c分别为二次项的系数，一次项的系数，常数项，将方程转化为一般形式，即可．【详解】解：，整理得：，∴a，b，c的值依次是1，3，；故选B．【点睛】本题考查公式法解一元二次方程以及一元二次方程的一般形式．熟练掌握一元二次方程的一般形式，是解题的关键．5.关于方程的根的情况，下列说法正确的是（）A.有两个不相等的实数根 B.有两个相等的实数根C.没有实数根 D.无法判断【答案】C【解析】【分析】本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，用判别式来判断，若，则有两个不相等的实数根；，则有两个相等的实数根；，则无实数根．先计算判别式的值，然后根据判别式的意义判断根的情况．【详解】解：∵方程中的，，，∴，∴方程没有实数根．故选：C．6.抛物线与轴的公共点是，，则这条抛物线的对称轴是直线（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】本题考查二次函数的对称轴，根据抛物线的对称性解题，抛物线与x轴的两个交点关于对称轴对称，据此解得抛物线的对称轴．【详解】解：∵抛物线与轴的公共点是，，两交点关于抛物线的对称轴对称，则此抛物线的对称轴是直线．故选：C．7.如图将绕点A顺时针旋转到，若，则等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】本题考查了旋转的性质，根据旋转的性质得，，进而可求解，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．【详解】解：将绕点A顺时针旋转到，且，，，，故选B．8.抛物线向右平移1个单位，再向上平移3个单位，则平移后的抛物线的解析式为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据函数图象平移的方法：左加右减，上加下减，可得答案．【详解】解：抛物线向右平移1个单位可得，再向上平移3个单位可得，故选：D【点睛】本题考查二次函数图象的平移，准确掌握平移方法是解题的关键．9.在二次函数的图象上，若随的增大而减小，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】本题考查了二次函数的性质，根据二次函数的性质可知，函数图像开口向上，对称轴为直线，据此即可得到的取值范围．【详解】解：二次函数，函数图像开口向上，对称轴为直线，当时，随的增大而减小，故选B．10.在“双减政策”的推动下，我区某中学学生每天书面作业时长明显减少，2022年上学期每天书面作业平均时长为，经过2022年下学期和2023年上学期两次调整后，2023年上学期平均每天书面作业时长为．设该校这两学期平均每天作业时长每期的下降率为，则可列方程为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用2023年上学期平均每天书面作业时长年上学期每天书面作业平均时长该校这两学期平均每天作业时长每期的下降率，即可列出关于x的一元二次方程，此题得解．【详解】解：设根据题意得：．故选：C．【点睛】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．11.如图，二次函数的图象与轴的其中一个交点为，另一个交点位于和之间（不含端点），且与轴交于点．则下列结论不正确的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】二次函数图象与系数的关系．由抛物线的开口方向判断与的关系，由抛物线与轴的交点判断与的关系，然后根据对称轴及抛物线与轴交点情况以及顶点的位置进行推理，进而对所得结论进行判断．【详解】解：∵抛物线开口方向向上，∴．∵二次函数的图象与轴的其中一个交点为，另一个交点位于和之间（不含端点），∴对称轴，且即，∴．，故正确；∵抛物线与轴交于点，∴，∴．故选项正确；根据图示知，当时，，即．故选项正确；∵二次函数的对称轴，即，且与轴交于点．∴结合图形可知，∴，故选项错误；故选D．12.如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，再将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，…，依此方式，绕点连续旋转2023次得到正方形，如果点的坐标为，那么点的坐标为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由点的坐标可得，由正方形的性质可得，，从而得到，连接，由勾股定理可得，由旋转的性质可得，由将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，得到相当于线段绕点逆时针旋转，依次得到，由可得点的坐标每8次一个循环，再由可得点和重合，从而得解．【详解】解：点的坐标为，，四边形是正方形，，，，如图，连接，由勾股定理得：，由旋转的性质得：，将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，相当于线段绕点逆时针旋转，依次得到，，点的坐标每8次一个循环，，点和重合，由图可得：，点的坐标为，故选：B．【点睛】本题主要考查了旋转的性质、正方形的性质、勾股定理、点的坐标规律的探索，熟练掌握以上知识点，得到点的坐标每8次一个循环是解题的关键．二、填空题：本大题共6小题，每小题2分，共12分．请将答案填入答题卡相应的位置上．13.在平面直角坐标系中，点关于原点对称点的坐标是______．【答案】【解析】【分析】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，根据关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可直接得到答案．【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是，故答案为：．14.已知一元二次方程有一个根为，则______．【答案】【解析】【分析】本题考查了一元二次方程的解的定义，一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值，把代入方程，列出关于a的新方程，通过解该方程可以求得a的值．【详解】解：把代入方程，得：，解得：，故答案为．15.已知三角形两边长分别为4和7，第三边的长是方程的一个根，则第三边长是______．【答案】5【解析】【分析】利用因式分解法求出方程的解得到x的值，经检验即可得到第三边长．【详解】解：方程，

