精品解析：四川省南充市南部中学2023-2024学年九年级上学期期中考试数学试卷

九上第二阶段学业水平监测 数 学 卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 一、选择题（每题4分，共40分） 1. 下列图标中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知点与点关于原点对称，则点在第（ ）象限． A. 一 B. 二 C. 三 D. 四 3. 飞机着陆后滑行的距离关于滑行的时间的函数关系式是，则飞机着陆后滑行（ ）秒才能停下来？ A. 10 B. 15 C. 20 D. 30 4. 已知是一个完全平方式，则的值是（ ） A. 1 B. C. D. 5. 关于的一元二次方程有两个实数根，则的取值范围是（ ） A. B. C. 且 D. 且 6. 参加足球联赛的每两支球队之间都要进行两场比赛，共要比赛110场，设参加比赛的球队有x支，根据题意，下面列出的方程正确的是（　　） A. x（x+1）＝110 B. x（x﹣1）＝110 C. x（x+1）＝110 D. x（x﹣1）＝110 7. 如图所示，在中，，且，设直线截此三角形所得的阴影部分的面积为，则与之间的函数关系式为（　　） A. B. C. D. 8. 如图，在中，，点D、E分别是边、的中点，将绕点E旋转得，则四边形一定是 A. 矩形 B. 菱形 C. 正方形 D. 梯形 9. 如图，在半径为13cm的圆形铁片上切下一块高为8cm的弓形铁片，则弓形弦AB的长为( ) A. 10cm B. 16 cm C. 24 cm D. 26cm 10. 二次函数，且与轴的两个交点的横坐标分别为和，且，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（每题4分，共24分） 11. 方程的解是_______． 12. 把抛物线向下平移3个单位长度后，得到的抛物线顶点坐标是_______． 13. 如图所示，为的直径，是的弦，的延长线交于点E，已知， ，则_______． 14. 已知二次函数的部分图象如图所示，则关于x的一元二次方程的解为_____． 15. 已知正方形ABCD中，点E在边DC上，DE＝3，EC＝1，如图所示，把线段AE绕点A旋转，使点E落在直线BC上的点F处，则F、C两点的距离为_____． 16. 如图，二次函数的图象与轴交于两点，，其中，下列结论：①，②，③，④，⑤，正确结论的序号是_______． 三、解答题（共86分） 17. 计算：． 18. 解方程： （1）； （2）． 19. 已知是一元二次方程的两个实数根，求的值． 20. 关于x的一元二次方程有两个不等实根． （1）求实数k的取值范围． （2）若方程两实根满足，求k的值． 21. 如图，在直角坐标系中，的顶点是坐标原点，，，请完成下列解答： （1）作出关于原点对称的，则A点关于原点O的对称点的坐标是_______，B点关于原点O的对称点的坐标是_______． （2）将（1）中得到的，绕点逆时针旋转，画出旋转后的，则点的对应点的坐标是_______． （3）在轴上求作一点P，使以O、、P为顶点的三角形是等腰三角形，则满足条件的点P的坐标是_______． 22. 如图，在矩形ABCD中，，，动点P从点A出发，以2cm/s的速度沿AB向点B移动，同时，点Q从点C出发，以lcm/s的速度沿CD向点D移动（点P到达点B停止时，点Q也随之停止运动），设点P运动时间为t秒． （1）试求当t为何值时四边形APQD为矩形； （2）P、Q两点出发多长时间，线段PQ的长度为5cm． 23. 甲商品的进价为每件20元，商场确定其售价为每件40元． （1）若现在需进行降价促销活动，预备从原来的每件40元进行两次调价，已知该商品现价为每件32.4元．若该商品两次调价的降价率相同，求这个降价率； （2）经调查，该商品每降价0.2元，即可多销售10件．已知甲商品售价40元时，每月可销售500件，若该商场希望该商品每月能盈利10800元，且尽可能扩大销售量，则该商品应定价为多少元？ 24. 如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，点E在对角线BD上，将线段CE绕点C顺时针旋转120°，得到CF，连接DF． （1）求证：△BCE≌△DCF． （2）若BC＝2 ．求四边形ECFD的面积． 25. 如图，抛物线C1：y＝x2﹣2x与抛物线C2：y＝ax2+bx开口大小相同、方向相反，它们相交于O，C两点，且分别与x轴的正半轴交于点B，点A，OA＝2OB． （1）求抛物线C2的解析式； （2）在抛物线C2的对称轴上是否存在点P，使PA+PC的值最小？若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由； （3）M是直线OC上方抛物线C2上的一个动点，连接MO，MC，M运动到什么位置时，△MOC面积最大？并求出最大面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九上第二阶段学业水平监测 数 学 卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 一、选择题（每题4分，共40分） 1. 