第第頁北京市豐臺區(qū)2023-2024學(xué)年九年級上學(xué)期數(shù)學(xué)期中考試試卷一、選擇題（本題共16分，每小題2分）第1-8題均有四個選項，符合題意的選項只有一個.1．下列四個品牌圖標中，是中心對稱圖形的是（）A． B．C． D．2．用配方法解一元二次方程x2-8x+3＝0，此方程可化為（）A．（x-4）2＝13 B．（x+4）2＝13C．（x-4）2＝19 D．（x+4）2＝193．如圖中的五角星圖案，繞著它的中心O旋轉(zhuǎn)n°后，能與自身重合，則n的值至少是（）A．60 B．72 C．120 D．1444．在平面直角坐標系xOy中，將拋物線y＝2x2先向左平移2個單位，再向下平移3個單位，所得拋物線為（）A．y＝2（x-2）2+3 B．y＝2（x-2）2-3C．y＝2（x+2）2-3 D．y＝2（x+2）2+35．在平面直角坐標系xOy中，一次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象如圖所示示，關(guān)于a、c的符號判斷正確的是（）A．a(chǎn)＞0，c＞0 B．a(chǎn)＞0，c＜0 C．a(chǎn)＜0，c＞0 D．a(chǎn)＜0，c＜06．雷達通過無線電的方法發(fā)現(xiàn)目標并測定它們的空間位置，因此雷達被稱為“無線電定位”．現(xiàn)有一款監(jiān)測半徑為5km的雷達，監(jiān)測點的分布情況如圖，如果將雷達裝置設(shè)在P點，每一個小格的邊長為1km，那么能被雷達監(jiān)測到的最遠點為（）A．M點 B．N點 C．P點 D．Q點7．二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象是拋物線G，自變量x與函數(shù)y的部分對應(yīng)值如下表：x…-3-2-1012…y…40-2-204…下列說法錯誤的是（）A．拋物線G的開口向上B．拋物線G的對稱軸是x=C．拋物線G與y軸的交點坐標為（0，-2）D．二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的最小值為-28．兩塊完全相同的含30°角的直角三角板ABC和A'B'C′重合在一起，將三角板A'B'C'繞直角頂點C'按逆時針方向旋轉(zhuǎn)α（0°＜α≤90°），如圖所示．以下結(jié)論錯誤的是（）A．當α＝30°時，A'C與AB的交點恰好為AB中點B．當α＝60°時，A'B'恰好經(jīng)過點BC．在旋轉(zhuǎn)過程中，存在某一時刻，使得AA'＝BB'D．在旋轉(zhuǎn)過程中，始終存在AA'⊥BB'二、填空題（本題共16分，每小題2分）9．方程x2＝1的解是．10．在平面直角坐標系xOy中，點（1，-3）關(guān)于原點對稱的點的坐標為．11．請寫出一個圖象開口向上，且與y軸交于點（0，2）的二次函數(shù)的解析式．12．如圖，將△ABC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)35°得到△DEC，邊ED，AC相交于點F，若∠A＝30°，則∠EFC＝．13．在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝2（x-1）2+k經(jīng)過點A（2，m），B（3，n）．則mn（填“＞”，“＝”或“＜”）．14．二次函數(shù)y＝x2-6x+c的圖象與x軸只有一個公共點，則c的值為．15．《九章算術(shù)》是中國傳統(tǒng)數(shù)學(xué)重要的著作之一，其中第九卷《勾股》中記載了一個“圓材埋壁”的問題：“今有圓材，埋在壁中，不知大?。凿忎徶⑸钜淮?，鋸道長一尺，問徑幾何？”用幾何語言表達為：如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，EB＝1寸，CD＝10寸，則直徑AB長為寸．16．我國三國時期的數(shù)學(xué)家趙爽在其所著的《勾股圓方圖注》中記載了求一元二次方程正數(shù)解的幾何解法．例如求方程x2+2x-35＝0的正數(shù)解的步驟為：（1）將方程變形為x（（2）構(gòu)造如圖1所示的大正方形，其面積是（x+x+2）2，其中四個全等的矩形面積分別為x（x+2），中間的小正方形面積為2（3）大正方形的面積也可表示為四個矩形和一個小正方形的面積之和，即4×35+2（4）由此可得方程：（x+x+2）2＝144，則方程的正數(shù)解為根據(jù)趙爽記載的方法，在圖2中的三個構(gòu)圖（矩形的頂點均落在邊長為1的小正方形網(wǎng)格格點上）①②③中，能夠得到方程x2+3x-10＝0的正數(shù)解的構(gòu)圖是（只填序號）．