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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（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1．（2023九上·丰台期中） 下列四个品牌图标中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】中心对称及中心对称图形
【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．（2023九上·丰台期中）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=13 C．(x-4)2=19 D．(x+4)2=19
【答案】A
【知识点】配方法的应用
【解析】【解答】解：x2-8x=-3，
x2-8x+16=-3+16，
即（x-4）2=13。
故答案为：A。
【分析】移项，将常数项移到方程的右边，然后在方程的两边都加上一次项系数一半的平方16，左边利用完全平方差公式分解因式，右边合并同类项即可。
3．（2023九上·丰台期中）图中的五角星图案，绕着它的中心旋转后，能与自身重合，则的值至少是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】旋转对称图形
【解析】【解答】由图可知，该图形被平均分成五部分，
∵一周角是360度，
∴360÷5=72°，即旋转72度的整数倍，就可以与自身重合，
∴旋转的度数至少72°。
故答案为：C
【分析】首先需要确定旋转角度，观察五角星是图案，可以看成由五个基本图形组成，被平均分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是72°，并且圆具有旋转不变性，因而旋转72度的整数倍，就可以与自身重合。
4．（2023九上·丰台期中）在平面直角坐标系中，将抛物线先向左平移个单位，再向下平移个单位，所得抛物线为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二次函数图象的几何变换
【解析】【解答】第一种：∵抛物线y=2x2顶点坐标为（0，0），
∴抛物线沿x轴向左平移2个单位，再沿y轴向下平移3个单位后，顶点坐标（-2，-3），
∴平移后抛物线解析式为：y=2(x+2)2-3.
第二种：将抛物线y=2x2沿x轴向左平移2个单位直线解析式为：y=2(x+2)2，
再沿y轴向下平移3个单位后，直线解析式为：y=2(x+2)2-3.
故答案为：C。
【分析】第一种方法：根据二次函数图象与平移的知识，抛物线 y=2x2顶点坐标为（0，0），沿x轴向左平移2个单位，再沿y轴向下平移3个单位后，顶点坐标（-2，-3），根据顶点式y=2(x-h)2+k 抛物线解析式求解；第二种方法：根据抛物线平移变换的规律是：左加右减（在括号），上加下减（在末梢）进行解答。
5．（2023九上·丰台期中）在平面直角坐标系中，二次函数的图象如图所示，关于，的符号判断正确的是（　　）
A．， B．， C．， D．，
【答案】C
【知识点】二次函数图象与系数的关系
【解析】【解答】∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵抛物线与y轴交于负半轴，
∴c<0.
故答案为：C。
【分析】根据开口方向可得a的符号，根据对称抽在y轴的那一侧可得b的符号，根据抛物线与y轴的交点可得c的符号。
6．（2023九上·丰台期中） 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
【答案】B
【知识点】点与圆的位置关系
【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．（2023九上·丰台期中）二次函数的图象是抛物线，自变量与函数的部分对应值如下表：
x … -3 -2 -1 0 1 2 …
y … 4 0 -2 -2 0 4 …
下列说法错误的是（　　）
A．抛物线的开口向上
B．抛物线的对称轴是
C．抛物线与轴的交点坐标为
D．二次函数的最小值为
【答案】D
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】由表格
得∴
解得
∴y=x2+x-2=(x+)2－
A、因为a>0，所以抛物线G开口向上，故A项说法正确；
B、抛物线对称轴x=-，即x=-，故B项说法正确；
C、当抛物线与y轴相交，即x=o，交点坐标为（0.-2），故C项说法正确；
D、当x=-时，y有最小值-，故C项说法不正确；
故答案为：D.