下列图标中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查轴对称图形和中心对称图形，准确掌握其定义是解题的关键． 根据轴对称图形和中心对称图形的定义即可得到答案． 【详解】解：根据轴对称图形和中心对称图形的定义，可得： A选项中的图形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； B选项中的图形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； C选项中的图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； D选项中的图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； 故选：C． 2. 已知点与点关于原点对称，则点在第（ ）象限． A. 一 B. 二 C. 三 D. 四 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了关于原点为对称的点的坐标及各象限点的坐标特点：第一象限的点满足横、纵坐标，第二象限的点满足横、纵坐标，第三象限的点满足横、纵坐标，第四象限的点满足横、纵坐标，关于原点对称的点的横、纵坐标互为相反数，熟知这一规律是正确解决本题的关键． 由点与点关于原点对称，可求得a、b的值，即可知点P在第几象限． 【详解】解：点与点关于原点对称， ，， ， 则点在第三象限， 故答案为：C． 3. 飞机着陆后滑行的距离关于滑行的时间的函数关系式是，则飞机着陆后滑行（ ）秒才能停下来？ A. 10 B. 15 C. 20 D. 30 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的应用，掌握配方法是解题的关键．把二次函数解析式转化为顶点式，求出为何值时取最大值即可求解． 【详解】解：∵， 又∵， ∴当时，有最大值， 即飞机着陆后滑行20秒才能停下来． 故选：C． 4. 已知是一个完全平方式，则的值是（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查完全平方式，熟知完全平方式的结构特征是解答的关键．根据完全平方式的结构特征求解即可． 【详解】解：根据题意，是一个完全平方式， ∴， ∴，解得． 故选：B． 5. 关于的一元二次方程有两个实数根，则的取值范围是（ ） A. B. C. 且 D. 且 【答案】D 【解析】 【分析】根据一元二次方程根的判别式 进行计算即可． 【详解】解：根据一元二次方程一元二次方程有两个实数根， 解得：， 根据二次项系数 可得： 故选D． 【点睛】考查一元二次方程根的判别式， 当时，方程有两个不相等的实数根； 当时，方程有两个相等的实数根； 当时，方程没有实数根． 6. 参加足球联赛的每两支球队之间都要进行两场比赛，共要比赛110场，设参加比赛的球队有x支，根据题意，下面列出的方程正确的是（　　） A. x（x+1）＝110 B. x（x﹣1）＝110 C. x（x+1）＝110 D. x（x﹣1）＝110 【答案】D 【解析】 【分析】设有x个队参赛，根据参加一次足球联赛的每两队之间都进行两场场比赛，共要比赛110场，可列出方程． 【详解】解：设有x个队参赛，则 x（x﹣1）＝110． 故选：D． 【点睛】本题考查的是一元二次方程的应用，找准等量关系列一元二次方程是解题的关键． 7. 如图所示，在中，，且，设直线截此三角形所得的阴影部分的面积为，则与之间的函数关系式为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】中，，且，可得；再由平行线的性质得出，即，进而证明，最后根据三角形的面积公式，求出与之间的函数关系式． 【详解】解：如图所示， ∵中，，且， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ， 即：． 故选：B． 【点睛】本题主要考查的是二次函数解析式的求法，考查了等腰直角三角形的性质，平行线的判定和性质，等腰三角形的判定，三角形的面积等知识点．解题的关键是能够找到题目中的有关面积的等量关系． 8. 如图，在中，，点D、E分别是边、的中点，将绕点E旋转得，则四边形一定是 A. 矩形 B. 菱形 C. 正方形 D. 梯形 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查矩形的证明，熟练掌握矩形证明的基本方法是解题关键． 根据旋转的性质可得，，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判断出四边形是平行四边形，然后利用等腰三角形三线合一的性质求出，再利用有一个角是直角的平行四边形是矩形解答： 【详解】∵绕点E旋转得， ∴，． ∴四边形是平行四边形． ∵，点D是边的中点， ∴． ∴四边形为矩形． 故选：A． 9. 