北京市丰台区2023-2024学年九年级上学期数学期中考试试卷（含答案）

第第页北京市丰台区2023-2024学年九年级上学期数学期中考试试卷一、选择题（本题共16分，每小题2分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个.1．下列四个品牌图标中，是中心对称图形的是（）A． B．C． D．2．用配方法解一元二次方程x2-8x+3＝0，此方程可化为（）A．（x-4）2＝13 B．（x+4）2＝13C．（x-4）2＝19 D．（x+4）2＝193．如图中的五角星图案，绕着它的中心O旋转n°后，能与自身重合，则n的值至少是（）A．60 B．72 C．120 D．1444．在平面直角坐标系xOy中，将抛物线y＝2x2先向左平移2个单位，再向下平移3个单位，所得抛物线为（）A．y＝2（x-2）2+3 B．y＝2（x-2）2-3C．y＝2（x+2）2-3 D．y＝2（x+2）2+35．在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示示，关于a、c的符号判断正确的是（）A．a＞0，c＞0 B．a＞0，c＜0 C．a＜0，c＞0 D．a＜0，c＜06．雷达通过无线电的方法发现目标并测定它们的空间位置，因此雷达被称为“无线电定位”．现有一款监测半径为5km的雷达，监测点的分布情况如图，如果将雷达装置设在P点，每一个小格的边长为1km，那么能被雷达监测到的最远点为（）A．M点 B．N点 C．P点 D．Q点7．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象是抛物线G，自变量x与函数y的部分对应值如下表：x…-3-2-1012…y…40-2-204…下列说法错误的是（）A．抛物线G的开口向上B．抛物线G的对称轴是x=C．抛物线G与y轴的交点坐标为（0，-2）D．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的最小值为-28．两块完全相同的含30°角的直角三角板ABC和A'B'C′重合在一起，将三角板A'B'C'绕直角顶点C'按逆时针方向旋转α（0°＜α≤90°），如图所示．以下结论错误的是（）A．当α＝30°时，A'C与AB的交点恰好为AB中点B．当α＝60°时，A'B'恰好经过点BC．在旋转过程中，存在某一时刻，使得AA'＝BB'D．在旋转过程中，始终存在AA'⊥BB'二、填空题（本题共16分，每小题2分）9．方程x2＝1的解是．10．在平面直角坐标系xOy中，点（1，-3）关于原点对称的点的坐标为．11．请写出一个图象开口向上，且与y轴交于点（0，2）的二次函数的解析式．12．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转35°得到△DEC，边ED，AC相交于点F，若∠A＝30°，则∠EFC＝．13．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝2（x-1）2+k经过点A（2，m），B（3，n）．则mn（填“＞”，“＝”或“＜”）．14．二次函数y＝x2-6x+c的图象与x轴只有一个公共点，则c的值为．15．《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，其中第九卷《勾股》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小．以锯锯之、深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用几何语言表达为：如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，EB＝1寸，CD＝10寸，则直径AB长为寸．16．我国三国时期的数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了求一元二次方程正数解的几何解法．