2023-2024学年湖北省武汉市东西湖区九年级上学期数学期中试题及答案

2023-2024学年湖北省武汉市东西湖区九年级上学期数学期中试题及答案一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1.方程的二次项系数、一次项系数，常数项分别为（）A.3，5，7 B.3，， C.3，，7 D.3，5，【答案】B【解析】【分析】先化成一般形式，即可得出答案．【详解】解：方程3x2=5x+7转化为一般形式为3x2-5x-7=0，其中二次项系数、一次项系数、常数项分别为3，-5，-7，故选：B．【点睛】本题考查了一元二次方程的一般形式，能化成一元二次方程的一般形式是解此题的关键，注意：说项的系数带着前面的符号．2.下列图案中，是中心对称图形的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据轴中心对称图形的定义进行逐一判断即可．【详解】解：A．不是中心对称图形，故A错误；B．不是中心对称图形，故B错误；C．不是中心对称图形，故C错误；D．是中心对称图形，故D正确．故选：D．【点睛】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，解题的关键是熟练掌握中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．3.用配方法解方程时，下列配方结果正确的是（）A.B.C.D【答案】B【解析】【分析】本题实际上是把左边配成完全平方式，右边化为常数．【详解】解：移项得：x2+2x=5配方得：x2+2x+1=5+1，即（x+1）2=6．故选B．【点睛】本题考查了配方法解一元二次方程．熟练掌握配方法解一元二次方程的方法步骤是解题关键．4.下列方程中，没有实数根的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】本题考查的是根的判别式的应用，偶次方非负性的应用，熟练的利用“根的判别式判断一元二次方程根的情况”是解题关键．【详解】解：∵，∴，则方程无解；故A符合题意；∵，∴，方程有两个不相等是实数根，故B不符合题意；∵，∴，方程有两个相等的实数根，故C不符合题意；∵，∴，方程有两个不相等的实数根，故D不符合题意；故选A5.把抛物线向左平移个单位，再向上平移个单位，所得抛物线的解析式是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】本题考查了二次函数图象的平移，根据抛物线的平移规则：左加右减，上加下减，即可求解．【详解】解：把抛物线向左平移个单位，再向上平移个单位，所得抛物线的解析式是，故选：C．6.如图，，，是⊙上的三个点，如果∠°，那么∠的度数为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】在弧AB上取一点D，连接AD,BD，利用圆周角定理可知,再利用圆内接四边形的性质即可求出∠的度数.【详解】如图，在弧AB上取一点D，连接AD,BD，则∴故选C【点睛】本题主要考查圆周角定理及圆内接四边形的性质，掌握圆周角定理及圆内接四边形的性质是解题的关键.7.设，，是抛物线上的三点，则，，的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据二次函数的图象与性质求解即可．【详解】解：∵，∴抛物线开口向上，∵对称轴，∴离对称轴越远，函数值越大，∵离对称轴最远，离对称轴最近，∴，故选：C．【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质理解离对称轴越远，函数值越大是解题的关键．8.如图，在正方形网格中，点A的坐标为（0，5），点B的坐标为（4，3），线段AB绕着某点旋转一个角度与线段CD重合（C、D均为格点），若点A的对应点是点C，则它的旋转中心的坐标是（）A.（1，2） B.（2，1） C.（3，1） D.（5，4）【答案】B【解析】【分析】画出平面直角坐标系，对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心．【详解】解：平面直角坐标系如图所示，作AC、BD的垂直平分线交于点E，旋转中心是E点，E（2，1）．故选：B．【点睛】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解题的关键是理解对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心．9.已知是一元二次方程的两个实数根，则代数式的值等于（）A.2021 B.2022 C.2023 D.2024【答案】B【解析】【分析】根据方程的根的定义及根与系数的关系得到，，代入计算即可．【详解】解：∵是一元二次方程的两个实数根，∴，，∴，∴，故选：B．【点睛】此题考查了一元二次方程根与系数的关系及一元二次方程的解的定义，已知式子的值求代数式的值，正确理解一元二次方程的解及根与系数的关系是解题的关键．10.如图，，，，是上的四个点，，若四边形的面积是，的长是，则与的关系式是（） B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先证明是等边三角形，作，交的延长线于点，过点作于点，则是等边三角形，进而证明得出四边形的面积等于的面积，即可求解．