如图，在半径为13cm的圆形铁片上切下一块高为8cm的弓形铁片，则弓形弦AB的长为( ) A. 10cm B. 16 cm C. 24 cm D. 26cm 【答案】C 【解析】 【分析】过O作OD⊥AB于C，交⊙O于D，先利用勾股定理求出BC的长，进而根据垂径定理得出AB. 【详解】解：过O作OD⊥AB于C，交⊙O于D， ∴CD=8，OD=13， ∴OC=OD-CD=5， 又∵OB=13， ∴Rt△BCO中，BC==12， ∴AB=2BC=24． 故选C. 10. 二次函数，且与轴的两个交点的横坐标分别为和，且，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依题意画出二次函数及的大致图象，观察图象即可得出结论． 【详解】解：二次函数与轴交点的横坐标为，将其图象往下平移2个单位长度可得到的图象，如图所示： ， 观察图象可知：， 故选：C． 【点睛】本题考查了抛物线与轴的交点以及二次函数的图象，依据题意画出图象，利用数形结合解决问题是解题的关键． 二、填空题（每题4分，共24分） 11. 方程的解是_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程-因式分解法：先把方程右边变形为0，然后把方程左边进行因式分解，这样把一元二次方程转化为两个一元一次方程，再解一次方程可得到一元二次方程的解． 【详解】解：， 则， ∴， ∴或， 解得：， 故答案为：． 12. 把抛物线向下平移3个单位长度后，得到的抛物线顶点坐标是_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是二次函数图象与几何变换，熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式是解题的关键．根据平移的规律即可得到平移后所得新的抛物线的顶点坐标． 【详解】解：抛物线的顶点坐标是，将该顶点向下平移3个单位长度所得的顶点坐标是． 故答案为：． 13. 如图所示，为的直径，是的弦，的延长线交于点E，已知， ，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了等边对等角，三角形外角的性质，圆的基本性质，连接，可证明，得到，由三角形外角的性质得到，再由得到，则． 【详解】解：如图所示，连接， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 14. 已知二次函数的部分图象如图所示，则关于x的一元二次方程的解为_____． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查二次函数的图象性质，二次函数与一元二次方程的关系，由图知，抛物线与x轴交于，代入求出m的值，再解方程即可． 【详解】解：由图知，抛物线与x轴交于点， 将代入，得， ∴， ∴原方程为， 解得：，． 故答案为：，． 15. 已知正方形ABCD中，点E在边DC上，DE＝3，EC＝1，如图所示，把线段AE绕点A旋转，使点E落在直线BC上的点F处，则F、C两点的距离为_____． 【答案】1或7． 【解析】 【分析】首先在直角△ADE中利用勾股定理求得AE的长，然后分两种情况进行讨论：如图，①当线段AE顺时针旋转到BC上的F1点时，在直角△ABF1中利用勾股定理求得BF1的长，进而可求得F1C；②同理可以求得旋转到F2时，F2C的长． 【详解】解：CD＝DE+EC＝3+1＝4，则正方形ABCD的边长是4． 在直角△ADE中，根据勾股定理得：AE＝＝＝5． 如图，①当线段AE顺时针旋转到BC上的F1点时，AF1＝AE＝5， 在直角△ABF1中，BF1＝＝＝3． ∴F1C＝BC﹣BF1＝4﹣3＝1； ②当线段AE顺时针继续旋转到BC上的F2点时，同理可得BF2＝3，则F2C＝3+4＝7． 故答案为：1或7． 【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质和勾股定理等知识，属于常考题型，正确分类、熟练掌握上述知识是解题的关键． 16. 如图，二次函数的图象与轴交于两点，，其中，下列结论：①，②，③，④，⑤，正确结论的序号是_______． 【答案】①②④⑤ 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象与系数关系，熟练掌握二次函数图象的性质是解题的关键． 根据抛物线开口向上，抛物线对称轴可判断①正确；根据图象与轴交于两点和对称轴的位置可判断②错误；当时，的值为，结合对称轴可判断③错误；根据对称轴；可得，变形可判断④正确；根据，得出，即可得，故⑤正确； 【详解】解：∵抛物线开口向上， ， ∵抛物线对称轴在轴的右侧， ， ∵抛物线与轴的交点在轴上方， ， ∴，所以①正确； ∵图象与轴交于两点，其中， ， ， 当时，， 当时，， ， ， ∴，即，故②正确； 当时，的值为， 给乘以 4 ，即可化为， ∵抛物线的对称轴在， ∴关于对称轴对称点的横坐标在和之间， 由图象可知在和 2 之间为负值， 2 和之间为正值， ∴与 0 的关系不能确定，即与的关系不能确定， 故③错误； ， ， ， 即， 即， ， ， ， 即， 故④正确． ∵， ∴， 即， 即， 即，故⑤正确； 故答案为：①②④⑤． 