分解因式得：（x-3）（x-5）=0，

解得：x=3或x=5，

当x=3时，三边长为3，4，7，不符合题意舍去；

当x=5时，三边长为3，5，7，符合题意，

则第三边长为5．

故答案为：5．【点睛】本题考查了解一元二次方程-因式分解法，以及三角形的三边关系，熟练掌握运算法则是解本题的关键．16.如图，直线、垂直相交于点，曲线关于点成中心对称，点的对称点是点，于点，于点．若，，则阴影部分的面积之和为___________．【答案】12【解析】【分析】根据中心对称图形的概念，以及长方形的面积公式即可解答．在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．【详解】解：如图，∵直线a、b垂直相交于点O，曲线C关于点O成中心对称，点A的对称点是点，于点B，于点D，，，∴，∴图形①与图形②面积相等，∴阴影部分的面积之和=长方形的面积．故答案为：12．【点睛】本题主要考查了长方形的面积及中心对称图形的概念：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．17.某型号飞机降落后滑行的距离（单位：米）关于滑行时间（单位：秒）的函数关系式为，则该飞机着陆后滑行______秒停止．【答案】18【解析】【分析】求出取得最大值时，的值即可．【详解】解：∵，∴当时，取得最大值，即此时飞机停下，故答案为：．【点睛】本题考查二次函数的实际应用，解题的关键是掌握当飞机停止时，取得最大值．18.如图，平行四边形中，，E是边上一点，且是边上的一个动点，将线段绕点E逆时针旋转，得到，连接，则的最小值是______．【答案】【解析】【分析】取的中点N，连接作交的延长线于H，根据三角形全等的判定与性质可以得到，由三角形三边关系可得，利用勾股定理求出的值即可得到解答．【详解】解：如图，取的中点N，连接，作交CD的延长线于H，由题意可得：∵点N是的中点，∴∴∵∴是等边三角形，∴∴∵∴∴∴∴点G的运动轨迹是射线，∵∴∴∴在中，∴，∴在中，==，∴≥，∴的最小值为；故答案为．【点睛】本题考查平行四边形与旋转的综合应用，熟练作出辅助线并掌握旋转的性质、三角形全等的判定与性质、三角形三边关系及勾股定理的应用是解题关键．三、解答题：本大题共8小题，满分共72分．将解答过程写在答题卡的相应位置上，作图或添辅助线先用铅笔画完，再用水性笔描黑．19.解方程：.【答案】，【解析】【详解】试题分析：运用配方法求解即可．试题解析：故：，考点：解一元二次方程-配方法．20.在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点在格点上（每个方格的边长均为1个单位长度）．（1）请画出△ABC关于原点对称的图形△A1B1C1（2）将△ABC绕点O逆时针旋转90°，画出旋转后得到的△A2B2C2【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】(1)利用关于原点对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；(2)利用网格特点和旋转的性质画出点A、B、C的对应点A2、B2、C2即可．【小问1详解】解：如图所示，△A1B1C1即为所求，【小问2详解】如图所示，△A2B2C2即为所求．【点睛】本题考查了作图一旋转变换和中心对称图形，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．21.用一条长的绳子围成一个矩形，设矩形的一边长为．（1）若围成的矩形面积为，求的值；（2）当为何值时围成的矩形面积最大，最大面积是多少？【答案】21.的值为或；22.当时，面积最大，最大面积为．【解析】【分析】本题主要考查了解一元二次方程及二次函数的应用，（1）首先表示矩形另一边长，进而利用矩形面积求法得出答案；（2）利用二次函数最值求法得出答案．根据题意表示出矩形面积是解题的关键．【小问1详解】解：由题意可得：另一边长为：，设矩形面积为则，当时，，解得：，∴的值为或；【小问2详解】由题意可得：，故当为时，矩形面积最大，最大面积为：．22.已知关于一元二次方程有两个实数根．