三、解答題（共68分，第17-19題，每題5分，第20題6分，第21-22題，每題5分，第23題6分，第24題5分，第25-26題，每題6分，第27-28題，每題7分）17．解方程：x2+2x﹣3＝0（公式法）18．如圖，矩形ABCD的對角線AC，BD相交于點O．求證：A，B，C，D四個點在以點O為圓心的同一個圓上．19．已知：關(guān)于x的方程x2+4x+2m＝0有兩個不相等的實數(shù)根．（1）求m的取值范圍；（2）若m為正整數(shù)，求此時方程的根．20．在平面直角坐標系xOy中，二次函數(shù)y＝ax2+bx+3（a≠0）的圖象經(jīng)過點A（-1，4），B（1，0）．（1）求二次函數(shù)的解析式；（2）畫出二次函數(shù)的圖象；（3）當y＞0時，直接寫出x的取值范圍．21．如圖，在Rt△OAB中，∠OAB＝90°，且點B的坐標為（4，2）．（1）畫出△OAB繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°后的△OA1B1；（2）求點B旋轉(zhuǎn)到點B1的路徑長（結(jié)果保留π）．22．某學(xué)校要設(shè)計校園“數(shù)學(xué)嘉年華”活動的項目介紹展板．如圖，現(xiàn)有一塊長25dm，寬8dm的矩形展板，展示區(qū)域為全等的四個矩形，其中相鄰的兩個矩形展示區(qū)域之間及四周都留有寬度相同的空白區(qū)域．如果四個矩形展示區(qū)域的面積之和為120dm2，求空白區(qū)域的寬度．23．如圖，在等邊△ABC中，D是BC的中點，過點A作AE∥BC，且AE＝DC，連接CE．（1）求證：四邊形ADCE是矩形；（2）連接BE交AD于點F，連接CF．若AB＝4，求CF的長．24．在平面直角坐標系xOy中，一次函數(shù)y＝kx+b（k≠0）的圖象由函數(shù)y＝x的圖象平移得到，且經(jīng)過點（1，2）．（1）求這個一次函數(shù)的解析式；（2）當x＞1時，對于x的每一個值，函數(shù)y＝mx（m≠0）的值大于一次函數(shù)y＝kx+b的值，直接寫出m的取值范圍．25．如圖，一位足球運動員在一次訓(xùn)練中，從球門正前方8m的A處射門，已知球門高OB為2.44m，球射向球門的路線可以看作是拋物線的一部分．當球飛行的水平距離為6m時，球達到最高點，此時球的豎直高度為3m．現(xiàn)以O(shè)為原點，如圖建立平面直角坐標系．（1）求拋物線表示的二次函數(shù)解析式；（2）通過計算判斷球能否射進球門（忽略其他因素）；（3）若運動員射門路線的形狀、最大高度均保持不變，則他應(yīng)該帶球向正后方移動米射門，才能讓足球經(jīng)過點O正上方2.25m處．26．在平面直角坐標系xOy中，點M（2，m），N（4，n）在拋物線y＝ax2+bx（a＞0）上，設(shè)該拋物線的對稱軸為x＝t．（1）若m＝n，求t的值；（2）若mn＜0，求t的取值范圍．27．如圖，在正方形ABCD中，點P是線段AC延長線上一動點，連接DP，將線段DP繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段DQ，連接PQ，BP，作直線BQ交AC于點E．（1）依題意補全圖形；（2）求證：∠PBQ＝∠PQB；（3）用等式表示線段EP，EQ，EB之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．28．在平面直角坐標系xOy中，給出如下定義：將圖形M繞直線x＝3上某一點P順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到圖形M'，再將圖形M'關(guān)于直線x＝3對稱，得到圖形N．此時稱圖形N為圖形M關(guān)于點P的“二次變換圖形”．已知點A（0，1）．（1）若點P（3，0），直接寫出點A關(guān)于點P的“二次變換圖形”的坐標；（2）若點A關(guān)于點P的“二次變換圖形”與點A重合，求點P的坐標；（3）若點P（3，-3），⊙O半徑為1．已知長度為1的線段AB，其關(guān)于點P的“二次變換圖形”上的任意一點都在⊙O上或⊙O內(nèi)，直接寫出點B的縱坐標yB的取值范圍．