三、解答题（共86分） 17. 计算：． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查二次根式的运算，零指数幂以及负整数幂，熟练掌握运算法则是解题的关键．根据运算法则进行计算即可． 【详解】解： ． 18. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，解题关键是熟练掌握解一元二次方程的常用方法，如直接开方法、配方法、公式法、因式分解法等． （1）将原方程整理为，然后利用因式分解法求解即可； （2）将原方程整理为，然后利用因式分解法求解即可． 【小问1详解】 解：， ， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：， ， ∴， ∴． 19. 已知是一元二次方程的两个实数根，求的值． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系，以及二次根式的化简，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键． 根据根与系数的关系得到，，可知，然后化简代入求值． 【详解】解：，是一元二次方程的两根， ，， ，， ． 20. 关于x的一元二次方程有两个不等实根． （1）求实数k的取值范围． （2）若方程两实根满足，求k的值． 【答案】（1）k﹥；（2）k=2 【解析】 【分析】（1）根据方程有两个不相等的实数根可得△＞0，代入求得k的取值范围即可； （2）首先判断出两根均小于0，然后去掉绝对值，进而得到，结合k的取值范围解方程即可． 【详解】解：（1）∵原方程有两个不相等的实数根 ∴ 解得：k﹥； 故答案为：k﹥. （2）∵k﹥， ∴＜0 又∵ ∴ ， ∴, ∵, ∴2k+1=k2+1， 解得：k1=0,k2=2 又 ∵k﹥ ∴k=2． 故答案为：k=2． 21. 如图，在直角坐标系中，的顶点是坐标原点，，，请完成下列解答： （1）作出关于原点对称的，则A点关于原点O的对称点的坐标是_______，B点关于原点O的对称点的坐标是_______． （2）将（1）中得到的，绕点逆时针旋转，画出旋转后的，则点的对应点的坐标是_______． （3）在轴上求作一点P，使以O、、P为顶点的三角形是等腰三角形，则满足条件的点P的坐标是_______． 【答案】（1） 如下图，即为所求， ， （2） 如图，即为所求， （3），，或 【解析】 【分析】本题主要考查了中心对称、旋转变换、等腰三角形的定义、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识是解题关键． （1）根据中心对称的性质确定点的位置，然后顺次连接，并确定点、的坐标即可； （2）根据旋转的性质确定点的位置，然后顺次连接，并确定点的坐标即可； （3）设，分，，三种情况，分别求解即可． 【小问1详解】 解：则A点关于原点O的对称点的坐标是，B点关于原点O的对称点的坐标是． 故答案为：，． 【小问2详解】 则点的对应点的坐标是． 故答案为：． 【小问3详解】 如下图， 由（2）可知，， 则， 设， 当时，可有，解得，即； 当时，可有，解得或（舍去）， 即； 当时，可有，解得，即； 当时，可有，解得，即或． 综上所述，满足条件的点P的坐标是，，或． 故答案为：，，或． 22. 如图，在矩形ABCD中，，，动点P从点A出发，以2cm/s的速度沿AB向点B移动，同时，点Q从点C出发，以lcm/s的速度沿CD向点D移动（点P到达点B停止时，点Q也随之停止运动），设点P运动时间为t秒． （1）试求当t为何值时四边形APQD为矩形； （2）P、Q两点出发多长时间，线段PQ的长度为5cm． 【答案】（1）2；（2）当出发1s或3s时，线段PQ的长度为5cm． 【解析】 【分析】（1）由矩形的性质，得，继而列出关于t的一元一次方程即可解题； （2）过点P作于点E，先证明四边形APED是矩形，再根据矩形的性质解得EQ的长，最后在中，根据勾股定理解题即可． 【详解】解：（1）四边形APQD为矩形． ， ， ， , 当时四边形APQD为矩形; （2）过点P作于点E， ， 四边形APED是矩形． ， ， 在中，， ，，， 答：当出发1s或3s时，线段PQ的长度为5cm． 【点睛】本题考查矩形的判断与性质、勾股定理，涉及解一元一次方程、解一元二次方程等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键． 23. 甲商品的进价为每件20元，商场确定其售价为每件40元． （1）若现在需进行降价促销活动，预备从原来的每件40元进行两次调价，已知该商品现价为每件32.4元．若该商品两次调价的降价率相同，求这个降价率； （2）经调查，该商品每降价0.2元，即可多销售10件．已知甲商品售价40元时，每月可销售500件，若该商场希望该商品每月能盈利10800元，且尽可能扩大销售量，则该商品应定价为多少元？ 【答案】（1）这个降价率为10%；（2）该商品应定价为每件32元． 