例如求方程x2+2x-35＝0的正数解的步骤为：（1）将方程变形为x（（2）构造如图1所示的大正方形，其面积是（x+x+2）2，其中四个全等的矩形面积分别为x（x+2），中间的小正方形面积为2（3）大正方形的面积也可表示为四个矩形和一个小正方形的面积之和，即4×35+2（4）由此可得方程：（x+x+2）2＝144，则方程的正数解为根据赵爽记载的方法，在图2中的三个构图（矩形的顶点均落在边长为1的小正方形网格格点上）①②③中，能够得到方程x2+3x-10＝0的正数解的构图是（只填序号）．三、解答题（共68分，第17-19题，每题5分，第20题6分，第21-22题，每题5分，第23题6分，第24题5分，第25-26题，每题6分，第27-28题，每题7分）17．解方程：x2+2x﹣3＝0（公式法）18．如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．求证：A，B，C，D四个点在以点O为圆心的同一个圆上．19．已知：关于x的方程x2+4x+2m＝0有两个不相等的实数根．（1）求m的取值范围；（2）若m为正整数，求此时方程的根．20．在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2+bx+3（a≠0）的图象经过点A（-1，4），B（1，0）．（1）求二次函数的解析式；（2）画出二次函数的图象；（3）当y＞0时，直接写出x的取值范围．21．如图，在Rt△OAB中，∠OAB＝90°，且点B的坐标为（4，2）．（1）画出△OAB绕点O逆时针旋转90°后的△OA1B1；（2）求点B旋转到点B1的路径长（结果保留π）．22．某学校要设计校园“数学嘉年华”活动的项目介绍展板．如图，现有一块长25dm，宽8dm的矩形展板，展示区域为全等的四个矩形，其中相邻的两个矩形展示区域之间及四周都留有宽度相同的空白区域．如果四个矩形展示区域的面积之和为120dm2，求空白区域的宽度．23．如图，在等边△ABC中，D是BC的中点，过点A作AE∥BC，且AE＝DC，连接CE．（1）求证：四边形ADCE是矩形；（2）连接BE交AD于点F，连接CF．若AB＝4，求CF的长．24．在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象由函数y＝x的图象平移得到，且经过点（1，2）．（1）求这个一次函数的解析式；（2）当x＞1时，对于x的每一个值，函数y＝mx（m≠0）的值大于一次函数y＝kx+b的值，直接写出m的取值范围．25．如图，一位足球运动员在一次训练中，从球门正前方8m的A处射门，已知球门高OB为2.44m，球射向球门的路线可以看作是抛物线的一部分．当球飞行的水平距离为6m时，球达到最高点，此时球的竖直高度为3m．现以O为原点，如图建立平面直角坐标系．（1）求抛物线表示的二次函数解析式；（2）通过计算判断球能否射进球门（忽略其他因素）；（3）若运动员射门路线的形状、最大高度均保持不变，则他应该带球向正后方移动米射门，才能让足球经过点O正上方2.25m处．26．在平面直角坐标系xOy中，点M（2，m），N（4，n）在抛物线y＝ax2+bx（a＞0）上，设该抛物线的对称轴为x＝t．（1）若m＝n，求t的值；（2）若mn＜0，求t的取值范围．27．如图，在正方形ABCD中，点P是线段AC延长线上一动点，连接DP，将线段DP绕点D逆时针旋转60°得到线段DQ，连接PQ，BP，作直线BQ交AC于点E．（1）依题意补全图形；（2）求证：∠PBQ＝∠PQB；（3）用等式表示线段EP，EQ，EB之间的数量关系，并证明．28．在平面直角坐标系xOy中，给出如下定义：将图形M绕直线x＝3上某一点P顺时针旋转90°，得到图形M'，再将图形M'关于直线x＝3对称，得到图形N．此时称图形N为图形M关于点P的“二次变换图形”．已知点A（0，1）．（1）若点P（3，0），直接写出点A关于点P的“二次变换图形”的坐标；（2）若点A关于点P的“二次变换图形”与点A重合，求点P的坐标；（3）若点P（3，-3），⊙O半径为1．已知长度为1的线段AB，其关于点P的“二次变换图形”上的任意一点都在⊙O上或⊙O内，直接写出点B的纵坐标yB的取值范围．