【分析】根据表中所给数据可求得抛物线解析式，再化为顶点式，逐项判断即可解答。
8．（2023九上·丰台期中）两块完全相同的含角的直角三角板和重合在一起，将三角板绕直角顶点按逆时针方向旋转，如图所示．以下结论错误的是（　　）
A．当时，与的交点恰好为中点．
B．当时，恰好经过点．
C．在旋转过程中，存在某一时刻，使得．
D．在旋转过程中，始终存在．
【答案】C
【知识点】多边形内角与外角；三角形的综合
【解析】【解答】直角三角板和重合在一起，
，，
：当时，，
设与交点为，如图所示，
，
，
为等边三角形，
，
，
，
，
即与的交点为的中点，故 A 正确；
：当时，，
，
以点，，构成的三角形是等边三角形，
，
，
，
恰好经过，故正确；
在旋转过程中，，
又，
，
，
，
，
故错误；
：如图，设直线与直线交于，
，，
，
同理可得，
又，
，
，
在旋转过程中，始终存在，
故正确；
故答案为：．
【分析】A项：由题意两个完全相同的三角形，根据全等三角形的性质可得AC=A'C，BC=B'C，再根据旋转角求出△BCG为等边三角形，可判断A正确；
B项：当旋转角为60°时，△B'CB是等边三角形B'B=B'C，含30度的直角三角形对边是斜边一半，B'B=B'C=A'B'，故A'B'恰好经过点B，可判断B项正确；
C项：根据图可知：旋转过程中∠ACA'=∠BCB'=a，AC=A'C，BC=B'C（根据两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似）即△AA'C与△BB'相似，根据相似三角形的性质，可解得C项错；
D项：证明AA'BB'可分别延长两直线交点M，即证明∠M是直角即可，可利用四边形AMB'C的内角和，即可解答D项正确。
二、填空题（本大题共8小题，共40.0分）
9．（2023九上·丰台期中）方程x2＝1的解是　 　．
【答案】±1
【知识点】直接开平方法解一元二次方程
【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．（2023九上·丰台期中）在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为　 　．
【答案】
【知识点】关于坐标轴对称的点的坐标特征
【解析】【解答】∵点（1，-3）关于原点对称，
∴对称点的坐标为（-1，3），
故答案为：（-1，3）。
【分析】根据：平面直角坐标系中任意一点，关于原点的对称点是，将此点的横纵坐标都变成相反数，解答即可.
11．（2023九上·丰台期中）写出一个开口向上，并且与y轴交于点（0，2）的抛物线的解析式　 　．
【答案】（答案不唯一）
【知识点】待定系数法求二次函数解析式
【解析】【解答】解：根据题意，
故符合题意
故答案为：（答案不唯一）
【分析】利用抛物线的图象与系数的关系，再利用待定系数法求解函数解析式即可。
12．（2023九上·丰台期中）如图，将绕点顺时针旋转得到，边，相交于点，若，则　 　．
【答案】
【知识点】三角形的外角性质；全等三角形的应用
【解析】【解答】由题意可得△ABC△DEC，∠FCD=35°，
∵△ABC△DEC，∠A=30°，
∴∠A=∠D=30°，
又∵∠EFC是△CDF的外角，
∴∠EFC=∠FCD+∠D=35°+30°=65°
故答案为：65°。
【分析】根据旋转的性质得到三角形全等，再根据三角形的外角定理求解。
13．（2023九上·丰台期中）在平面直角坐标系中，抛物线经过点，则　 　填“”，“=”或“”．
【答案】
【知识点】二次函数y=a（x-h）²+k的图象
【解析】【解答】∵抛物线y=2(x-1)2+k，
∴对称抽x=1，开口向上，
∴点A(2，m)和点B（3，n)都在对称抽的右侧，
当x1时，y随x的增大而增大，
∵2<3，
∴m故答案为：<.
【分析】根据抛物线y=2(x-1)2+k，可知a=2，即开口向上；对称轴x=1；由于点A(2，m)和点B（3，n)都在对称抽的右侧，y随x的增大而增大，即可解答。
14．（2023九上·丰台期中）若函数的图象与轴只有一个公共点，则　 　．
【答案】
【知识点】二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】∵函数y=x2-6x+m，
∴a=1，b=-6，c=m，
又∵图像与x轴的交点只有一个公共点，
∴△=b2-4ac=0，即：（-6）2-4m=0，
解得：m=9.
故答案为：9.
【分析】根据二次函数的性质，与x轴的交点只有一个公共点时△=b2-4ac=0，代入即可求解。
15．（2023九上·丰台期中） 《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．
【答案】26
【知识点】勾股定理的应用；垂径定理的实际用用
【解析】【解答】弦CDAB，AB为⊙O的直径，
E为CD的中点，
又CD=10寸，
CE=DE=CD=5寸，
设OC=OA=m寸，则AB=2m寸，OE=（m-1）寸，
由勾股定理得：
解得m=13，
AB=26寸.
【分析】根据 弦CD⊥AB于点E， 利用垂径定理得到E为CD的中点，由CD的长求出DE的长，设OC=OA=m寸，则AB=2m寸，OE=（m-1）寸，利用勾股定理求解m的值进而得出结论.
16．（2023九上·丰台期中） 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．例如求方程的正数解的步骤为：
将方程变形为；
构造如图所示的大正方形，其面积是，其中四个全等的矩形面积分别为，中间的小正方形面积为；
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；
由此可得方程：，则方程的正数解为．
根据赵爽记载的方法，在图中的三个构图矩形的顶点均落在边长为的小正方形网格格点上中，能够得到方程的正数解的构图是　 　只填序号．
【答案】
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量；数学思想
【解析】【解答】由（1）得方程x+3x-10=0 可变形为x(x十3) = 10，
（2）构造大正方形面积（x+x+3)2，四个全等的矩形面积分别为x(x+3)，中间小正方形面积为32，
（3）大正方形面积等于四个全等的矩形面积和中间小正方形面积，即（x+x+3)2=x(x+3)×4+32，
（4）由(1)得x(x十3) = 10，代入得（x+x+3)2=10×4+32=49，则方程的正数解为x=2，即构图②。
故答案为：②。
【分析】例题正数解的步骤(1)方程x+3x-10=0 可变形为x(x十3) = 10，根据（2）构造大正方形面积即可得出方程（x+x+3)2，其中四个全等的矩形面积分别为x(x+3)，中间小正方形面积为32，根据（3）可求得大正方形的面积（x+x+3)2=49，则方程的正数解为x=2，再结合图形判断即可.
三、计算题（本大题共1小题，共5.0分）
17．（2023九上·丰台期中）解方程：公式法
【答案】解：，
，
所以，．
【知识点】二元一次方程组的解
【解析】【分析】(1)根据一元二次方程根的判别式，①=b2-4ac，当>0时，方程有两个不相等的实数根；②当<0时，方程没有实数根；③当=0时，方程有两个相等的实数根；
(2)判断后把各项系数a、b、c的值代入求根公式x=(b2-4ac0)就可得到方程的根。
四、解答题（本大题共11小题，共65.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18．（2023九上·丰台期中） 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．
【答案】解：证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，
∴OA＝OB＝OC＝OD，
∴A、B、C、D四点在以O圆心的同一个圆上．
【知识点】矩形的性质；圆内接四边形的性质
【解析】【分析】根据题意，利用矩形的性质得到 AC＝BD，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD， 进一步得到 OA＝OB＝OC＝OD，从而得出结论.
19．（2023九上·丰台期中） 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．
【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+，x2＝-2-，
∴当m为正整数时，此时方程的根为-2+和-2-．
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的求根公式及应用
【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．（2023九上·丰台期中） 在平面直角坐标系中，二次函数的图象经过点，．
（1）求二次函数的解析式；
（2）画出二次函数的图象；
（3）当时，直接写出的取值范围．
【答案】（1）解：二次函数的图象经过点，，
，解得
二次函数的解析式为：；
（2）解：，
此二次函数图象的顶点为，
列表：
描点，连线得函数图象如下：
（3）解：由图象可知，当时，的取值范围为：．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数y=ax²+bx+c的图象
【解析】【分析】(1)利用待定系数法即可求出二次函数的解析式；
(2)先把二次项解析式化为顶点，再确定图象的顶点，列表当y=0时，求出x的值即与x轴的两个交点；当y=3时，求出x的值；描点，连线的步骤即可画出二次函数的图象；
(3)先求出图象与xc轴的交点，再根据图象可得：当y>0时，直接写出x的取值范围. .
21．（2023九上·丰台期中） 如图，在中，，且点的坐标为
（1）画出绕点逆时针旋转后的；
（2）求点旋转到点所经过的路线长结果保留．
【答案】（1）解：如图所示，即为所求．
（2）解：，，
点旋转到点所经过的路线长为．
【知识点】弧长的计算；作图﹣旋转
【解析】【分析】(1 )根据网格结构找出点A、B绕点O逆时针旋转90°后的对应点A1、B1的位置，然后顺次连接即可；
(2)点A旋转到点A所经过的路线长为半径为4，圆心角为90°的扇形的弧长；根据弧长公式列式计算即可得解.
22．（2023九上·丰台期中） 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．
【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．
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【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．（2023九上·丰台期中） 如图，在等边中，是的中点，过点作，且，连接．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）连接交于点，连接若，求的长．
【答案】（1）证明：，且，
四边形是平行四边形，
等边中，是的中点，
，
，
平行四边形是矩形．
（2）解：如图．是等边三角形，
，
是的中点，
，，
，
在中，由勾股定理得：，
，
，
由可知，四边形是矩形，
，
在和中，
，
≌，
，
．
【知识点】等边三角形的性质；平行四边形的判定；矩形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】 (1 )先证四边形ADCE是平行四边形，再由等边三角形的性质得AD⊥BC，则∠ADC = 90°然后由矩形的判定即可得出结论；
(2)由等边三角形的性质和勾股定理得AD = 2， 再证△BDF≌△EAF (AAS)，则DF= AF=AD =，然后由勾股定理即可得出CF的长.
24．（2023九上·丰台期中）在平面直角坐标系 中，一次函数 的图象由函数 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 时，对于 的每一个值，函数 的值大于一次函数 的值，直接写出 的取值范围．
【答案】（1）解：∵一次函数 由 平移得到，
∴ ，
将点（1，2）代入 可得 ，
∴一次函数的解析式为 ；
（2）解：当 时，函数 的函数值都大于 ，即图象在 上方，由下图可知：
临界值为当 时，两条直线都过点（1，2），
∴当 时， 都大于 ，
又∵ ，
∴ 可取值2，即 ，
∴ 的取值范围为 ．
【知识点】一次函数的图象；一次函数的性质
【解析】【分析】（1）根据一次函数 由 平移得到可得出k值，然后将点（1，2）代入 可得b值即可求出解析式；（2）由题意可得临界值为当 时，两条直线都过点（1，2），即可得出当 时， 都大于 ，根据 ，可得 可取值2，可得出m的取值范围．
25．（2023九上·丰台期中） 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．
【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＝-，
∴抛物线的函数解析式为：y＝-（x-2）2+3；
（2）解：当x＝0时，y＝-×4+3＝＞2.44，
∴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＝-（x-2-m）2+3，
把点（0，2.25）代入得：2.25＝-（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．
故答案为：1．
【知识点】二次函数的实际应用-抛球问题
【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＝＞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＝-（x-2-m）2+3， 把点 （0，2.25）代入解得符合题意的m的值，进而得出结论.
26．（2023九上·丰台期中） 在平面直角坐标系中，点，在抛物线上，设该抛物线的对称轴为．
（1）若，求的值；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）解：由题意，若，
则对称轴是直线，
即；
（2）解：由题意，若，
又抛物线开口向上，
抛物线与轴必有一交点在和之间，
令，
或，
，
又，
，
．
【知识点】二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【分析】(1)依据题意，若m = n，从而对称轴是直线 x==3=t，即可解得t.
(2)依据题意， 若mn < 0，结合抛物线开口向上，从而抛物线与x轴必有一个交点在2和4之间，即有2<-<4，又因为对称轴x=t=-，即可解答。
27．（2023九上·丰台期中） 如图，在正方形中，点是线段延长线上一动点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，作直线交于点．
（1）依题意补全图形；
（2）求证：；
（3）用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）解：如图所示，即为补全的图形；
（2）证明：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
线段绕点逆时针旋转得到线段，
，，
是等边三角形，
，
，
；
（3）解：，理由如下：
如图，在上截取，连接，
，，
，
，，
，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
．
【知识点】角的运算；等边三角形的性质；三角形全等的判定-SAS；四边形的综合
【解析】【分析】(1 )根据题意即可补全图形；
(2)根据正方形的性质证明△PCB≌△PCD (SAS)， 得PB = PD，然后证明△PDQ是等边三角形，得PQ = PD，再根据等腰三角形的性质即可解决问题；
(3)在EQ上截取QG = BE，连接PG，根据正方形的性质证明△PBE≌△PQG(SAS)，得 PE= PG，BPE= QPG，然后证明△PEG是等边三角形，得EG = EP，再根据线段的和差即可解决问题.
28．（2023九上·丰台期中） 在平面直角坐标系中，给出如下定义：将图形绕直线上某一点顺时针旋转，得到图形，再将图形关于直线对称，得到图形此时称图形为图形关于点的“二次变换图形”已知点．
（1）若点，直接写出点关于点的“二次变换图形”的坐标；
（2）若点关于点的“二次变换图形”与点重合，求点的坐标；
（3）若点，半径为已知长度为的线段，其关于点的“二次变换图形”上的任意一点都在上或内，直接写出点的纵坐标的取值范围．
【答案】（1）点关于点的“二次变换图形”的坐标
（2）解：分析可知点在轴的下方，如图，过点作轴于点，过点作轴交于点，
设点的纵坐标为，
由知，
，
，
由题意可知，点与点关于直线对称，
解得，
（3）
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆的相关概念；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：(1)如图，过点作轴于点，
，
由旋转可知，，
，
，
，
，
，
点关于点的“二次变换图形”的坐标；
(3)由知，
若点在上，则
解得舍或；
线段，
点在以点为圆心，为半径的圆上，
若其关于点的“二次变换图形”上的任意一点都在及其内部，如图，可知点是一个临界点，
连接 ，
是等边三角形，
过点作轴于点，则，，
，，
，
由对称性可知，另外一点的坐标为，
的取值范围为：．
【分析】(1 )根据题意画出图形，过点A'作A' D⊥xc轴于点D，可得△AOP≌△PDA'，可求出点A'的坐标，进而可得点A"的坐标；
(2)分析可知点P在x轴下方，根据题意作出图形，设出点P的纵坐标为m，表达点A'的坐标，列方程可解得答案；
(3)由(2) 可知，点A"的坐标，由A关于点P的“二次变换图形”在O上且不与点A重合可得出点 A"的坐标，由线段AB= 1，其关于点P的“二次变换图形”上的任意一点都在O及其内部，找到临界点B"，可得出B"的坐标，进而可得出点B的坐标，即可得出yB的取值范围.
1 / 1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（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1．（2023九上·丰台期中） 下列四个品牌图标中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2023九上·丰台期中）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=13 C．(x-4)2=19 D．(x+4)2=19
3．（2023九上·丰台期中）图中的五角星图案，绕着它的中心旋转后，能与自身重合，则的值至少是（　　）
A． B． C． D．
4．（2023九上·丰台期中）在平面直角坐标系中，将抛物线先向左平移个单位，再向下平移个单位，所得抛物线为（　　）
A． B． C． D．
5．（2023九上·丰台期中）在平面直角坐标系中，二次函数的图象如图所示，关于，的符号判断正确的是（　　）
A．， B．， C．， D．，
6．（2023九上·丰台期中） 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．（2023九上·丰台期中）二次函数的图象是抛物线，自变量与函数的部分对应值如下表：
x … -3 -2 -1 0 1 2 …
y … 4 0 -2 -2 0 4 …
下列说法错误的是（　　）
A．抛物线的开口向上
B．抛物线的对称轴是
C．抛物线与轴的交点坐标为
D．二次函数的最小值为
8．（2023九上·丰台期中）两块完全相同的含角的直角三角板和重合在一起，将三角板绕直角顶点按逆时针方向旋转，如图所示．以下结论错误的是（　　）
A．当时，与的交点恰好为中点．
B．当时，恰好经过点．
C．在旋转过程中，存在某一时刻，使得．
D．在旋转过程中，始终存在．
二、填空题（本大题共8小题，共40.0分）
9．（2023九上·丰台期中）方程x2＝1的解是　 　．
10．（2023九上·丰台期中）在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为　 　．
11．（2023九上·丰台期中）写出一个开口向上，并且与y轴交于点（0，2）的抛物线的解析式　 　．
12．（2023九上·丰台期中）如图，将绕点顺时针旋转得到，边，相交于点，若，则　 　．
13．（2023九上·丰台期中）在平面直角坐标系中，抛物线经过点，则　 　填“”，“=”或“”．
14．（2023九上·丰台期中）若函数的图象与轴只有一个公共点，则　 　．
15．（2023九上·丰台期中） 《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．（2023九上·丰台期中） 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．例如求方程的正数解的步骤为：
将方程变形为；
构造如图所示的大正方形，其面积是，其中四个全等的矩形面积分别为，中间的小正方形面积为；
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；
由此可得方程：，则方程的正数解为．
根据赵爽记载的方法，在图中的三个构图矩形的顶点均落在边长为的小正方形网格格点上中，能够得到方程的正数解的构图是　 　只填序号．
三、计算题（本大题共1小题，共5.0分）
17．（2023九上·丰台期中）解方程：公式法
四、解答题（本大题共11小题，共65.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18．（2023九上·丰台期中） 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．（2023九上·丰台期中） 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．（2023九上·丰台期中） 在平面直角坐标系中，二次函数的图象经过点，．
（1）求二次函数的解析式；
（2）画出二次函数的图象；
（3）当时，直接写出的取值范围．
21．（2023九上·丰台期中） 如图，在中，，且点的坐标为
（1）画出绕点逆时针旋转后的；
（2）求点旋转到点所经过的路线长结果保留．
22．（2023九上·丰台期中） 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．（2023九上·丰台期中） 如图，在等边中，是的中点，过点作，且，连接．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）连接交于点，连接若，求的长．
24．（2023九上·丰台期中）在平面直角坐标系 中，一次函数 的图象由函数 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 时，对于 的每一个值，函数 的值大于一次函数 的值，直接写出 的取值范围．
25．（2023九上·丰台期中） 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．（2023九上·丰台期中） 在平面直角坐标系中，点，在抛物线上，设该抛物线的对称轴为．
（1）若，求的值；
（2）若，求的取值范围．
27．（2023九上·丰台期中） 如图，在正方形中，点是线段延长线上一动点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，作直线交于点．
（1）依题意补全图形；
（2）求证：；
（3）用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．
28．（2023九上·丰台期中） 在平面直角坐标系中，给出如下定义：将图形绕直线上某一点顺时针旋转，得到图形，再将图形关于直线对称，得到图形此时称图形为图形关于点的“二次变换图形”已知点．
（1）若点，直接写出点关于点的“二次变换图形”的坐标；
（2）若点关于点的“二次变换图形”与点重合，求点的坐标；
（3）若点，半径为已知长度为的线段，其关于点的“二次变换图形”上的任意一点都在上或内，直接写出点的纵坐标的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】中心对称及中心对称图形
【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
【知识点】配方法的应用
【解析】【解答】解：x2-8x=-3，
x2-8x+16=-3+16，
即（x-4）2=13。
故答案为：A。
【分析】移项，将常数项移到方程的右边，然后在方程的两边都加上一次项系数一半的平方16，左边利用完全平方差公式分解因式，右边合并同类项即可。
3．【答案】C
【知识点】旋转对称图形
【解析】【解答】由图可知，该图形被平均分成五部分，
∵一周角是360度，
∴360÷5=72°，即旋转72度的整数倍，就可以与自身重合，
∴旋转的度数至少72°。
故答案为：C
【分析】首先需要确定旋转角度，观察五角星是图案，可以看成由五个基本图形组成，被平均分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是72°，并且圆具有旋转不变性，因而旋转72度的整数倍，就可以与自身重合。
4．【答案】C
【知识点】二次函数图象的几何变换
【解析】【解答】第一种：∵抛物线y=2x2顶点坐标为（0，0），
∴抛物线沿x轴向左平移2个单位，再沿y轴向下平移3个单位后，顶点坐标（-2，-3），
∴平移后抛物线解析式为：y=2(x+2)2-3.
第二种：将抛物线y=2x2沿x轴向左平移2个单位直线解析式为：y=2(x+2)2，
再沿y轴向下平移3个单位后，直线解析式为：y=2(x+2)2-3.
故答案为：C。
【分析】第一种方法：根据二次函数图象与平移的知识，抛物线 y=2x2顶点坐标为（0，0），沿x轴向左平移2个单位，再沿y轴向下平移3个单位后，顶点坐标（-2，-3），根据顶点式y=2(x-h)2+k 抛物线解析式求解；第二种方法：根据抛物线平移变换的规律是：左加右减（在括号），上加下减（在末梢）进行解答。
5．【答案】C
【知识点】二次函数图象与系数的关系
【解析】【解答】∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵抛物线与y轴交于负半轴，
∴c<0.
故答案为：C。
【分析】根据开口方向可得a的符号，根据对称抽在y轴的那一侧可得b的符号，根据抛物线与y轴的交点可得c的符号。
6．【答案】B
【知识点】点与圆的位置关系
【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
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】由表格
得∴
解得
∴y=x2+x-2=(x+)2－
A、因为a>0，所以抛物线G开口向上，故A项说法正确；
B、抛物线对称轴x=-，即x=-，故B项说法正确；
C、当抛物线与y轴相交，即x=o，交点坐标为（0.-2），故C项说法正确；
D、当x=-时，y有最小值-，故C项说法不正确；
故答案为：D.
【分析】根据表中所给数据可求得抛物线解析式，再化为顶点式，逐项判断即可解答。
8．【答案】C
【知识点】多边形内角与外角；三角形的综合
【解析】【解答】直角三角板和重合在一起，
，，
：当时，，
设与交点为，如图所示，
，
，
为等边三角形，
，
，
，
，
即与的交点为的中点，故 A 正确；
：当时，，
，
以点，，构成的三角形是等边三角形，
，
，
，
恰好经过，故正确；
在旋转过程中，，
又，
，
，
，
，
故错误；
：如图，设直线与直线交于，
，，
，
同理可得，
又，
，
，
在旋转过程中，始终存在，
故正确；
故答案为：．
【分析】A项：由题意两个完全相同的三角形，根据全等三角形的性质可得AC=A'C，BC=B'C，再根据旋转角求出△BCG为等边三角形，可判断A正确；
B项：当旋转角为60°时，△B'CB是等边三角形B'B=B'C，含30度的直角三角形对边是斜边一半，B'B=B'C=A'B'，故A'B'恰好经过点B，可判断B项正确；
C项：根据图可知：旋转过程中∠ACA'=∠BCB'=a，AC=A'C，BC=B'C（根据两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似）即△AA'C与△BB'相似，根据相似三角形的性质，可解得C项错；
D项：证明AA'BB'可分别延长两直线交点M，即证明∠M是直角即可，可利用四边形AMB'C的内角和，即可解答D项正确。
9．【答案】±1
【知识点】直接开平方法解一元二次方程
【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】
【知识点】关于坐标轴对称的点的坐标特征
【解析】【解答】∵点（1，-3）关于原点对称，
∴对称点的坐标为（-1，3），
故答案为：（-1，3）。
【分析】根据：平面直角坐标系中任意一点，关于原点的对称点是，将此点的横纵坐标都变成相反数，解答即可.
11．【答案】（答案不唯一）
【知识点】待定系数法求二次函数解析式
【解析】【解答】解：根据题意，
故符合题意
故答案为：（答案不唯一）
【分析】利用抛物线的图象与系数的关系，再利用待定系数法求解函数解析式即可。
12．【答案】
【知识点】三角形的外角性质；全等三角形的应用
【解析】【解答】由题意可得△ABC△DEC，∠FCD=35°，
∵△ABC△DEC，∠A=30°，
∴∠A=∠D=30°，
又∵∠EFC是△CDF的外角，
∴∠EFC=∠FCD+∠D=35°+30°=65°
故答案为：65°。
【分析】根据旋转的性质得到三角形全等，再根据三角形的外角定理求解。
13．【答案】
【知识点】二次函数y=a（x-h）²+k的图象
【解析】【解答】∵抛物线y=2(x-1)2+k，
∴对称抽x=1，开口向上，
∴点A(2，m)和点B（3，n)都在对称抽的右侧，
当x1时，y随x的增大而增大，
∵2<3，
∴m故答案为：<.
【分析】根据抛物线y=2(x-1)2+k，可知a=2，即开口向上；对称轴x=1；由于点A(2，m)和点B（3，n)都在对称抽的右侧，y随x的增大而增大，即可解答。
14．【答案】
【知识点】二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】∵函数y=x2-6x+m，
∴a=1，b=-6，c=m，
又∵图像与x轴的交点只有一个公共点，
∴△=b2-4ac=0，即：（-6）2-4m=0，
解得：m=9.
故答案为：9.
【分析】根据二次函数的性质，与x轴的交点只有一个公共点时△=b2-4ac=0，代入即可求解。
15．【答案】26
【知识点】勾股定理的应用；垂径定理的实际用用
【解析】【解答】弦CDAB，AB为⊙O的直径，
E为CD的中点，
又CD=10寸，
CE=DE=CD=5寸，
设OC=OA=m寸，则AB=2m寸，OE=（m-1）寸，
由勾股定理得：
解得m=13，
AB=26寸.
【分析】根据 弦CD⊥AB于点E， 利用垂径定理得到E为CD的中点，由CD的长求出DE的长，设OC=OA=m寸，则AB=2m寸，OE=（m-1）寸，利用勾股定理求解m的值进而得出结论.
16．【答案】
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量；数学思想
【解析】【解答】由（1）得方程x+3x-10=0 可变形为x(x十3) = 10，
（2）构造大正方形面积（x+x+3)2，四个全等的矩形面积分别为x(x+3)，中间小正方形面积为32，
（3）大正方形面积等于四个全等的矩形面积和中间小正方形面积，即（x+x+3)2=x(x+3)×4+32，
（4）由(1)得x(x十3) = 10，代入得（x+x+3)2=10×4+32=49，则方程的正数解为x=2，即构图②。
故答案为：②。
【分析】例题正数解的步骤(1)方程x+3x-10=0 可变形为x(x十3) = 10，根据（2）构造大正方形面积即可得出方程（x+x+3)2，其中四个全等的矩形面积分别为x(x+3)，中间小正方形面积为32，根据（3）可求得大正方形的面积（x+x+3)2=49，则方程的正数解为x=2，再结合图形判断即可.
17．【答案】解：，
，
所以，．
【知识点】二元一次方程组的解
【解析】【分析】(1)根据一元二次方程根的判别式，①=b2-4ac，当>0时，方程有两个不相等的实数根；②当<0时，方程没有实数根；③当=0时，方程有两个相等的实数根；
(2)判断后把各项系数a、b、c的值代入求根公式x=(b2-4ac0)就可得到方程的根。
18．【答案】解：证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，
∴OA＝OB＝OC＝OD，
∴A、B、C、D四点在以O圆心的同一个圆上．
【知识点】矩形的性质；圆内接四边形的性质
【解析】【分析】根据题意，利用矩形的性质得到 AC＝BD，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD， 进一步得到 OA＝OB＝OC＝OD，从而得出结论.
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+，x2＝-2-，
∴当m为正整数时，此时方程的根为-2+和-2-．
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的求根公式及应用
【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：二次函数的图象经过点，，
，解得
二次函数的解析式为：；
（2）解：，
此二次函数图象的顶点为，
列表：
描点，连线得函数图象如下：
（3）解：由图象可知，当时，的取值范围为：．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数y=ax²+bx+c的图象
【解析】【分析】(1)利用待定系数法即可求出二次函数的解析式；
(2)先把二次项解析式化为顶点，再确定图象的顶点，列表当y=0时，求出x的值即与x轴的两个交点；当y=3时，求出x的值；描点，连线的步骤即可画出二次函数的图象；
(3)先求出图象与xc轴的交点，再根据图象可得：当y>0时，直接写出x的取值范围. .
21．【答案】（1）解：如图所示，即为所求．
（2）解：，，
点旋转到点所经过的路线长为．
【知识点】弧长的计算；作图﹣旋转
【解析】【分析】(1 )根据网格结构找出点A、B绕点O逆时针旋转90°后的对应点A1、B1的位置，然后顺次连接即可；
(2)点A旋转到点A所经过的路线长为半径为4，圆心角为90°的扇形的弧长；根据弧长公式列式计算即可得解.
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．
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【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：，且，
四边形是平行四边形，
等边中，是的中点，
，
，
平行四边形是矩形．
（2）解：如图．是等边三角形，
，
是的中点，
，，
，
在中，由勾股定理得：，
，
，
由可知，四边形是矩形，
，
在和中，
，
≌，
，
．
【知识点】等边三角形的性质；平行四边形的判定；矩形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】 (1 )先证四边形ADCE是平行四边形，再由等边三角形的性质得AD⊥BC，则∠ADC = 90°然后由矩形的判定即可得出结论；
(2)由等边三角形的性质和勾股定理得AD = 2， 再证△BDF≌△EAF (AAS)，则DF= AF=AD =，然后由勾股定理即可得出CF的长.
24．【答案】（1）解：∵一次函数 由 平移得到，
∴ ，
将点（1，2）代入 可得 ，
∴一次函数的解析式为 ；
（2）解：当 时，函数 的函数值都大于 ，即图象在 上方，由下图可知：
临界值为当 时，两条直线都过点（1，2），
∴当 时， 都大于 ，
又∵ ，
∴ 可取值2，即 ，
∴ 的取值范围为 ．
【知识点】一次函数的图象；一次函数的性质
【解析】【分析】（1）根据一次函数 由 平移得到可得出k值，然后将点（1，2）代入 可得b值即可求出解析式；（2）由题意可得临界值为当 时，两条直线都过点（1，2），即可得出当 时， 都大于 ，根据 ，可得 可取值2，可得出m的取值范围．
25．【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＝-，
∴抛物线的函数解析式为：y＝-（x-2）2+3；
（2）解：当x＝0时，y＝-×4+3＝＞2.44，
∴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＝-（x-2-m）2+3，
把点（0，2.25）代入得：2.25＝-（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．
故答案为：1．
【知识点】二次函数的实际应用-抛球问题
【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＝＞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＝-（x-2-m）2+3， 把点 （0，2.25）代入解得符合题意的m的值，进而得出结论.
26．【答案】（1）解：由题意，若，
则对称轴是直线，
即；
（2）解：由题意，若，
又抛物线开口向上，
抛物线与轴必有一交点在和之间，
令，
或，
，
又，
，
．
【知识点】二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【分析】(1)依据题意，若m = n，从而对称轴是直线 x==3=t，即可解得t.
(2)依据题意， 若mn < 0，结合抛物线开口向上，从而抛物线与x轴必有一个交点在2和4之间，即有2<-<4，又因为对称轴x=t=-，即可解答。
27．【答案】（1）解：如图所示，即为补全的图形；
（2）证明：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
线段绕点逆时针旋转得到线段，
，，
是等边三角形，
，
，
；
（3）解：，理由如下：
如图，在上截取，连接，
，，
，
，，
，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
．
【知识点】角的运算；等边三角形的性质；三角形全等的判定-SAS；四边形的综合
【解析】【分析】(1 )根据题意即可补全图形；
(2)根据正方形的性质证明△PCB≌△PCD (SAS)， 得PB = PD，然后证明△PDQ是等边三角形，得PQ = PD，再根据等腰三角形的性质即可解决问题；
(3)在EQ上截取QG = BE，连接PG，根据正方形的性质证明△PBE≌△PQG(SAS)，得 PE= PG，BPE= QPG，然后证明△PEG是等边三角形，得EG = EP，再根据线段的和差即可解决问题.
28．【答案】（1）点关于点的“二次变换图形”的坐标
（2）解：分析可知点在轴的下方，如图，过点作轴于点，过点作轴交于点，
设点的纵坐标为，
由知，
，
，
由题意可知，点与点关于直线对称，
解得，
（3）
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆的相关概念；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：(1)如图，过点作轴于点，
，
由旋转可知，，
，
，
，
，
，
点关于点的“二次变换图形”的坐标；
(3)由知，
若点在上，则
解得舍或；
线段，
点在以点为圆心，为半径的圆上，
若其关于点的“二次变换图形”上的任意一点都在及其内部，如图，可知点是一个临界点，
连接 ，
是等边三角形，
过点作轴于点，则，，
，，
，
由对称性可知，另外一点的坐标为，
的取值范围为：．
【分析】(1 )根据题意画出图形，过点A'作A' D⊥xc轴于点D，可得△AOP≌△PDA'，可求出点A'的坐标，进而可得点A"的坐标；
(2)分析可知点P在x轴下方，根据题意作出图形，设出点P的纵坐标为m，表达点A'的坐标，列方程可解得答案；
(3)由(2) 可知，点A"的坐标，由A关于点P的“二次变换图形”在O上且不与点A重合可得出点 A"的坐标，由线段AB= 1，其关于点P的“二次变换图形”上的任意一点都在O及其内部，找到临界点B"，可得出B"的坐标，进而可得出点B的坐标，即可得出yB的取值范围.
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