【详解】解：∵，，，是上的四个点，，∴，，∴是等边三角形，∴，如图所示，作，交的延长线于点，过点作于点，∴则是等边三角形∵，∴，又∵∴∴∴四边形的面积等于的面积，∵∴，∴∵四边形面积是，的长是，∴故选：D．【点睛】本题考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质，圆内接四边形对角互补，同弧所对的圆周角相等，全等三角形的性质与判定，列函数关系式，综合运用以上知识是解题的关键．二、填空题（本题6小题，每小题3分，共18分）11.在平面直角坐标系中，点与点___________关于原点O对称．【答案】【解析】【分析】关于原点对称两点：横坐标与纵坐标分别互为相反数，由此特征即可求得．【详解】解：点与点关于原点O对称．故答案为：．【点睛】本题考查了平面直角坐标系中关于原点对称的两点的坐标特征，掌握“关于原点对称的两点：横坐标与纵坐标分别互为相反数”这一特征是关键．12.某校截止到年底，校园绿化面积为平方米．为美化环境，该校计划年底绿化面积达到平方米．利用方程想想，设这两年绿化面积的年平均增长率为，则依题意列方程为__________．【答案】【解析】【分析】设这两年绿化面积的年平均增长率为，依题意列出一元二次方程即可求解．【详解】解：设这两年绿化面积的年平均增长率为，则依题意列方程为，故答案为：．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出一元二次方程是解题的关键．13.如图，PA，PB分别切⊙O于A，B，并与⊙O的切线，分别相交于C，D，已知△PCD的周长等于10cm，则PA=__________cm．【答案】5【解析】【详解】如图，设DC与⊙O的切点为E，∵PA、PB分别是⊙O的切线，且切点为A、B，∴PA=PB，同理，可得：DE=DA，CE=CB，则△PCD的周长=PD+DE+CE+PC=PD+DA+PC+CB=PA+PB=10（cm），∴PA=PB=5cm，故答案为：5．【点睛】本题考查了切线的性质，解题的关键是熟练掌握切线性质．14.如图，中，，在同一平面内，将绕点A旋转到的位置，使得，则等于________.【答案】##40度【解析】【分析】先根据平行线的性质得，再根据旋转的性质得，，根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出，即可得的值．【详解】解：∵，∴，∵将绕点A旋转到的位置，∴，，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】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．15.如图是抛物线的部分图象，其顶点坐标为，且与x轴的一个交点在点和之间，则下列结论：①；②；③；④；⑤一元二次方程有两个互异的实根，其中正确的结论________．【答案】①④⑤【解析】【分析】本题考查了二次函数的图象及性质和一元二次方程根的判别式：利用对称轴及图象判断①和②；根据交点坐标及对称轴得另一个交点坐标的范围，当时，代入可判断③；根据顶点坐标公式可判断④，利用一元二次方程根的判别式可判断⑤；掌握一元二次方程根的判别式及二次函数的图象及性质是解题的关键．【详解】解：由图象得：，，顶点坐标为，对称轴为：，即：，则，，故①正确；，故②错误；抛物线的一个交点在点和之间，对称轴为，抛物线的另一个交点在点和之间，当时，，故③错误；顶点坐标为，，，故④正确；原方程移项，得：，，故⑤正确，则正确的结论为：①④⑤，故答案为：①④⑤．16.如图，在中，，，P是上一点，，Q是边上的一个动点，将Q绕点P逆时针旋转得到点．连接，则的最小值为________．【答案】【解析】【分析】先将绕点P逆时针旋转得到，可得点的轨迹为，进而可得O到的距离为的长度．根据勾股定理求出，最后根据30度角的性质计算即可.【详解】点Q在AB上运动，即Q点的轨迹为AB，那么将AB绕点旋转就得到点的轨迹，于是将绕点P逆时针旋转得到，的最小值为点O到的距离．由旋转得∵中，，，∴∴∴∴O到的距离为的长度．过作于F，则，四边形是矩形．∵，∴∵，∴即的最小值为．故答案为：.【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，能够根据题意得出点的轨迹是解题的关键.三、解答题（本题有8题，共72分）17.解下列一元二次方程．（1）（2）【答案】（1），（2），【解析】【分析】（1）本问考查的利用公式法解一元二次方程，先计算根的判别式，再求解；（2）本问考查的是利用因式分解法解方程，先把方程左边分解因式，再求解．【小问1详解】解：∵，，，∴，∴方程有两个不相等的实数根，∴，即，；【小问2详解】解：，∴，∴或，解得：，．18.如图，，比较与的长度，并证明你的结论．【答案】＝，见解析．【解析】【分析】根据圆心角、弧、弦的关系，由AD=BC解得＝，继而得到＝．【详解】解：＝，证明如下：∵AD＝BC，∴＝，∴＋＝＋，即＝．【点睛】本题考查圆心角、弧、弦的关系，在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．19.已知抛物线中自变量x和函数值y部分对应值如表所示：x012345y441428（1）请直接写出抛物线的顶点坐标；（2）请直接写出该抛物线的解析式；（3）当时，x的取值范围是；（4）当时，y的取值范围是．【答案】19.20.21.或22.