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A：，是轴对称图形，不符合题意；

B：，是中心对称图形，符合题意；

C：，是轴对称图形，不符合题意；

D：，是轴对称图形，不符合题意，

故答案为：B.

【分析】根据中心对称图形的定义即可求解.2．【答案】A【解析】【解答】x2-8x+3＝0，

x2-8x＝-3

x2-8x+16＝-3+16

（x-4）2-＝13，

故答案为：A.

【分析】根据移项、配方即可得出结论.3．【答案】C【解析】【解答】∵五角星可以倍平分成五部分，

∴旋转360°5k（k为整数），都可以与自身重合，

∴旋转至少360°5×1=724．【答案】C【解析】【解答】∵将抛物线先向左平移2个单位，再向下平移3个单位，

∴平移后的抛物线为y＝2（x+2）2-3，

故答案为：C.

【分析】根据函数的平移规律：上加下减，左加右减，直接得出结论.5．【答案】C【解析】【解答】∵一次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象开口向下，与y轴交于正半轴，

∴a＜0，c＞0

故答案为：C，

【分析】根据图象信息，利用二次函数的图象与系数关系即可求解.6．【答案】B【解析】【解答】如图，观察图象可得，能被雷达监测到的最远点为N，

故答案为B.

【分析】以点P为圆心，5为半径作圆即可得出结论.7．【答案】D【解析】【解答】由表可得，函数对称轴为直线x=-2+12=-12，

根据表格可得在对称轴左侧y随x的增大而减小，在对称轴右侧y随x的增大而增大，

∴抛物线开口向上，

又∵当x=0时，y=-2，

∴抛物线与y轴交于点（0，-2）

∵当x=-1时，y=-2，x=0时，y=-2，

∴二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的最小值为x=-128．【答案】C【解析】【解答】∵直角三角板ABC和A'B'C′重合在一起，

∴AC=A'C，BC=B'C，当α＝30°时，∠A'CB=60°，∴A'C与AB的交点与点B，点C构成等边三角形，∴A'C与AB的交点为AB中点，故A正确，不符合题意；

当α＝60°时，∠B'CB=60°，A'B'恰好经过点B，故B正确，不符合题意；

在旋转过程中，∠ACA'=∠B'CB=∠α，∴△AA'C~△BB'C，∴9．【答案】±1【解析】【解答】∵x2＝1∴x＝±1．【分析】方程利用平方根定义开方求出解即可.10．【答案】（-1，3）【解析】【解答】点（1，-3）关于原点对称的点的坐标为（-1，3），

【分析】直接利用关于原点对称的两个点的横纵坐标互为相反数即可求解.11．【答案】y＝3x2+2（答案不唯一）．【解析】【解答】∵开口向上，

∴a>0，

且与y轴交于点（0，2）

∴这样的二次函数的解析式为y＝3x2+2（答案不唯一）．

【分析】根据二次函数的性质，开口向上，得出a的值为正数即可，进而求解.12．【答案】65°【解析】【解答】由题意得：△ABC≅△DEF，∠ACD=∠BCE=35°，

∴∠D=∠A=30°13．【答案】＜【解析】【解答】∵a=2>0，对称轴为直线x=1，

∴抛物线y＝2（x-1）2+k开口向上，

∴当x<1时，y随x的增大而减小，当x>1时，y随x的增大而增大，

∴当x=2时对应的y的值m小于当x=3时对应的y的值n，

∴m<n，

【分析】根据题意a=2，对称轴为直线x=1，利用二次函数的增减性即可得出结论.14．【答案】9【解析】【解答】∵二次函数y＝x2-6x+c的图象与x轴只有一个公共点，

∴∆=（-6）2-4×1×c=0，

解得c=9.

【分析】根据二次函数y＝x2-6x+c15．【答案】26【解析】【解答】∵弦CD⊥AB，AB为⊙O的直径，

∴E为CD的中点，

又∵CD=10寸，

∴CE=DE=12CD=5寸，

设OC=OA=m寸，则AB=2m寸，OE=（m-1）寸，

由勾股定理得：OE2+CE2=OC2，

∴（m-1）2+5216．【答案】②【解析】【解答】方程x2+3x-10＝0的可变形为x(x+3)=10，

构造大正方形，其面积是（x+x+3）2，其中四个全等的矩形面积分别为x（x+3），中间的小正方形面积为32；

大正方形的面积也可表示为四个矩形和一个小正方形的面积之和，即4×10+32＝49；

由此可得方程：（x+x+3）2＝49，则方程的正数解为x＝2，

∴能够得到方程x2+3x-10＝0的正数解的构图是②.