【解析】 【分析】（1）设每次降价的百分率为x，（1-x）2为两次降价的百分率，40降至32.4就是方程的平衡条件，列出方程求解即可； （2）设该商品每月能盈利10800元，且尽可能扩大销售量，则每件应降价y元，由销售问题的数量关系建立方程求出其解即可． 【详解】（1）设这种商品每次降价的百分率是x，依题意得： 40（1﹣x）2＝32.4， 解得：x1＝0.1＝10%，x2＝1.9（舍去）； 答：这个降价率为10%； （2）设每件降价y元，则多销售y÷0.2×10＝50y（件）， 根据题意得（40﹣20﹣y）（500+50y）＝10800， 解得：y1=2，y2=8， ∵尽可能扩大销售量， ∴y=8． 所以40﹣8＝32（元）． 答：该商品应定价为每件32元． 【点睛】本题考查了一元二次方程应用——增长率与销售，关键是根据题意找到等式两边的平衡条件，这种价格问题主要解决价格变化前后的平衡关系，列出方程，解答即可． 24. 如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，点E在对角线BD上，将线段CE绕点C顺时针旋转120°，得到CF，连接DF． （1）求证：△BCE≌△DCF． （2）若BC＝2 ．求四边形ECFD的面积． 【答案】 （1）证明:∵四边形ABCD是菱形， ∴BC=CD，∠A=∠BCD=120° ∵将线段CE绕点C顺时针旋转120°，得到CF， ∴CF=CE，∠ECF=120°=∠BCD， ∴∠BCE=∠DCF，且BC=CD，EC=CF， ∴△BCE≌△DCF（SAS） （2） 【解析】 【分析】（1）由菱形的性质可得BC=CD，∠A=∠BCD=120°，由旋转的性质可得CF=CE，∠ECF=120°=∠BCD，由“SAS”可证△BCE≌△DCF； （2）如图，连接AC交BD于O，由菱形的性质可得AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，∠BCA=60°，由直角三角形的性质可求CO=，BO=CO=3，即可求S△BCD=×6×=3，由全等三角形的性质可求解． 【详解】解：（1）略 （2）如图，连接AC交BD于O， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，∠BCA=60°， ∵BC=2， ∴CO=，由勾股定理可得BO==3， ∴BD=6， ∴S△BCD=×6×=3， ∵△BCE≌△DCF ∴S△BEC=S△CDF， ∴S△BCD=S四边形ECFD=3． 【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练运用菱形的性质 25. 如图，抛物线C1：y＝x2﹣2x与抛物线C2：y＝ax2+bx开口大小相同、方向相反，它们相交于O，C两点，且分别与x轴的正半轴交于点B，点A，OA＝2OB． （1）求抛物线C2的解析式； （2）在抛物线C2的对称轴上是否存在点P，使PA+PC的值最小？若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由； （3）M是直线OC上方抛物线C2上的一个动点，连接MO，MC，M运动到什么位置时，△MOC面积最大？并求出最大面积． 【答案】（1）y＝﹣x2+4x；（2）P（2,2）；（3）S△MOC最大值为． 【解析】 【分析】（1）C1、C2：y=ax2+bx开口大小相同、方向相反，则a=-1，将点A的坐标代入C2的表达式，即可求解； （2）点A关于C2对称轴的对称点是点O（0，0），连接OC交函数C2的对称轴与点P，此时PA+PC的值最小，即可求解； （3）S△MOC=MH×xC=（-x2+4x-x）= -x2+x，即可求解． 【详解】（1）令：y＝x2﹣2x＝0，则x＝0或2，即点B（2，0）， ∵C1、C2：y＝ax2+bx开口大小相同、方向相反，则a＝﹣1， 则点A（4，0），将点A的坐标代入C2的表达式得： 0＝﹣16+4b，解得：b＝4， 故抛物线C2的解析式为：y＝﹣x2+4x； （2）联立C1、C2表达式并解得：x＝0或3， 故点C（3，3）， 连接OC交函数C2的对称轴与点P， 此时PA+PC的值最小为：线OC的长度; 设OC所在直线方程为： 将点O（0，0），C（3，3）带入方程，解得k=1， 所以OC所在直线方程为： 点P在函数C2的对称轴上，令x=2,带入直线方程得y=2, 点P坐标为（2，2） （3）由（2）知OC所在直线的表达式为：y＝x， 过点M作y轴的平行线交OC于点H， 设点M（x，﹣x2+4x），则点H（x，x），则MH=﹣x2+4x﹣x 则S△MOC=S△MOH+S△MCH =MH×xC = （﹣x2+4x﹣x）= ∵△MOC的面积是一个关于x的二次函数，且开口向下 其顶点就是它的最大值。其对称轴为x==，此时y= S△MOC最大值为． 【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，还考查了三角形的面积，要注意将三角形分解成两个三角形求解；还要注意求最大值可以借助于二次函数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $