新疆乌鲁木齐市沙依巴克区2024-2025学年九年级上学期期中考试数学试卷

2024-2025学年新疆乌鲁木齐市沙依巴克区九年级（上）期中数学试卷 一、单选题（本大题共9小题，每题3分，满分27分.每题给出的四个选项中，只有一项是正确的，请将所选代号的字母填写在答题卷中相应的表格内） 1．（3分）若关于x的一元二次方程为3x2﹣5x+1＝0，它的二次项系数和一次项系数分别为（　　） A．3，5 B．3，1 C．3x2，﹣5x D．3，﹣5 2．（3分）下面的图形是以数学家名字命名的，其中是轴对称图形的是（　　） A．斐波那契螺旋线 B．笛卡尔心形线 C．赵爽弦图 D．阿基米德曲线 3．（3分）一元二次方程x2﹣1＝0的解为（　　） A．x1＝﹣1，x2＝1 B．x＝﹣1 C．x＝0 D．x＝1 4．（3分）平面直角坐标系内，点P（2，﹣3）关于原点对称点的坐标是（　　） A．（3，﹣2） B．（2，3） C．（2，﹣3） D．（﹣2，3） 5．（3分）方程x2+x+6＝0的根的情况是（　　） A．有两个不等的实数根 B．有两个相等的实数根 C．无实数根 D．无法判断 6．（3分）如图，正方形OABC绕着点O逆时针旋转40°得到正方形ODEF，连接AF，则∠OFA的度数是（　　） A．20° B．25° C．30° D．35° 7．（3分）若点A（﹣3，y1），B（﹣2，y2），C（2，y3）都在二次函数y＝x2﹣2x﹣3的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（　　） A．y1＜y2＜y3 B．y2＜y1＜y3 C．y3＜y2＜y1 D．y3＜y1＜y2 8．（3分）科学兴趣小组的同学们，将自己收集的标本向本组的其他成员各赠送一件，全组共互赠了132件，设全组共有x名学生，则x满足的方程是（　　） A． B．x（x+1）＝132 C． D．x（x﹣1）＝132 9．（3分）对称轴为直线x＝1的抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，且a≠0）如图所示，小明同学得出了以下结论：①abc＞0，②b2＜4ac，③4a+2b+c＞0，④3a+c＞0，⑤当x＜﹣1时，y随x的增大而减小．其中结论正确为（　　） A．①②④ B．①③⑤ C．①②③ D．①④⑤ 二、填空题（本大题共5小题，每题3分，共15分，将答案直接写在答卷中相应各题的横线上） 10．（3分）方程x（x﹣1）＝0的一个根是x＝0，则另一个根是 　 　． 11．（3分）二次函数y＝（x﹣3）2+4的顶点坐标是 　 　． 12．（3分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转到△ADE的位置，B、D、C在一条直线上．若∠B＝70°，则∠EDC＝　 　°． 13．（3分）某段公路上汽车紧急刹车后前行的距离s（单位：m）关于行驶时间t（单位：s）的函数解析式是s＝30t﹣5t2，遇到刹车时，汽车从刹车后到停下来前进了 　 　m． 14．（3分）如图，点A（1，0），点B（5，0），线段AB绕点A逆时针旋转60°得到线段AC，连接BC，再把△ABC绕点A逆时针旋转75°得到△AB1C1，点C的对应点为点C1，则点C1的坐标是 　 　． 三、解答题（本大题共7小题，15题-20题每题8分，21题10分，共58分） 15．（8分）（1）解方程：x2﹣2x+1＝0； （2）解方程：x2﹣2x+6＝0； （3）解方程：（x﹣3）2+2（x﹣3）＝0． 16．（8分）已知在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（5，4），B（0，3），C（2，1）． （1）画出△ABC关于原点成中心对称的△A1B1C1． （2）写出△A1B1C1三个顶点的坐标． （3）求△A1B1C1的面积． 17．（8分）某种药品原来售价100元，连续两次降价后售价为81元，若每次下降的百分率相同，求这个百分率是多少？ 18．（8分）已知关于x的一元二次方程x2﹣6x﹣k2＝0（k为常数）． （1）求证：无论k取何值时，方程总有两个不相等的实数根； （2）已知x＝﹣1是方程的一个根，求出方程的另一个实数根和k的值． 19．（8分）如图，抛物线交x轴于A、B两点（点A在B左边），交y轴于点C；设直线BC解析式为：y2＝kx+b． （1）求A、B两点的坐标； （2）求直线BC的函数关系式； （3）请直接写出y1＜y2时的自变量x取值范围． 20．（8分）如图，四边形ABCD是正方形，△ADF绕着点A顺时针旋转90°得到△ABE，若AF＝4，AB＝7． （1）求DE的长度； （2）指出BE与DF的关系如何？并说明由． 21．（10分）如图抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣1，0），点C（0，3），且OB＝OC． （1）求抛物线的解析式及其对称轴； （2）点D、E是直线x＝1上的两个动点，且DE＝1，点D在点E的上方，求四边形ACDE的周长的最小值． （3）点P为抛物线上一点，连接CP，直线CP把四边形CBPA的面积分为3：5两部分，求点P的坐标． 2024-2025学年新疆乌鲁木齐市沙依巴克区九年级（上）期中数学试卷 参考答案与试题解析 一、单选题（本大题共9小题，每题3分，满分27分.每题给出的四个选项中，只有一项是正确的，请将所选代号的字母填写在答题卷中相应的表格内） 1．（3分）若关于x的一元二次方程为3x2﹣5x+1＝0，它的二次项系数和一次项系数分别为（　　） A．3，5 B．3，1 C．3x2，﹣5x D．3，﹣5 【分析】一元二次方程的一般形式为ax2+bx+c＝0（a≠0），二次项的系数为a，一次项的系数为b，常数项为c，据此求解即可． 【解答】解：根据题意得：关于x的一元二次方程3x2﹣5x+1＝0的二次项系数为3，一次项系数为﹣5． 故选：D． 2．（3分）下面的图形是以数学家名字命名的，其中是轴对称图形的是（　　） A．斐波那契螺旋线 B．笛卡尔心形线 C．赵爽弦图 D．阿基米德曲线 【分析】根据轴对称图形定义进行分析即可． 【解答】解：A、不是轴对称图形，故此选项不合题意； B、是轴对称图形，故此选项符合题意； C、不是轴对称图形，故此选项不合题意； D、不是轴对称图形，故此选项不合题意； 故选：B． 3．（3分）一元二次方程x2﹣1＝0的解为（　　） A．x1＝﹣1，x2＝1 B．x＝﹣1 C．x＝0 D．x＝1 【分析】将方程的常数项移到右边，再利用直接开平方法计算即可得解． 【解答】解：原方程变形得：x2＝1， ∴x1＝﹣1，x2＝1， 故选：A． 4．（3分）平面直角坐标系内，点P（2，﹣3）关于原点对称点的坐标是（　　） A．（3，﹣2） B．（2，3） C．（2，﹣3） D．（﹣2，3） 【分析】根据“平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数”解答． 【解答】解：根据关于原点对称的点的坐标的特点， ∴点A（2，﹣3）关于原点对称的点的坐标是（﹣2，3）． 故选：D． 5．（3分）方程x2+x+6＝0的根的情况是（　　） A．有两个不等的实数根 B．有两个相等的实数根 C．无实数根 D．无法判断 【分析】利用根的判别式进行判断即可． 【解答】解：x2+x+6＝0， ∵a＝1，b＝1，c＝6， ∴Δ＝12﹣4×1×6＝﹣23＜0， ∴原方程无实数根， 故选：C． 6．（3分）如图，正方形OABC绕着点O逆时针旋转40°得到正方形ODEF，连接AF，则∠OFA的度数是（　　） A．20° B．25° C．30° D．35° 【分析】由旋转的性质和正方形的性质可得∠FOC＝40°，AO＝OD＝OC＝OF，∠AOC＝90°，再根据等腰三角形的性质可求∠OFA的度数． 【解答】解：∵正方形OABC绕着点O逆时针旋转40°得到正方形ODEF， ∴∠FOC＝40°，AO＝OD＝OC＝OF，∠AOC＝90° ∴∠AOF＝130°，且AO＝OF， ∴∠OFA＝25° 故选：B． 7．（3分）若点A（﹣3，y1），B（﹣2，y2），C（2，y3）都在二次函数y＝x2﹣2x﹣3的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（　　） A．y1＜y2＜y3 B．y2＜y1＜y3 C．y3＜y2＜y1 D．y3＜y1＜y2 【分析】根据二次函数的解析式得出图象的开口向上，对称轴是直线x＝1，根据x＜1时，y随x的增大而减小，即可得出答案． 【解答】解：∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4， ∴图象的开口向上，对称轴是直线x＝1， C（2，y3）关于直线x＝1的对称点是（0，y3）， ∵﹣3＜﹣2＜0＜1， ∴y3＜y2＜y1， 故选：C． 8．（3分）科学兴趣小组的同学们，将自己收集的标本向本组的其他成员各赠送一件，全组共互赠了132件，设全组共有x名学生，则x满足的方程是（　　） A． B．x（x+1）＝132 C． D．x（x﹣1）＝132 【分析】先求每名同学赠的标本，再求x名同学赠的标本，而已知全组共互赠了132件，故根据等量关系可得到方程． 【解答】解：设全组有x名同学，则每名同学所赠的标本为：（x﹣1）件， 那么x名同学共赠：x（x﹣1）件， 所以，x（x﹣1）＝132． 故选：D． 9．（3分）对称轴为直线x＝1的抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，且a≠0）如图所示，小明同学得出了以下结论：①abc＞0，②b2＜4ac，③4a+2b+c＞0，④3a+c＞0，⑤当x＜﹣1时，y随x的增大而减小．其中结论正确为（　　） A．①②④ B．①③⑤ C．①②③ D．①④⑤ 【分析】由抛物线的开口方向判断a的符号，由抛物线与y轴的交点判断c的符号，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断． 【解答】解：①由图象可知：a＞0，c＜0， ∵﹣＝1， ∴b＝﹣2a＜0， ∴abc＞0，故①正确，符合题意； ②∵抛物线与x轴有两个交点， ∴b2﹣4ac＞0， ∴b2＞4ac，故②错误，不符合题意； ③当x＝2时，y＝4a+2b+c＜0，故③错误，不符合题意； ④当x＝﹣1时，y＝a﹣b+c＝a﹣（﹣2a）+c＞0， ∴3a+c＞0，故④正确，符合题意； ⑤由图象可知，当x＜﹣1时，y随x的增大而减小，故⑤正确，符合题意． 故选：D． 二、填空题（本大题共5小题，每题3分，共15分，将答案直接写在答卷中相应各题的横线上） 10．（3分）方程x（x﹣1）＝0的一个根是x＝0，则另一个根是 　1　． 【分析】利用因式分解法解方程即可． 【解答】解：∵x（x﹣1）＝0， ∴x＝0或x﹣1＝0， ∴x1＝0，x2＝1， ∴另一个根是1． 故答案为：1． 11．（3分）二次函数y＝（x﹣3）2+4的顶点坐标是 　（3，4）　． 【分析】直接利用顶点式解答即可． 【解答】解：二次函数y＝（x﹣3）2+4的顶点坐标是：（3，4）． 故答案为：（3，4）． 12．（3分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转到△ADE的位置，B、D、C在一条直线上．若∠B＝70°，则∠EDC＝　40　°． 【分析】由旋转的性质可得AB＝AD，∠B＝∠ADE＝70°，进而得∠B＝∠ADB＝∠ADE＝70°，再根据B、D、C在一条直线上即可求解． 【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转到△ADE的位置， ∴AB＝AD，∠B＝∠ADE＝70°， ∴∠B＝∠ADB＝∠ADE＝70°， ∴∠EDC＝180°﹣∠ADE﹣∠ADB ＝180°﹣70°﹣70° ＝40°， 故答案为：40． 13．（3分）某段公路上汽车紧急刹车后前行的距离s（单位：m）关于行驶时间t（单位：s）的函数解析式是s＝30t﹣5t2，遇到刹车时，汽车从刹车后到停下来前进了 　45　m． 【分析】根据二次函数的解析式找出其顶点式，再利用二次函数的性质求出s的最大值即可得出结论． 【解答】解：∵s＝﹣5t2+30t＝﹣5（t﹣3）2+45， ∴汽车刹车后到停下来前进了45m， 故答案为：45． 14．（3分）如图，点A（1，0），点B（5，0），线段AB绕点A逆时针旋转60°得到线段AC，连接BC，再把△ABC绕点A逆时针旋转75°得到△AB1C1，点C的对应点为点C1，则点C1的坐标是 　　． 【分析】过点C1D⊥x轴于点D，根据旋转的性质得出AC1＝AC＝AB＝4，△AC1D是等腰直角三角形，根据勾股定理求得进而即可求解． 【解答】解：如图，过点C1D⊥x轴于点D， ∵线段AB绕点A逆时针旋转60°得到线段AC，连接BC， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠BAC＝60°， ∵把△ABC绕点A逆时针旋转75°得到△AB1C1， ∴∠CAC1＝75°， ∴∠C1AD＝45°， ∴△AC1D是等腰直角三角形， ∵点A（1，0），点B（5，0）， ∴AB＝4， ∵AC1＝AC＝AB＝4， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 三、解答题（本大题共7小题，15题-20题每题8分，21题10分，共58分） 15．（8分）（1）解方程：x2﹣2x+1＝0； （2）解方程：x2﹣2x+6＝0； （3）解方程：（x﹣3）2+2（x﹣3）＝0． 【分析】（1）因式分解法解一元二次方程即可； （2）配方法解一元二次方程即可； （3）因式分解法解一元二次方程即可． 【解答】解：（1）x2﹣2x+1＝0， （x﹣1）2＝0， x1＝x2＝1； （2）x2﹣2x+6＝0； x2﹣2x＝﹣6， x2﹣2x+1＝﹣5， （x﹣1）2＝﹣5， 方程无解； （3）（x﹣3）2+2（x﹣3）＝0． （x﹣3）（x﹣1）＝0， x1＝3，x2＝1． 16．（8分）已知在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（5，4），B（0，3），C（2，1）． （1）画出△ABC关于原点成中心对称的△A1B1C1． （2）写出△A1B1C1三个顶点的坐标． （3）求△A1B1C1的面积． 【分析】（1）分别作出点A、B、C关于原点O的对称点，再顺次连接可得； （2）根据所作图形即可得； （3）利用割补法求解可得． 【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求； （2）由图可知，A1（﹣5，﹣4），B1（0，﹣3），C1（﹣2，﹣1）； （3）△A1B1C1的面积＝3×5﹣×1×5﹣×2×2﹣×3×3＝6． 17．（8分）某种药品原来售价100元，连续两次降价后售价为81元，若每次下降的百分率相同，求这个百分率是多少？ 【分析】根据题意可以列出相应的方程，然后解出方程即可解答本题． 【解答】解：设每次下降的百分率为x， 100（1﹣x）2＝81， 解得，x1＝0.1，x2＝1.9（舍去）， 即这个百分率是10%． 18．（8分）已知关于x的一元二次方程x2﹣6x﹣k2＝0（k为常数）． （1）求证：无论k取何值时，方程总有两个不相等的实数根； （2）已知x＝﹣1是方程的一个根，求出方程的另一个实数根和k的值． 【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式，可得出Δ＝4k2+36＞0，进而可证出：方程有两个不相等的实数根； （2）根据根与系数的关系可求解另一根及k值． 【解答】（1）证明：Δ＝（﹣6）2﹣4×1×（﹣k2）＝4k2+36． ∵k2≥0， ∴4k2+36＞0， ∴Δ＞0， ∴方程有两个不相等的实数根； （2）∵x1+x2＝，x1•x2＝， 又∵x＝﹣1是方程的一个根， ∴﹣1+x2＝6， 解得x2＝7， ﹣1×7＝﹣k2， 解得k＝． 19．（8分）如图，抛物线交x轴于A、B两点（点A在B左边），交y轴于点C；设直线BC解析式为：y2＝kx+b． （1）求A、B两点的坐标； （2）求直线BC的函数关系式； （3）请直接写出y1＜y2时的自变量x取值范围． 【分析】（1）求出当时，自变量的值即可得到答案； （2）先求出点C坐标，再利用待定系数法求解即可； （3）根据函数图象找到二次函数图象在一次函数图象下方时自变量的取值范围即可． 【解答】解：（1）在中，当时，解得x＝﹣1或x＝4， ∴A（﹣1，0），B（4，0）； （2）当x＝0时，y1＝4， ∴C（0，4）， ∴， ∴， ∴直线BC的函数关系式y2＝﹣x+4； （3）由函数图象可知，当二次函数图象在一次函数图象下方时自变量的取值范围为x＜0或x＞4， ∴当y1＜y2时，x＜0或x＞4． 20．（8分）如图，四边形ABCD是正方形，△ADF绕着点A顺时针旋转90°得到△ABE，若AF＝4，AB＝7． （1）求DE的长度； （2）指出BE与DF的关系如何？并说明由． 【分析】（1）根据旋转的性质可得AE＝AF，AD＝AB，然后根据DE＝AD﹣AE计算即可得解； （2）根据旋转可得△ABE和△ADF全等，根据全等三角形对应边相等可得BE＝DF，全等三角形对应角相等可得∠ABE＝∠ADF，然后求出∠ABE+∠F＝90°，判断出BE⊥DF． 【解答】解：（1）∵△ADF按顺时针方向旋转90°后得到△ABE， ∴AE＝AF＝4，AD＝AB＝7， ∴DE＝AD﹣AE＝7﹣4＝3； （2）BE、DF的关系为：BE＝DF，BE⊥DF．理由如下： ∵△ADF按顺时针方向旋转90°后得到△ABE， ∴△ABE≌△ADF， ∴BE＝DF，∠ABE＝∠ADF， ∵∠ADF+∠F＝180°﹣90°＝90°， ∴∠ABE+∠F＝90°， ∴BE⊥DF， ∴BE、DF的关系为：BE＝DF，BE⊥DF． 21．（10分）如图抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣1，0），点C（0，3），且OB＝OC． （1）求抛物线的解析式及其对称轴； （2）点D、E是直线x＝1上的两个动点，且DE＝1，点D在点E的上方，求四边形ACDE的周长的最小值． （3）点P为抛物线上一点，连接CP，直线CP把四边形CBPA的面积分为3：5两部分，求点P的坐标． 【分析】（1）OB＝OC，则点B（3，0），则抛物线的表达式为：y＝a（x+1）（x﹣3）＝a（x2﹣2x﹣3）＝ax2﹣2ax﹣3a，即可求解； （2）CD+AE＝A′D+DC′，则当A′、D、C′三点共线时，CD+AE＝A′D+DC′最小，周长也最小，即可求解； （3）S△PCB：S△PCA＝EB×（yC﹣yP）：AE×（yC﹣yP）＝BE：AE，即可求解． 【解答】解：（1）∵OB＝OC，∴点B（3，0）， 则抛物线的表达式为：y＝a（x+1）（x﹣3）＝a（x2﹣2x﹣3）＝ax2﹣2ax﹣3a， 故﹣3a＝3，解得：a＝﹣1， 故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3…①， 函数的对称轴为：x＝1； （2）四边形ACDE的周长＝AC+DE+CD+AE，其中AC＝、DE＝1是常数， 故CD+AE最小时，周长最小， 取点C关于直线x＝1对称点C′（2，3），则CD＝C′D， 取点A′（﹣1，1），则A′D＝AE， 故：CD+AE＝A′D+DC′，则当A′、D、C′三点共线时，CD+AE＝A′D+DC′最小，周长也最小， 四边形ACDE的周长的最小值＝AC+DE+CD+AE＝+A′D+DC′＝+A′C′＝+； （3）如图，设直线CP交x轴于点E， 直线CP把四边形CBPA的面积分为3：5两部分， 又∵S△PCB：S△PCA＝EB×（yC﹣yP）：AE×（yC﹣yP）＝BE：AE， 则BE：AE＝3：5或5：3， 则AE＝或， 即：点E的坐标为（，0）或（，0）， 将点E的坐标代入直线CP的表达式：y＝kx+3， 解得：k＝﹣6或﹣2， 故直线CP的表达式为：y＝﹣2x+3或y＝﹣6x+3…② 联立①②并解得：x＝4或8（不合题意值已舍去）， 故点P的坐标为（4，﹣5）或（8，﹣45）． 学科网（北京）股份有限公司 $$