【分析】根据例题正数解的步骤：方程x2+3x-10＝0的可变形为x(x+3)=10，即可得到（x+x+3）2＝49，则方程的正数解为x＝2，再结合图形即可得出结论.17．【答案】解：△＝22﹣4×（﹣3）＝16>0，x＝−2±42×1所以x1＝1，x2＝﹣3.【解析】【分析】由题意找出a、b、c的值，再根据一元二次方程的求根公式x=-b±b18．【答案】解：证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝BD，OA＝OC＝12AC，OB＝OD＝1∴OA＝OB＝OC＝OD，∴A、B、C、D四点在以O圆心的同一个圆上．【解析】【分析】根据题意，利用矩形的性质得到AC＝BD，OA＝OC＝12AC，OB＝OD＝12BD，19．【答案】（1）解：∵关于x的一元二次方程x2+4x+2m＝0有两个不相等的实数根，∴Δ＝b2-4ac＝42-4×1×2m＞0，解得：m＜2，∴m的取值范围为m＜2；（2）解：∵m为正整数，∴m＝1，∴原方程为x2+4x+2＝0，即（x+2）2＝2，解得：x1＝-2+2，x2＝-2-2，∴当m为正整数时，此时方程的根为-2+2和-2-2．【解析】【分析】（1）根据x的方程x2+4x+2m＝0有两个不相等的实数根，直接利用根的判别式Δ＝42-4×1×2m＞0，解得m＜2，即可得出结论；

（2）根据m为正整数且m＜2，可得m＝1，代入原方程，再利用求根公式即可求解.20．【答案】（1）解：∵二次函数y＝ax2+bx+3（a≠0）的图象经过点A（-1，4），B（1，0），∴a−b+3=4a+b+3=0解得a=−1b=−2∴二次函数的解析式为：y＝-x2-2x+3；（2）解：∵y＝-x2-2x+3＝-（x+1）2+4，∴此二次函数图象的顶点为（-1，4），列表：x..．-3-2-101..．y..．03430..．描点，连线得函数图象如下：（3）由图象可知，当y＞0时，x的取值范围为：-3＜x＜1．【解析】【解答】解：（3）根据图象即可得知当y＞0时，x的取值范围是-3＜x＜1.

【分析】（1）根据二次函数y＝ax2+bx+3（a≠0）的图象经过点A（-1，4），B（1，0），利用待定系数法将点A、B坐标代入函数得方程组，求解方程组即可得出结论；

（2）根据题意，通过列表、描点、连线即可得出结论；

（3）根据图象直接的x的取值范围.21．【答案】（1）解：图形如图所示：（2）解：∵B（4，2），∴OB＝22点B旋转到点B1的路径长＝90π×25【解析】【分析】（1）根据要求作图即可求解；

（2）根据题意要求点B旋转到点B1的路径长，直接利用勾股定理即可得出结论.22．【答案】解：设空白区域的宽度为xdm，根据题意可得：25×8-5x×8-2x×（25-5x）＝120，解得x1＝8（舍去）或x2＝1，即空白区域的宽度应是1dm．【解析】【分析】设空白区域的宽度为xdm，根据四个矩形展示区域的面积之和为120dm2，列出方程并解方程即可得出结论.23．【答案】（1）证明：∵AE∥BC，且AE＝DC，∴四边形ADCE是平行四边形，∵等边△ABC中，D是BC的中点，∴AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，∴平行四边形ADCE是矩形；（2）解：如图，∵△ABC是等边三角形，∴BC＝AC＝AB＝4，∵D是BC的中点，∴AD⊥BC，DB＝DC＝2，∴∠ADB＝90°，在Rt△ACD中，由勾股定理得：AD＝AC∵AE＝DC，∴AE＝DB，由（1）可知，四边形ADCE是矩形，∴∠EAF＝90°，在△BDF和△EAF中，∠BFD=∠EFA∠BDF=∠EAF=9∴△BDF≌△EAF（AAS），∴DF＝AF＝12AD＝3∴CF＝DC【解析】【分析】（1）根据AE∥BC，且AE＝DC，证明四边形ADCE是平行四边形，再根据等边△ABC中，D是BC的中点，进一步得出∠ADC＝90°，从而证明四边形ADCE是矩形；

