福建省廈門市集美中學(xué)2023-2024學(xué)年九年級上學(xué)期期中模擬數(shù)學(xué)試題【含答案】

福建省廈門市集美中學(xué)2023-2024學(xué)年九年級上學(xué)期數(shù)學(xué)期中模擬一．選擇題（共10小題，滿分40分，每小題4分）1.關(guān)于x的一元二次方程的二次項系數(shù)、一次項系數(shù)、常數(shù)項分別是（）A.1，， B.，， C.1，，1 D.1，5，1【答案】C【解析】【分析】求出一元二次方程的一般式，然后進(jìn)行判斷即可．【詳解】解：由題意知，，∴二次項系數(shù)、一次項系數(shù)、常數(shù)項分別是1，，1，故選：C．【點睛】本題考查了一元二次方程的二次項系數(shù)、一次項系數(shù)、常數(shù)項．解題的關(guān)鍵在于對知識的熟練掌握．2.下列四個標(biāo)志中．既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念解答．【詳解】解：A、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形；B、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形；C、既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形；D、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形；故選：C．【點睛】本題考查的是中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念．軸對稱圖形的關(guān)鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分折疊后可重合，中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉(zhuǎn)180度后與原圖重合．3.拋物線y＝﹣（x+1）2﹣2的對稱軸是（）A.x＝1 B.x＝﹣1 C.x＝2 D.x＝﹣2【答案】B【解析】【分析】由y＝a（x﹣h）2+k的對稱軸是直線x＝h可得答案．【詳解】解：拋物線y＝﹣（x+1）2﹣2的對稱軸是直線x＝﹣1，故選：B．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的頂點式，熟知二次函數(shù)頂點式為，頂點坐標(biāo)為，對稱軸為直線．4.如圖，將△ABC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△AED，若線段AB＝4，則BE的長為（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】B【解析】【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AB=AE，∠BAE=60°，然后判斷出△AEB是等邊三角形，再根據(jù)等邊三角形的三條邊都相等可得BE=AB．【詳解】解：∵△ABC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△AED，∴AB=AE，∠BAE=60°，∴△AEB等邊三角形，∴BE=AB，∵AB=4，∴BE=4．故選：B．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握圖形旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵.5.如圖，為直徑，弦于點，，，則長為（）A.10 B.9 C.8 D.5【答案】A【解析】【分析】設(shè)的半徑為，則，根據(jù)垂徑定理求出，，在中，由勾股定理得出方程，求出方程的解即可．【詳解】解：連接，設(shè)的半徑為，則，，，，，在中，由勾股定理得：，，解得：，即，故選：A．【點睛】本題考查了垂徑定理，勾股定理的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是求出的長和得出關(guān)于的方程，注意：垂直于弦的直徑平分這條弦．6.二次函數(shù)的圖象與x軸的交點個數(shù)是（）A.0個 B.1個 C.2個 D.不能確定【答案】B【解析】【分析】利用“二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)與一元二次方程之間的關(guān)系”解答即可．