（1）求m的取值范围；（2）若满足，求m的值．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）根据根判别式即可求解；（2）根据根与系数的关系，即可求得m的值．【详解】解：（1）∵关于x的一元二次方程x2-3x+m-2=0有两个实数根，∴△≥0，即9-4（m-2）≥0解得．答：m的求值范围为；（2）根据根与系数的关系：x1+x2=3，x1•x2=m-2，∵x1，x2满足2x1=x2+1，把x2=3-x1代入，得2x1=3-x1+1解得，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系、根的判别式，解决本题的关键是熟练运用根与系数的关系和根的判别式．23.转化是数学解题的一种极其重要的数学思想，实质是把新知识转化为旧知识，把未知转化为已知，把复杂的问题转化为简单的问题．例如，为了解方程，我们就可以通过转化，设，将原方程化为①，解得，．当时，，，，当时，，，，原方程的解为，，，．（1）在由原方程得到方程①的过程中，利用______法进行转化，达到了降次的目的；（2）请参考例题解法，解方程：．【答案】（1）换元；（2），．【解析】【分析】本题考查用换元法解一元二次方程，（1）根据换元法解答即可；（2）令，得，用因式分解法解方程求出t的值，再求出x的值．【小问1详解】解：在由原方程得到方程①的过程中，利用换元法进行转化，达到了降次的目的,故答案是：换元；【小问2详解】解：令，则，解得，，当时，，解得，，当时，，，方程无解，综上：方程的解是，．24.阅读以下材料，完成课题研究任务：【研究课题】设计公园喷水池【素材】某公园计划修建一个图所示的喷水池，水池中心处立着一个高为的实心石柱，水池周围安装一圈喷头，使得水流在各个方向上都沿形状相同的抛物线喷出，并在石柱顶点处汇合为使水流形状更漂亮，要求水流在距离石柱处能达到最大高度，且离池面的高度为．【素材】距离池面米的位置，围绕石柱还修了一个小水池，要求小水池不能影响水流．【任务解决】（1）小张同学设计的水池半径为，请你结合已学知识，判断他设计的水池是否符合要求．（2）为了不影响水流，小水池的半径不能超过多少米？【答案】（1）符合要求，花坛的半径至少为，理由见解析（2）为了不影响水流，小水池的半径不能超过米【解析】【分析】（1）设二次函数顶点式，利用待定系数法求出二次函数解析式，求出抛物线与x轴的交点坐标，即可得到答案；（2）令，则，解得或舍，即可得到答案．【小问1详解】解：符合要求，理由如下：由题意可得，顶点为，设解析式为，函数过点，代入解析式得，，解得，解析式为：，令，则，解得或舍去，花坛的半径至少为；【小问2详解】令，则，解得或舍，为了不影响水流，小水池的半径不能超过米．【点睛】此题考查了二次函数的实际应用，数形结合和准确计算是解题的关键．25.（1）【探究】如图1，正方形中，、分别在边上，且．我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图1，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．求证：．（2）【拓展】如图2，在四边形中，cm，，，以为顶点的，、与、边分别交于、两点且，求五边形的周长．【答案】（1）证明详见解析；（2）．【解析】【分析】（1）利用旋转的性质可得，则可根据三角形全等判定证明即可；（2）根据旋转的性质得到，，，，，推出、、三点共线，根据全等三角形的性质即可得到，据此求解即可．【详解】（1）【探究】证明：∵将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．∴，，，，∵四边形.是正方形，∴，，∴，∴点、、三点共线，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，；（2）【拓展】将绕点顺时针旋转，使点与点重合，得到，，，，，，，，，，，，，∴五边形的周长，∴五边形的周长．【点睛】本题是四边形综合题，考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．26.如图，抛