（2）根据等边三角形的性质和勾股定理可得AD＝23，再证明△BDF≌△EAF，进一步得出DF＝AF＝12AD＝324．【答案】（1）解：∵一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象由直线y＝x平移得到，∴k＝1，将点（1，2）代入y＝x+b，得1+b＝2，解得b＝1，∴一次函数的解析式为y＝x+1；（2）m≥2【解析】【解答】解：（2）∵当x>1时，对于x的每一个值，函数y=mx（m≠0）的值大于一次函数y＝x+1的值，

∴当x>1时，mx>x+1恒成立，即（m-1）x>1恒成立，

当m-1<0且m≠0时，x<1m-1与已知的x>1矛盾，故舍去，

当m-1=0时，0>1不成立，故舍去，

当m-1>0时，x>1m-1，

∴联立得不等式组m-i>01m≤1，

解得m≥2，

【分析】（1）根据一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象由直线y＝x平移得到，可以得k＝1，再结合已知条件将（1，2）代入y＝x+b，求出b的值，即可得出结论；

（2）根据当x＞1时，对于x的每一个值，函数y＝mx（m25．【答案】（1）解：∵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∴抛物线的函数解析式为：y＝-112（x-2）2（2）解：当x＝0时，y＝-112×4+3＝8∴球不能射进球门．（3）解：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】【分析】（1）设抛物线为y＝a（x-2）2+3，根据题意得A（8，0），将A（8，0）代入解得a的值即可求解；

（2）通过计算，当x＝0时，y＝83＞2.44，进而得出结论；

（3）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+3，26．【答案】（1）解：由题意，若m＝n，∴对称轴是直线x＝2+42即t＝3．（2）解：由题意，若mn＜0，又抛物线开口向上，∴抛物线与x轴必有一交点在2和4之间．又令y＝ax2+bx＝0，∴x＝0或x＝-ba∴2＜-ba又∵t＝-b2a∴-ba∴2＜2t＜4．∴1＜t＜2．【解析】【分析】（1）根据题意，若m＝n，进一步得到对称轴是直线x＝2+42＝3＝t．进而得出结论；

（2）根据题意若mn＜0，结合抛物线开口向上，从而得到抛物线与x轴必有一交点在2和4之间，进一步得2＜-ba＜4，再根据t＝-b27．【答案】（1）解：如图所示，即为补全的图形；（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝DC，∠ACB＝∠ACD＝45°，∴∠PCB＝∠PCD＝45°，∵CP＝CP，∴△PCB≌△PCD（SAS），∴PB＝PD，∴线段DP绕点D逆时针旋转60°得到线段DQ，∴DP＝DQ，∠PDQ＝60°，∴△PDQ是等边三角形，∴PQ＝PD，∴PQ＝PB，∴∠PBQ＝∠PQB；（3）解：EQ-EP＝EB，理由如下：如图，在EQ上截取QG＝BE，连接PG，∵∠PBQ＝∠PQB，PB＝PQ，∴△PBE≌△PQG（SAS），∴PE＝PG，∠BPE＝∠QPG，∴∠BPE＝∠DPE＝∠QPG，∵∠QPD＝60°，∴∠QPG+∠DPG＝60°，∴∠DPE+∠DPG＝60°，∴∠EPG＝60°，∵PE＝PG，∴△PEG是等边三角形，∴EG＝EP，∴EQ-EG＝QG，∴EQ-EP＝EB．【解析】【分析】（1）根据要求补全图形即可；

（2）利用正方形的性质可得△PCB≌△PCD（SAS），进而得到PB＝PD，再证明△PDQ是等边三角形，得到PQ＝PD，再利用等腰三角形的性质即可得出结论；

（3）在EQ上截取QG＝BE，连接PG，利用正方形的性质证明△PBE≌△PQG（SAS），进而得到PE＝PG，∠BPE＝∠QPG，再证明△PEG是等边三角形，得到EG＝EP，再根据线段的和差关系即可得出结论.28．【答