【解析】【小问1详解】解：由表得：抛物线的对称轴为：，则抛物线的顶点坐标为：，故答案为：【小问2详解】由（1）得：顶点坐标为：，则抛物线的顶点式为：，当时，，代入顶点式得：，解得：，该抛物线的解析式为：，故答案为：【小问3详解】由表得：当时，或，该抛物线的开口向上，当时，x的取值范围为：或，故答案为：或【小问4详解】由表得，抛物线的对称轴为：，顶点坐标为：，则当时，，当时，，，当时，y的取值范围为：，故答案为：【分析】本题考查了二次函数的图象及性质、待定系数法、二次函数与不等式；（1）根据表格得对称轴，即可得顶点坐标；（2）将抛物线的解析式变为顶点式，利用待定系数法即可；（3）根据抛物线的开口方向及当时自变量的值可得当时，x的取值范围；（4）当时，，根据抛物线的对称轴及顶点坐标，利用即可求解；解题的关键是熟练掌握二次函数的图象与性质．20.如图，是的直径，C，D都是上的点，平分，过点D作的垂线交的延长线于点E，交的延长线于点F．（1）求证：是的切线；（2）若，求的值．【答案】（1）见解析（2）2【解析】【分析】（1）连接，根据等边对等角以及角平分线平分角，得到，得到，进而得到，即可得证；（2）连接，交于H，圆周角定理，得到，勾股定理求出的长，垂径定理和三角形的中位线定理，求出的长，进而求出的长，证明四边形为矩形，得到，即可得解．【小问1详解】证明：如图1，连接，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵是的半径，∴是的切线；【小问2详解】连接，交于H，∵是的直径，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴四边形是矩形，∴．【点睛】本题考查切线的判定，圆周角定理，垂径定理，三角形的中位线定理，矩形的判定和性质．解题的关键是掌握相关知识点，并灵活运用．21.如图，是的正方形网格，每个小正方形的边长为1，点A，B，C，O都在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，不写画法，保留作图痕迹，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示．（1）在图中画出绕点O顺时针旋转所得到的（其中点A，B，C的对应点分别为，，）；（2）D是上一点，在图中画出D关于的对称点；（3）在图中描出的外心P，并直接写出点A到直线的距离．【答案】（1）见解析（2）见解析（3）作图见解析，【解析】【分析】（1）依题意，分别作出A，B，C的对应点分别为，，，再依次连接，即可作答；（2）先作出B关于的对称点，连接，，与的交点为，连接，延长交于点一点，该点即为点；（3）的外心P是指的外接圆的圆心，即三边的垂直平分线的交点，分别作三边的垂直平分线，它们的交点即为点P；然后利用勾股定理以及等面积法进行作答即可．【小问1详解】解：如图所示：【小问2详解】解：D关于的对称点，如图所示：【小问3详解】解：的外心P如图所示：连接，，过点A作交于点，过点P作交于点，如图所示：根据网格特征以及勾股定理，得，则，，因为，所以则点A到直线的距离为．【点睛】本题考查了学生的作图能力，涉及旋转作图、对称作图、三角形的外心、勾股定理等知识内容，难度适中，正确掌握相关性质内容是解题的关键．22.某商场以元/千克的价格购进一批产品进行销售，经过市场调查，日销售量（千克）是销售价格（元/千克）的一次函数，部分数据如表：销售价格x（元/千克）日销售量（千克）（1）请求出与之间的函数表达式．（2）求日销售利润为元时的销售价格．（3）若商场每售出千克产品需另行支出元的人工费用，求商场日获利润的最大值．【答案】（1）（2）日销售利润为元时的销售价格是或元（3）公司日获利润的最大值是元【解析】【分析】（1）设，根据表格数据待定系数法求解析式，即可求解；（2）根据日销售利润为元，列出一元二次方程，解方程，即可求解；（3）设日获利润为元，根据题意，列出二次函数关系式，根据二次函数的性质，即可求解．【小问1详解】解：设，则解得：∴【小问2详解】解：依题意，∴∴∴，∴日销售利润为750元时的销售价格是15或25元．【小问3详解】解：设日获利润为元，依题意得，∴对称轴∵∴抛物线开口向下∴当时，W有最大值∴（元）即公司日获利润的最大值是810元．【点睛】本题考查了一次函数的应用，二次函数的应用，一元二次方程的应用，根据题意列出函数关系式与方程是解题的关键．23.如图，是正方形内一点，将绕点顺时针方向旋转得到．（1）观察猜想：如图1，线段与的数量关系是，位置关系是．（2）探究实践：如图2，连接，若，，，求．（3）拓展延伸：如图3，把绕点在平面内自由旋转，若，，当，，三点在一条直线上时，请直接写出．【答案】（1），（2）（3）满足条件的AQ的值为【解析】【分析】（1）延长交分别于点，根据旋转的性质以及正方形的性质可得,，则，，进而根据三角形内角和定理，可得，即可得出；（2）连接，由旋转性质可得：，，勾股定理求得，勾股定理的逆定理证明是直角三角形，即，进而即可求解；（3）①当点在正方形内时，作于．勾股定理求得，根据，②当点在正方形外时，根据即可求解．【小问1详解】解：如图所示，延长交分别于点，∵将绕点顺时针方向旋转得到，四边形是正方形，∴,∴，又∵∴，∴．故答案为：，．【小问2详解】解：连接由旋转性质可得：，，∴，由得：∴，∵∴是直角三角形，即∴【小问3详解】①当点在正方形内时，作于．，，，，在中，，，②当点在正方形外时，作于．同理可得：综上所述，满足条件的的值为．【点睛】本题考查了旋转性质，正方形的性质，全等三角形的性质，三角形内角和定理，勾股定理，掌握旋转的性质，分类讨论是解题的关键．24.如图，