【詳解】解：判斷二次函數(shù)圖象與軸的交點個數(shù)，就是當(dāng)時，方程解的個數(shù)，，此方程有兩個相同的根，二次函數(shù)的圖象與軸有一個交點．故選：B．【點睛】主要考查了二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)與一元二次方程之間的關(guān)系，解題的關(guān)鍵是掌握兩者之間的關(guān)系．7.將拋物線y＝（x+2）2﹣3先向右平移1個單位長度，再向下平移2個單位長度后所得拋物線的解析式為（）A.y＝（x+3）2﹣5 B.y＝（x+3）2﹣1 C.y＝（x+1）2﹣1 D.y＝（x+1）2﹣5【答案】D【解析】【分析】先得到拋物線y＝（x+2）2﹣3的頂點坐標(biāo)為（﹣2，﹣3），再利用點的平移規(guī)律得到點（-2，-3）平移后對應(yīng)點的坐標(biāo)為（-1，-5），然后根據(jù)頂點式寫出平移的拋物線解析式．【詳解】解：拋物線y＝（x+2）2﹣3的頂點坐標(biāo)為（﹣2，﹣3），把（﹣2，﹣3）向右平移1個單位長度，再向下平移2個單位長度后得到對應(yīng)點的坐標(biāo)為（﹣1，﹣5），所以平移后拋物線解析式為y＝（x+1）2﹣5．故選：D．【點睛】本題考查了二次函數(shù)圖象的平移與幾何變換，利用拋物線解析式的變化規(guī)律：左加右減，上加下減是解題關(guān)鍵．8.據(jù)省統(tǒng)計局公布的數(shù)據(jù)，合肥市2023年第一季度總值約為2.6千億元人民幣，若我市第三季度總值為y千億元人民幣，平均每個季度GDP增長的百分率為x，則y關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】第二季度總值為，第三季度為，得解；【詳解】解：第三季度總值為；故選：C【點睛】本題考查增長率問題，理解固定增長率下增長一期、二期后的代數(shù)式表達(dá)是解題的關(guān)鍵．9.如圖，在正方形ABCD中，，E為AB邊上一點，點F在BC邊上，且，將點E繞著點F順時針旋轉(zhuǎn)90°得到點G，連接DG，則DG的長的最小值為（）A.2 B. C.3 D.【答案】C【解析】【分析】過點作于點，延長交于點，設(shè)，只要證得，利用全等三角形的性質(zhì)可得，，進(jìn)而得到，在中，利用勾股定理即可求解．【詳解】解：過點作于點，延長交于點，則，∵四邊形是正方形，∴，∴四邊形是矩形，∴，，∵，∴，又，∴，∵，，∴，∴，，∴，設(shè)，則，在中，由勾股定理得，，當(dāng)時，有最小值為，∴的最小值為，故選：C【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理的運用，作出適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．10.對于一元二次方程，正確的結(jié)論是（）①若，則；②若方程有兩個不相等的實根，則方程必有兩個不相等的實根；③若是一元二次方程的根，則．A.①② B.①③ C.②③ D.①②③【答案】C【解析】【分析】利用得到，則，于是可對①進(jìn)行判斷；利用根的判別式可對②進(jìn)行判斷；根據(jù)一元二次方程的解的定義可對③進(jìn)行判斷．【詳解】解：①，一元二次方程有一解為，，故①不正確，不合題意；②方程有兩個不相等的實根，，，方程必有兩個不相等的實根，故②正確，符合題意；③是一元二次方程的根，，，，，，故③正確，符合題意；綜上分析可知，正確的是②③．故選：C．【點睛】本題主要考查一元二次方程的根、一元二次方程的根的判別式，熟練掌握一元二次方程的根、一元二次方程的根的判別式是解決本題的關(guān)鍵．二．填空題（共6小題，滿分24分，每小題4分）11.方程的解為________．【答案】，【解析】【分析】利用因式分解法即可求解．【詳解】解：

∴

故答案為：

【點睛】本題考查因式分解法求解一元二次方程．掌握相關(guān)方法即可．12.若與關(guān)于原點對稱，則的值為______．【答案】【解析】【分析】兩個點關(guān)于原點對稱時，它們的坐標(biāo)符號相反，據(jù)此可得，的值．【詳解】解：與關(guān)于原點對稱，，，解得，，的值，故答案為：．【點睛】本題主要考查了關(guān)于原點對稱的點的坐標(biāo)特點，解題的關(guān)鍵是掌握點關(guān)于原點的對稱點是．13.有一個人患了流感，經(jīng)過兩輪傳染后共有121人患了流感，每輪傳染中平均一個人傳染了幾個人?設(shè)每輪傳染中平均一個人傳染了x個人，則可列方程____________________．【答案】1+x+x(1+x)=121【解析】【分析】先根據(jù)題意列出第一輪傳染后患流感的人數(shù)，再列出第二輪傳染后患流感的人數(shù)，而已知第二輪傳染后患流感的人數(shù)即可列出方程．【詳解】設(shè)每輪傳染中平均一個人傳染了x個人，第一輪傳染后患流感的人數(shù)為：1+x，第二輪傳染后患流感的人數(shù)為：1+x+x(1+x)，經(jīng)過兩輪傳染后共有121人患了流感，可列方程為：1+x+x(1+x)=121，故答案為：1+x+x(1+x)=121．【點睛】本題考查傳染流感病問題，關(guān)鍵分清題意，找出等量關(guān)系，兩輪傳染的人數(shù)是等量關(guān)系，列出一輪傳染的代數(shù)式，二輪傳染的代數(shù)式即可解決問題．14.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點，，在拋物線上，若，則，，的大小關(guān)系為_____（用“<”表示）【答案】【解析】【分析】根據(jù)二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，將三點轉(zhuǎn)化到對稱軸的一側(cè)，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行比較大小即可．【詳解】解：∵，∴拋物線的對稱軸為直線，∵，∴，令關(guān)于直線對稱的點坐標(biāo)為，則，∴，∵，∴當(dāng)時，隨的增大而增大，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)．解題的關(guān)鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．15.⊙O的半徑為13cm，AB，CD是⊙O的兩條弦，ABCD，AB＝24cm，CD＝10cm．則AB和CD之間的距離_____．【答案】7或17【解析】【分析】作OE⊥AB于E，交CD于F，連接OA、OC，如圖，根據(jù)平行線的性質(zhì)得OF⊥CD，再利用垂徑定理得到AE＝AB＝12，CF＝CD＝5，接著根據(jù)勾股定理，在Rt△OAE中計算出OE＝5，在Rt△OCF中計算出OF＝12，然后分類討論：當(dāng)圓心O在AB與CD之間時，EF＝OF+OE；當(dāng)圓心O不在AB與CD之間時，EF＝OF﹣OE．【詳解】解：作OE⊥AB于E，交CD于F，連接OA、OC，如圖，∵AB∥CD，∴OF⊥CD，∴AE＝BE＝AB＝12，CF＝DF＝CD＝5，在Rt△OAE中，∵OA＝13，AE＝12，∴OE＝＝5，Rt△OCF中，∵OC＝13，CF＝5，∴OF＝＝12，當(dāng)圓心O在AB與CD之間時，EF＝OF+OE＝12+5＝17；當(dāng)圓心O不在AB與CD之間時，EF＝OF﹣OE＝12﹣5＝7；即AB和CD之間的距離為7cm或17cm．故答案為7cm或17cm．【點睛】本題考查了垂徑定理：垂直于弦直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧．也考查了勾股定理．學(xué)會運用分類討論的思想解決數(shù)學(xué)問題．16.已知二次函數(shù)的圖象與軸的一個交點坐標(biāo)為，對稱軸為直線，下列論中：①若點，，均在該二次函數(shù)圖象上，則；②；③若m為任意實數(shù)，則；④方程的兩實數(shù)根為，且，則，．正確結(jié)論為________．【答案】①②④【解析】【分析】由拋物線經(jīng)過可判斷①，由各點到拋物線對稱軸的距離大小可判斷從而判斷②，由時取最大值可判斷③，由拋物線的對稱性可得拋物線與軸交點坐標(biāo)，從而判斷④．【詳解】解：，拋物線開口向下，點，，均在該二次函數(shù)圖象上，且點到對稱軸的距離最大，點到對稱軸的距離最小，，①正確；圖象與軸的一個交點坐標(biāo)為，對稱軸為直線，圖象與軸的另一個交點坐標(biāo)為，，，②正確；，，，，拋物線的最大值為，為任意實數(shù)，則，，，，③錯誤；方程的兩實數(shù)根為，，拋物線與直線的交點的橫坐標(biāo)為：，，由拋物線對稱性可得拋物線與軸另一交點坐標(biāo)為，拋物線與軸交點坐標(biāo)為，，拋物線開口向下，，，，④正確．故答案為：①②④．【點睛】本題考查二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系，解題關(guān)鍵是掌握二次函數(shù)與方程及不等式的關(guān)系．三．解答題（共9小題，滿分86分）17.解方程：3x2-5x+2=0【答案】x1=1，x2=【解析】【分析】利用因式分解法即可解答．【詳解】解：3x2-5x+2=0∴，∴或解得：x1=1，x2=【點睛】本題考查了一元二次方程的解法，解題的關(guān)鍵是靈活選擇方法解方程．18.先化簡，再求值：，其中．【答案】；【解析】【分析】先根據(jù)分式的混合運算法則進(jìn)行化簡，然后再結(jié)合條件整體代入求值即可．【詳解】解：原式∵，∴，∴原式．【點睛】本題考查分式的化簡求值，掌握分式的混合運算法則，注意基本運算順序是解題關(guān)鍵．19.已知二次函數(shù)．（1）求該二次函數(shù)的頂點坐標(biāo)；（2）求該二次函數(shù)圖象與x軸、y軸的交點；（3）在平面直角坐標(biāo)系中，畫出二次函數(shù)的圖象；（4）結(jié)合函數(shù)圖象，直接寫出當(dāng)時，y的取值范圍．【答案】（1）（2）該二次函數(shù)圖象與x軸的交點坐標(biāo)為或，與y軸的交點坐標(biāo)為（3）見解析（4）【解析】【分析】（1）將二次函數(shù)表達(dá)式化為頂點式，即可進(jìn)行解答；（2）分別將，代入二次函數(shù)表達(dá)式，即可求出與x軸、y軸的交點坐標(biāo)；（3）根據(jù)列表，描點，連線的步驟即可畫出二次函數(shù)的圖象；（4）根據(jù)圖象即可進(jìn)行解答．【小問1詳解】解：∵，∴該二次函數(shù)的頂點坐標(biāo)為．【小問2詳解】把代入得：，解得：，，∴該二次函數(shù)圖象與x軸的交點坐標(biāo)為或，把代入得：，∴該二次函數(shù)圖象與y軸的交點坐標(biāo)為；【小問3詳解】列表：x……0123……y……00……函數(shù)圖象如圖所示：【小問4詳解】由圖可知：當(dāng)時，．【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握的頂點坐標(biāo)為，牢記坐標(biāo)軸上點的坐標(biāo)特征．20.如圖，已知，．將繞點A順時針旋轉(zhuǎn)得到，其中點B的對應(yīng)點D落在AC邊上．（1）用無刻度的直尺和圓規(guī)作出；（2）連接BD，CE，當(dāng)時，判斷線段CE，BD，CD之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】（1）見解析（2），理由見解析【解析】【分析】(1)作線段AD=AB，以點A為圓心，AC為半徑畫弧，以D為圓心，BC長為半徑畫弧，兩弧交于點E，連接AE，DE，圖中為所求作的三角形．(方法不唯一)(2)根據(jù)由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，，，可以得出是等邊三角形．所以，還可以得出是等邊三角形，得到．根據(jù)，得到．【小問1詳解】正確畫出圖形，如下：所以，圖中為所求作的三角形．【小問2詳解】．理由是：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，，，∵，∴是等邊三角形．∴，．∴，∴是等邊三角形．∴．∵，∴．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)尺規(guī)作圖，作一條線段等于已知線段，作一個角等于已知角，以及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)等，熟悉旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．21.如圖，在⊙O中，弦BC垂直于半徑OA，垂足為點E，D是優(yōu)弧BC上一點，連接BD，AD，OC，（1）求∠ADB的度數(shù)；（2）若OE＝3，OA＝5，求BC的長．【答案】（1）（2）8【解析】【分析】（1）連接OB，根據(jù)垂徑定理求出，根據(jù)圓周角定理求出，再求出答案即可；（2）利用勾股定理求出BE即可．【小問1詳解】解：連接OB，∵OA⊥BC，OA過圓心O，∴，∵，∴，∴；【小問2詳解】∵OA⊥BC，BC＝2，OA過圓心O，∴BE＝EC，∵OB＝OA＝5，OE＝3，∴BE＝＝＝4，∴BC＝2BE＝8．【點睛】本題考查了垂徑定理，圓周角定理，勾股定理等知識點，能熟記垂徑定理是解此題的關(guān)鍵．22.已知關(guān)于x的一元二次方程．（1）求證：該方程總有兩個實數(shù)根；（2）若此方程的兩個實數(shù)根，滿足，求k的值．【答案】（1）見解析（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)根的判別式，即可判斷；（2）利用根與系數(shù)關(guān)系求出，，即，從而列出關(guān)于的方程，解出即得出結(jié)果．【小問1詳解】解：，該方程總有兩個實數(shù)根；【小問2詳解】解：方程的兩個實數(shù)根，，由根與系數(shù)關(guān)系可知，，，，即，．【點睛】本題考查了根的判別式以及根與系數(shù)的關(guān)系，解題的關(guān)鍵是利用一元二次方程的根的判別式以及根與系數(shù)的關(guān)系．23.卡塔爾世界杯完美落幕．在一場比賽中，球員甲在離對方球門30米處的點起腳吊射（把球高高地挑過守門員的頭頂，射入球門），假如球飛行的路線是一條拋物線，在離球門14米時，足球達(dá)到最大高度8米．如圖所示，以球員甲所在位置點為原點，球員甲與對方球門所在直線為軸，建立平面直角坐標(biāo)系．（1）求滿足條件的拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（2）如果葡萄牙球員羅站在球員甲前3米處，羅跳起后最高能達(dá)到米，那么羅能否在空中截住這次吊射？【答案】（1）（2）能【解析】【分析】（1）根據(jù)題意得出二次函數(shù)的頂點坐標(biāo)，進(jìn)而求出二次函數(shù)解析式；（2）將代入函數(shù)表達(dá)式，與相比較即可得出答案．【小問1詳解】解：由題意可得，足球距離點米時，足球達(dá)到最大高度8米，設(shè)拋物線解析式為：，把代入解析式得：，解得：，故拋物線解析式為：；【小問2詳解】當(dāng)時，，故羅能在空中截住這次吊射．【點睛】此題主要考查了二次函數(shù)的應(yīng)用，正確求出二次函數(shù)解析式是解題關(guān)鍵．24.旋轉(zhuǎn)是一種重要的圖形變換，當(dāng)圖形中有一組鄰邊相等時，往往可以通過旋轉(zhuǎn)解決問題．如圖①，在四邊形ABCD中，，，，，．【問題提出】（1）如圖②，在圖①的基礎(chǔ)上連接BD，由于，所以可將繞點D順時針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到，則的形狀是_______；【嘗試解決】（2）在（1）條件下，求四邊形ABCD的面積；【類比應(yīng)用】（3）如圖③，等邊的邊長為2，是頂角的等腰三角形，以D為頂點作一個60°的角，角的兩邊分別交AB于點M，交AC于點N，連接MN，求的周長．【答案】（1）等邊三角形（2）（3）【解析】【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出BD＝DB′，∠BDB′＝60°，所以△BDB′是等邊三角形；（2）求出等邊三角形的邊長為3，求出三角形BDB′的面積即可；（3）將△BDM繞點D順時針方向旋轉(zhuǎn)120°，得到△DCP，則△BDM≌△CDP，得出MD＝PD，∠MBD＝∠DCP，∠MDB＝∠PDC，證明△NMD≌△NPD，證得△AMN的周長＝AB+AC＝4．【小問1詳解】解：∵將△DCB繞點D順時針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到△DAB′，∴BD＝B′D，∠BDB′＝60°，∴△BDB′是等邊三角形；故答案為：等邊三角形；【小問2詳解】解：由（1）知，△BCD≌△B′AD，∴四邊形ABCD的面積＝等邊三角形BDB′的面積，∵BC＝AB′＝1，∴BB′＝AB+AB′＝2+1＝3，∴S四邊形ABCD＝S△BDB′＝；【小問3詳解】解：將△BDM繞點D順時針方向旋轉(zhuǎn)120°，得到△DCP，∴△BDM≌△CDP，∴MD＝PD，CP＝BM，∠MBD＝∠DCP，∠MDB＝∠PDC，∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°，∴BD＝CD，∠DBC＝∠DCB＝30°，又∵△ABC等邊三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠MBD＝∠ABC+∠DBC＝90°，同理可得∠NCD＝90°，∴∠PCD＝∠NCD＝∠MBD＝90°，∴∠DCN+∠DCP＝180°，∴N，C，P三點共線，∵∠MDN＝60°，∴∠MDB+∠NDC＝∠PDC+∠NDC＝∠BDC﹣∠MDN＝60°，即∠MDN＝∠PDN＝60°，∴△NMD≌△NPD（SAS），∴M