广东省江门台山市横山中学2024-2025学年九年级上学期期中考试数学试卷

广东省江门台山市横山中学2024-2025学年九年级（上）期中数学试卷 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1．（3分）下列方程中，属于一元二次方程的是（　　） A．x+y＝1 B．x2+x＝1 C． D．ax2+bx+c＝0 2．（3分）一元二次方程x2+2x＝0的解是（　　） A．x1＝x2＝﹣2 B．x1＝2，x2＝0 C．x1＝﹣2，x2＝0 D．x1＝2，x2＝﹣2 3．（3分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转55°得到△ADE，若AD⊥BC于点F，∠E＝75°，则∠BAC的度数为（　　） A．65° B．70° C．75° D．80° 4．（3分）某校为更好地开展“阳光体育”活动，决定组织开展八年级班际篮球赛，各班组队，赛制为单循环形式（每两队之间都赛一场），计划共需安排21场比赛．则该校八年级共有班级（　　） A．6个 B．7个 C．8个 D．9个 5．（3分）已知抛物线y＝2（x﹣1）2上有三点A（﹣2，y1），B（﹣1，y2），C（2，y3），则y1，y2，y3的大小关系为（　　） A．y2＞y1＞y3 B．y3＞y2＞y1 C．y2＞y3＞y1 D．y1＞y2＞y3 6．（3分）如图，△ABC中，AB＝AC，AB的垂直平分线交BC于点D，交AB于点E，连接AD，若∠B＝36°，AE＝3，则CD的长度为（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 7．（3分）如图，在△ABC中，∠B＝50°，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点D恰好落在BC的延长线上，则旋转角的度数为（　　） A．90° B．80° C．70° D．60° 8．（3分）如图，在长为80cm、宽为60cm的矩形油画四周镶嵌同样宽的装饰，若装饰后的画面的面积为6300cm2．求镶嵌的装饰部分的宽度？若设镶嵌的装饰部分的宽度为x cm．则可列的一元二次方程是（　　） A．（80﹣2x）（60﹣2x）＝6300 B．（80+2x）（60+2x）＝6300 C．（80﹣x）（60﹣x）＝6300 D．（80+2）（60+x）＝6300 9．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c满足以下三个条件：①ac＞0；②b2＞4ac；③a﹣b+c＜0，则它的图象可能是（　　） A． B． C． D． 10．（3分）如图，小明站在原点处，从离地面高度为1m的点A处抛出弹力球，弹力球在B处着地后弹起，落至点C处，弹力球着地前后的运动轨迹可近似看成形状相同的两条抛物线，弹力球第一次着地前抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）2+2，弹力球在B处着地后弹起的最大高度为着地前手抛出的最大高度的一半，如果在地上摆放一个底面半径为0.5m，高为0.5m的圆柱形筐，筐的最左端距离原点为n米，若要弹力球从B点弹起后落入筐内，则n的值可以是（　　） A．7 B．8 C．9 D．10 二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分） 11．（3分）若多项式x2﹣2（k﹣1）x+9是一个完全平方式，则常数k的值为 　 　． 12．（3分）二次函数y＝x2﹣1图象的顶点坐标是　 　． 13．（3分）设x1，x2是一元二次方程x2﹣x﹣1＝0的两根，则2x12﹣x1+x22＝　 　． 14．（3分）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，将正方形ABCD绕点B顺时针旋转，当点A′落在正方形ABCD的对称轴MN上时，A′M的长为 　 　． 15．（3分）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0）经过点（m+1，n）和（2﹣m，n），有如下结论：①抛物线对称轨为x；②abc＞0；③若（3，y1），（4，y2）两点在抛物线上，且y1y2＜0，则方程ax2+bx+c＝0有一根满足﹣1＜x1＜0；④过点（2，c﹣2a）与抛物线有且只有一个公共点的直线有两条．其中正确的结论有 　 　.（填正确结论的序号）． 三．解答题（共8小题，满分75分） 16．（8分）解方程： （1）x2﹣4x﹣5＝0； （2）（4y﹣1）2﹣25＝0． 17．（8分）已知二次函数y＝（k﹣3）x2﹣2kx+6k（k≠3）． （1）甲说：该二次函数图象必经过点（﹣2，﹣12）；乙说：若图象的顶点在x轴上，则k＝0；你觉得他们的结论对吗？请说明理由． （2）若抛物线经过P（0，m），Q（2，n）两点，求证：mn≥﹣36． 18．（8分）近年手机微信上的垃圾短信泛滥成灾，严重影响了人们的生活，最近小王收到一条垃圾短信，此短信要求接到短信的人必须转发给若干人，如果收到此短信的人都按要求转发，从小王开始计算，转发两轮后共有100人有此短信． （1）请求出这个短信要求收到短信的人必须转发给多少人？ （2）如果收到短信的人都按要求转发，从小王开始计算，三轮后会有多少人有此短信？ 19．（9分）如图所示，抛物线y＝ax2+bx+c与直线y＝﹣x+6分别交于x轴和y轴上同一点，交点分别是点B和点C，且抛物线的对称轴为直线x＝4． （1）求抛物线的解析式； （2）左右平移该二次函数的图象，使其经过原点，求平移后二次函数表达式． 20．（9分）如图，D是等边三角形ABC内一点，将线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE． （1）画出旋转后的图形； （2）连接CD，BE，求证：△AEB≌△ADC； （3）连接DE，若∠ADC＝105°，求∠BED的度数． 21．（9分）某超市为了销售一种新型饮料，对月销售情况作了如下调查，结果发现每月销售量y（瓶）与销售单价x（元）满足一次函数关系．所调查的部分数据如表：（已知每瓶进价为4元，每瓶利润＝销售单价﹣进价） 单价x（元） 5 6 7 … 销售量y（瓶） 150 140 130 … （1）求y关于x的函数表达式． （2）该新型饮料每月的总利润为w（元），求w关于x的函数表达式，并指出单价为多少元时利润最大，最大利润是多少元？ （3）由于该新型饮料市场需求量较大，厂家进行了提价．此时超市发现进价提高了a元，每月销售量与销售单价仍满足第（1）问函数关系，当销售单价不超过14元时，利润随着x的增大而增大，求a的最小值． 22．（12分）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点B作直线l，点M在直线l上，连接CM、AM，且CM＝BC，过C点作CN⊥AM交AM于点N． （1）如图1，请问∠ACN和∠MCN有怎样的数量关系，并证明； （2）如图2，直线CN交直线l于点H，求证：CH＝HB+HM； （3）已知BC＝4，在直线l绕点B旋转的过程中，当∠CBM＝15°时，请直接写出MH的长度． 23．（12分）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣2与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，且满足OA：OC：OB＝6：2：1，连接AC、BC． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，点P是线段AC下方抛物线上的一动点，过点P作PD⊥AC于点D，点E为直线BC上一动点，当PD取最大值时，连接PE，求的最小值； （3）如图2，将该抛物线沿射线AC方向平移个单位长度，得到新抛物线y1，点Q是y1上一动点，是否存在∠QBC，使得∠QBC＝∠BCO+∠OAC，若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 参考答案与试题解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C B B D A B B C B 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1． 解：A、x+y＝1含有两个未知数，不是一元二次方程，不符合题意； B、x2+x＝1是一元二次方程，符合题意； C、含有分式，不是一元二次方程，不符合题意； D、当a＝0时，ax2+bx+c＝0不是一元二次方程，不符合题意． 故选：B． 2． 解：x2+2x＝0， x（x+2）＝0， x+2＝0或x＝0， 解得：x1＝﹣2，x2＝0， 故选：C． 3． 解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转55°得到△ADE， ∴∠E＝∠C＝75°，∠BAF＝55°， ∵AD⊥BC， ∴∠CAF＝15°， ∴∠BAC＝70°， 故选：B． 4． 解：设该校八年级共有班级x个， 根据题意得：x（x﹣1）＝21， 整理得：x2﹣x﹣42＝0， 解得：x1＝7，x2＝﹣6（不符合题意，舍去）， ∴该校八年级共有班级7个． 故选：B． 5． 解：因为y＝2（x﹣1）2， 所以其对称轴为x＝1， 因为a＝2＞0， 所以抛物线开口向上，在对称轴的左侧，y随x的增大而减小， 根据二次函数图象的对称性：可知，C（2，y3）和（0，y3）关于直线x＝1对称， 因为﹣2＜﹣1＜0，故y1＞y2＞y3， 故选：D． 6． 解：∵DE垂直平分AB， ∴DA＝DB，AB＝2AE， ∴∠BAD＝∠B＝36°， ∵AB＝AC， ∴∠C＝∠B＝36°， ∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝108°， ∴∠CAD＝∠BAC﹣∠BAD＝108°﹣36°＝72°， ∵∠ADC＝∠B+∠BAD＝72°， ∴∠ADC＝∠CAD， ∴CD＝AC， ∵AC＝AB＝2AE＝2×3＝6， ∴CD＝6． 故选：A． 7． 解：由旋转性质可知：AB＝AD， ∵点D恰好落在BC的延长线上， ∴∠B＝∠ADB＝50°， ∴∠BAD＝80°， 即旋转角的度数是80°， 故选：B． 8． 解：根据题意得（80+2x）（60+2x）＝6300， 故选：B． 9． 解：∵二次函数y＝ax2+bx+c满足以下三个条件：①ac＞0；②b2＞4ac；③a﹣b+c＜0， 由①a，c同号，排除D选项． 由②可得b2﹣4ac＞0，则抛物线与x轴有两个不同的交点，故排除A选项． 由③可知：当x＝﹣1时，y＜0，排除B选项． 故满足条件的图象可能是C， 故选：C． 10． 解：∵点A（0，1）是抛物线y＝a（x﹣2）2+2的起点， ∴1＝a（0﹣2）2+2， 解得：a， ∴第一次着地前抛物线的解析式为y（x﹣2）2+2， 当y＝0时，（x﹣2）2+2＝0， 解得：x1＝2+2，x2＝2﹣2（舍去）， ∴点B的坐标为（2+2，0）， ∵两条抛物线是形状相同的两条抛物线，且着地后抛物线的高度是着地前抛物线高度的一半， ∴设弹力球第一次着地后的抛物线解析式为y（x﹣h）2+1， 将点B代入该解析式，得h1＝2（舍去），h2＝24， ∴弹力球第一次着地后的抛物线解析式为y（x﹣24）2+1； ∵弹力球第一次着地后的抛物线的对称轴为直线x＝24， ∵点B的横坐标为22， ∴点B到第一次着地后的抛物线的对称轴的距离为24﹣22＝2， ∴点C的横坐标为24+2+2＝26， ∴点C（26，0）， ∴弹力球第二次着地点到点O的距离为（26）m； ∵圆柱形筐的高为0.5m， ∴当y＝0.5时，（x﹣24）2+1＝0.5， 解得．x1＝4+3．x2＝4（舍）， ∵筐的底面半径为0.5m，直径为1m， ∴当弹力球恰好落入框内，框的最左端到原点的距离n的取值范围为3+3n≤4+3 ∴n的值可以是8， 故选：B． 二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分） 11． 解：∵x2﹣2（k﹣1）x+9是一个多项式的完全平方式， ∴﹣2（k﹣1）＝±2×1×3， 解得k＝4或﹣2． 故答案为：4或﹣2． 12． 解：二次函数y＝x2﹣1图象的顶点坐标是：（0，﹣1）． 故答案为：（0，﹣1）． 13． 解：根据题意知x12﹣x1﹣1＝0，x22﹣x2﹣1＝0，x1+x2＝1， 则x12＝x1+1，x22＝x2+1， 所以原式＝2（x1+1）﹣x1+x2+1 ＝x1+x2+3 ＝1+3 ＝4， 故答案为：4． 14． 解：∵将正方形ABCD绕点B顺时针旋转， ∴AB＝A'B＝4， ∵MN是正方形ABCD的对称轴， ∴BN＝2，MN＝4， ∴A'N2， ∴A'M＝4﹣2， 故答案为：4﹣2． 15． 解：①∵抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0）经过点（m+1，n）和（2﹣m，n）， ∴抛物线对称轴为直线x，故选项①正确，符合题意； ②∵无法判断c的符号， ∴无法判断abc的符号，故选项②错误，不合题意； ③若（3，y1），（4，y2）两点在抛物线上，且y1y2＜0， ∴抛物线与x轴的交点横坐标在3﹣4之间， ∵抛物线对称轴为直线x， ∴抛物线与x轴的另一个交点的横坐标在﹣1﹣0之间， ∴方程ax2+bx+c＝0有一根满足﹣1＜x1＜0，故选项③正确，符合题意； ④∵， ∴b＝﹣3a， ∵x＝2时，y＝ax2+bx+c＝4a+2b+c＝c﹣2a， ∴点（2，c﹣2a）在抛物线上， ∴过抛物线上点的直线有两条，一条时与抛物线相切的直线，一条是与y轴平行的直线，故选项④正确，符合题意； 故答案为：①③④． 三．解答题（共8小题，满分75分） 16． 解：（1）x2﹣4x﹣5＝0， （x+1）（x﹣5）＝0， x+1＝0或x﹣5＝0， 所以x1＝﹣1，x2＝5； （2）（4y﹣1）2﹣25＝0， ∴（4y﹣1+5）（4y﹣1﹣5）＝0， 4y+4＝0或4y﹣6＝0， 所以y1＝﹣1，y2． 17． 解：（1）甲和乙的说法都不对， 理由：当x＝﹣2时， y＝4（k﹣3）+4k+6k＝14k﹣12，故甲的说法不对； 令0， 解得，k1＝0，k2， 故乙的说法不对； （2）证明：∵抛物线y＝（k﹣3）x2﹣2kx+6k（k≠3）经过P（0，m），Q（2，n）两点， ∴， ∴， ∴mn＝6k（6k﹣12）＝36（k﹣1）2﹣36≥﹣36， 即mn≥﹣36． 18． 解：（1）设这个短信要求收到短信的人必须转发给x人， 依题意得：1+x+x（1+x）＝100， 整理得，x2+2x﹣99＝0， 解得x＝9或﹣11， x＝﹣11不符合题意，舍去． 答：这个短信要求收到短信的人必须转发给9人； （2）第三轮短信转发后，收到此短信的人数共有：100+9×100＝1000（人）． 答：从小王开始计算，三轮后会有1000人有此短信． 19． 解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c与直线y＝﹣x+（6分）别交于x轴和y轴上同一点，交点分别是点B和点C， ∴将x＝0代入y＝﹣x+6得，y＝6；将y＝0代入y＝﹣x+6，得x＝6． ∴点B的坐标是（6，0），点C的坐标是（0，6）． ∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A、B两点，对称轴为直线x＝4， ∴点A的坐标为（2，0）． 即抛物线与x轴的两个交点A，B的坐标分别是（2，0），（6，0）． ∴． ∴解得a，b＝﹣4，c＝6． ∴抛物线的解析式为：yx2﹣4x+6． （2）由题意得，抛物线为yx2﹣4x+6（x﹣4）2﹣2， ∴可设抛物线左右平移|h|个单位过原点，此时抛物线为y（x﹣4+h）2﹣2． ∴（﹣4+h）2﹣2＝0． ∴h＝6或2． ∴平移后的抛物线为y（x﹣2）2﹣2或y（x+2）2﹣2． 20． （1）解：旋转后的图形，如图1； （2）证明：连接CD，BE，如图2， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠BAC＝60°，AB＝AC． ∵线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE， ∴∠DAE＝60°，AE＝AD． ∴∠BAD+∠EAB＝∠BAD+∠DAC． ∴∠EAB＝∠DAC． 在△AEB和△ADC中， ∵， ∴△AEB≌△ADC（SAS）； （3）解：连接DE，如图3， ∵∠DAE＝60°，AE＝AD， ∴△EAD为等边三角形． ∴∠AED＝60°， ∵△EAB≌△DAC，∠ADC＝105°， ∴∠AEB＝∠ADC＝105°． ∴∠BED＝45°． 21． 解：（1）设y关于x的函数表达式为y＝kx+b（k≠0） 由题意得： 解得： ∴y关于x的函数表达式为y＝﹣10x+200． （2）由题意得： w＝（x﹣4）（﹣10x+200） ＝﹣10x2+240x﹣800 ＝﹣10（x﹣12）2+640 ∵﹣10＜0 ∴当x＝12时，w有最大值640元． ∴w关于x的函数表达式为w＝﹣10x2+240x﹣800，单价为12元时利润最大，最大利润是640元． （3）由题意得： w＝（x﹣4﹣a）（﹣10x+200） ＝﹣10x2+（240+10a）x﹣800 二次函数的对称轴为：x＝12 ∵﹣10＜0，当销售单价不超过14元时，利润随着x的增大而增大 ∴1214 ∴a≥4 ∴a的最小值为4． 22． （1）解：∠ACN＝∠MCN；理由如下： ∵AC＝BC，CM＝BC， ∴AC＝CM， ∵CN⊥AM， ∴∠ACN＝∠MCN； （2）证明：如图2，在直线l上取点D，连接CD，使∠HCD＝90°， ∴∠HCB+∠DCB＝90°＝∠HCB+∠HCA，即∠DCB＝∠HCA， ∴∠DCB＝∠HCM， ∵BC＝CM， ∴∠CBM＝∠CMB， ∴∠CBD＝∠CMH， ∵∠DCB＝∠HCM，BC＝CM，∠CBD＝∠CMH， ∴△CBD≌△CMH（ASA）， ∴BD＝HM，CD＝CH，∠CDB＝∠CHM＝45°， 由勾股定理得，DHCH， ∵DH＝HB+BD＝HB+HM， ∴CH＝HB+HM； （3）解：MH的长为或．理由如下： 由题意知，分两种情况求解； ①如图3， ∵CM＝BC＝4，∠CBM＝15°， ∴∠CMB＝∠CBM＝15°， ∴∠MCB＝150°，∠MCA＝∠MCB﹣∠ACB＝60°， ∴∠MCN∠MCA＝30°， ∴MNCM＝2，∠CMN＝60°， ∴∠HMN＝∠CMN﹣∠CMB＝45°， ∴∠MHN＝45°＝∠HMN， ∴NH＝MN＝2， 由勾股定理得MH2； ②如图4， 同理可得，∠CMB＝∠CBM＝15°， ∴∠MCB＝150°，∠MCA＝360°﹣∠MCB﹣∠ACB＝120°， ∴∠MCN∠MCA＝60°，∠MCH＝180°﹣∠MCN＝120°， ∴∠CMN＝30°，∠BCH＝∠MCB﹣∠MCH＝30°， ∴CNCM＝2， 由勾股定理得MN2， ∵∠MHN＝∠MBC+∠BCH＝45°， ∴∠HMN＝45°＝∠MHN， ∴NH＝MN＝2， 由勾股定理得MH2； 综上所述，MH的长为2或2． 23． 解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣2与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，且满足OA：OC：OB＝6：2：1， 当x＝0时，y＝﹣2， ∴C（0，﹣2）， ∴OC＝2， ∴OB＝1，OA＝6， ∴A（﹣6，0），B（1，0）， 把点A，点B的坐标代入得： ， 解得， ∴； （2）如图1，过点P作PM⊥AB于M，交AC于N，过点B作BG⊥AB于B，过点E作EG⊥BG于点G， 由C（0，﹣2）设直线AC为：y＝kx﹣2， 把A（﹣6，0）代入y＝kx﹣2得0＝﹣6k﹣2， 解得， 直线AC为：， 设，则， ∴， ∵AB＝6，OC＝2，OC⊥AB， ∴， ∴， ∵MN⊥AB，PD⊥AC， ∴∠ANM+∠MAN＝∠NPD+∠PND＝90°， ∵∠ANM＝∠PND， ∴∠MAN＝∠NPD， ∴， ∴， ∴当m＝﹣3时，PD的值最大， ∴， ∴P（﹣3，﹣4）， ∵OB＝1，OC＝2， ∴由勾股定理得， ∴， ∵BG⊥AB，OC⊥AB， ∴BG∥OC， ∴∠EBG＝∠BCO， ∴， ∴， ∴， ∴PE+EG取最小值时，的值最小，当P、E，G，三点共线，PG⊥BG时，的值最小， ∵P（﹣3，﹣4），B（1，0）， ∴的最小值为1+3＝4； （3）存在∠QBC，使得∠QBC＝∠BCO+∠OAC；Q的坐标为或；理由如下： 如图2，过B作BM⊥AB于B，在x轴的下方直线BM上，作BM＝OA＝6，过M作MH⊥BM于点M，在直线BM的右侧作MH＝OC＝2，作直线BH交平移后的抛物线于点Q，则∠BMH＝∠AOC＝90°， ∵OA＝MB＝6，MH＝OC＝2，BM⊥AB，MH⊥BM， 在△BMH和△AOC中， ， ∴△BMH≌△AOC（SAS）， ∴∠HBM＝∠OAC， 由（2）得∠MBC＝∠OCB， ∴∠QBC＝∠QBC+∠MBC＝∠BCO+∠OAC， ∴此时Q为所求， ∵OA＝6，OC＝2，， ∴将抛物线沿射线AC方向平移个单位长度，即将抛物线向右平移3个单位，再向下平移1单位，得到新抛物线y1， ∵， ∴， ∴H（3，﹣6）， 设直线BH为y＝mx+n，把H（3，﹣6），B（1，0），代入得： ， 解得m＝﹣3，n＝3， ∴直线BH为y＝﹣3x+3， 联立y＝﹣3x+3与，得： ， ∴， ∴，（舍去）， ∴当时，， ∴， 如图3，作H（3，﹣6）关于直线BC的对称点H′，连接HH′交BC于L，直线BW交平移后的抛物线于点Q′，由∠Q′BC＝∠QBC得Q′为所求，则HL＝H′L，HH′⊥BL， 设直线BC为y＝fx+e，把点B，点C的坐标代入得： ， 解得f＝2，e＝﹣2， ∴直线BC为y＝2x﹣2， ∴设L（n，2n﹣2）， ∵HL⊥BL， 在直角三角形BHL中，由勾股定理得： BL2+HL2＝BH2，即（n﹣1）2+（2n﹣2）2+（n﹣3）2+（2n﹣2+6）2＝（3﹣1）2+62， 解得n＝﹣1或n＝1（舍去）， ∴2n﹣2＝﹣4， ∴L（﹣1，﹣4）， ∵HL＝H′L，H（3，﹣6）， ∴W（﹣5，﹣2）， 设直线BW为y＝px+q，把点W，点B的坐标代入得： ， 解得， ∴直线BW为， 联立与得： ， ∴， 解得，（舍去）或， 当时，， ∴， 综上可得Q的坐标为或． 第1页（共1页） 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