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A：，是軸對稱圖形，不符合題意；

B：，是中心對稱圖形，符合題意；

C：，是軸對稱圖形，不符合題意；

D：，是軸對稱圖形，不符合題意，

故答案為：B.

【分析】根據(jù)中心對稱圖形的定義即可求解.2．【答案】A【解析】【解答】x2-8x+3＝0，

x2-8x＝-3

x2-8x+16＝-3+16

（x-4）2-＝13，

故答案為：A.

【分析】根據(jù)移項、配方即可得出結(jié)論.3．【答案】C【解析】【解答】∵五角星可以倍平分成五部分，

∴旋轉(zhuǎn)360°5k（k為整數(shù)），都可以與自身重合，

∴旋轉(zhuǎn)至少360°5×1=724．【答案】C【解析】【解答】∵將拋物線先向左平移2個單位，再向下平移3個單位，

∴平移后的拋物線為y＝2（x+2）2-3，

故答案為：C.

【分析】根據(jù)函數(shù)的平移規(guī)律：上加下減，左加右減，直接得出結(jié)論.5．【答案】C【解析】【解答】∵一次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象開口向下，與y軸交于正半軸，

∴a＜0，c＞0

故答案為：C，

【分析】根據(jù)圖象信息，利用二次函數(shù)的圖象與系數(shù)關(guān)系即可求解.6．【答案】B【解析】【解答】如圖，觀察圖象可得，能被雷達監(jiān)測到的最遠點為N，

故答案為B.

【分析】以點P為圓心，5為半徑作圓即可得出結(jié)論.7．【答案】D【解析】【解答】由表可得，函數(shù)對稱軸為直線x=-2+12=-12，

根據(jù)表格可得在對稱軸左側(cè)y隨x的增大而減小，在對稱軸右側(cè)y隨x的增大而增大，

∴拋物線開口向上，

又∵當x=0時，y=-2，

∴拋物線與y軸交于點（0，-2）

∵當x=-1時，y=-2，x=0時，y=-2，

∴二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的最小值為x=-128．【答案】C【解析】【解答】∵直角三角板ABC和A'B'C′重合在一起，

∴AC=A'C，BC=B'C，當α＝30°時，∠A'CB=60°，∴A'C與AB的交點與點B，點C構(gòu)成等邊三角形，∴A'C與AB的交點為AB中點，故A正確，不符合題意；

當α＝60°時，∠B'CB=60°，A'B'恰好經(jīng)過點B，故B正確，不符合題意；

在旋轉(zhuǎn)過程中，∠ACA'=∠B'CB=∠α，∴△AA'C~△BB'C，∴9．【答案】±1【解析】【解答】∵x2＝1∴x＝±1．【分析】方程利用平方根定義開方求出解即可.10．【答案】（-1，3）【解析】【解答】點（1，-3）關(guān)于原點對稱的點的坐標為（-1，3），

【分析】直接利用關(guān)于原點對稱的兩個點的橫縱坐標互為相反數(shù)即可求解.11．【答案】y＝3x2+2（答案不唯一）．【解析】【解答】∵開口向上，

∴a>0，

且與y軸交于點（0，2）

∴這樣的二次函數(shù)的解析式為y＝3x2+2（答案不唯一）．

【分析】根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，開口向上，得出a的值為正數(shù)即可，進而求解.12．【答案】65°【解析】【解答】由題意得：△ABC?△DEF，∠ACD=∠BCE=35°，

∴∠D=∠A=30°13．【答案】＜【解析】【解答】∵a=2>0，對稱軸為直線x=1，

∴拋物線y＝2（x-1）2+k開口向上，

∴當x<1時，y隨x的增大而減小，當x>1時，y隨x的增大而增大，

∴當x=2時對應(yīng)的y的值m小于當x=3時對應(yīng)的y的值n，

∴m<n，

【分析】根據(jù)題意a=2，對稱軸為直線x=1，利用二次函數(shù)的增減性即可得出結(jié)論.14．【答案】9【解析】【解答】∵二次函數(shù)y＝x2-6x+c的圖象與x軸只有一個公共點，

∴?=（-6）2-4×1×c=0，

解得c=9.

【分析】根據(jù)二次函數(shù)y＝x2-6x+c15．【答案】26【解析】【解答】∵弦CD⊥AB，AB為⊙O的直徑，

∴E為CD的中點，

又∵CD=10寸，

∴CE=DE=12CD=5寸，

設(shè)OC=OA=m寸，則AB=2m寸，OE=（m-1）寸，

由勾股定理得：OE2+CE2=OC2，

∴（m-1）2+5216．【答案】②【解析】【解答】方程x2+3x-10＝0的可變形為x(x+3)=10，

構(gòu)造大正方形，其面積是（x+x+3）2，其中四個全等的矩形面積分別為x（x+3），中間的小正方形面積為32；

大正方形的面積也可表示為四個矩形和一個小正方形的面積之和，即4×10+32＝49；

由此可得方程：（x+x+3）2＝49，則方程的正數(shù)解為x＝2，

∴能夠得到方程x2+3x-10＝0的正數(shù)解的構(gòu)圖是②.

【分析】根據(jù)例題正數(shù)解的步驟：方程x2+3x-10＝0的可變形為x(x+3)=10，即可得到（x+x+3）2＝49，則方程的正數(shù)解為x＝2，再結(jié)合圖形即可得出結(jié)論.17．【答案】解：△＝22﹣4×（﹣3）＝16>0，x＝?2±42×1所以x1＝1，x2＝﹣3.【解析】【分析】由題意找出a、b、c的值，再根據(jù)一元二次方程的求根公式x=-b±b18．【答案】解：證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AC＝BD，OA＝OC＝12AC，OB＝OD＝1∴OA＝OB＝OC＝OD，∴A、B、C、D四點在以O(shè)圓心的同一個圓上．【解析】【分析】根據(jù)題意，利用矩形的性質(zhì)得到AC＝BD，OA＝OC＝12AC，OB＝OD＝12BD，19．【答案】（1）解：∵關(guān)于x的一元二次方程x2+4x+2m＝0有兩個不相等的實數(shù)根，∴Δ＝b2-4ac＝42-4×1×2m＞0，解得：m＜2，∴m的取值范圍為m＜2；（2）解：∵m為正整數(shù)，∴m＝1，∴原方程為x2+4x+2＝0，即（x+2）2＝2，解得：x1＝-2+2，x2＝-2-2，∴當m為正整數(shù)時，此時方程的根為-2+2和-2-2．【解析】【分析】（1）根據(jù)x的方程x2+4x+2m＝0有兩個不相等的實數(shù)根，直接利用根的判別式Δ＝42-4×1×2m＞0，解得m＜2，即可得出結(jié)論；

（2）根據(jù)m為正整數(shù)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：∵二次函數(shù)y＝ax2+bx+3（a≠0）的圖象經(jīng)過點A（-1，4），B（1，0），∴a?b+3=4a+b+3=0解得a=?1b=?2∴二次函數(shù)的解析式為：y＝-x2-2x+3；（2）解：∵y＝-x2-2x+3＝-（x+1）2+4，∴此二次函數(shù)圖象的頂點為（-1，4），列表：x..．-3-2-101..．y..．03430..．描點，連線得函數(shù)圖象如下：（3）由圖象可知，當y＞0時，x的取值范圍為：-3＜x＜1．【解析】【解答】解：（3）根據(jù)圖象即可得知當y＞0時，x的取值范圍是-3＜x＜1.

【分析】（1）根據(jù)二次函數(shù)y＝ax2+bx+3（a≠0）的圖象經(jīng)過點A（-1，4），B（1，0），利用待定系數(shù)法將點A、B坐標代入函數(shù)得方程組，求解方程組即可得出結(jié)論；

（2）根據(jù)題意，通過列表、描點、連線即可得出結(jié)論；

（3）根據(jù)圖象直接的x的取值范圍.21．【答案】（1）解：圖形如圖所示：（2）解：∵B（4，2），∴OB＝22點B旋轉(zhuǎn)到點B1的路徑長＝90π×25【解析】【分析】（1）根據(jù)要求作圖即可求解；

（2）根據(jù)題意要求點B旋轉(zhuǎn)到點B1的路徑長，直接利用勾股定理即可得出結(jié)論.22．【答案】解：設(shè)空白區(qū)域的寬度為xdm，根據(jù)題意可得：25×8-5x×8-2x×（25-5x）＝120，解得x1＝8（舍去）或x2＝1，即空白區(qū)域的寬度應(yīng)是1dm．【解析】【分析】設(shè)空白區(qū)域的寬度為xdm，根據(jù)四個矩形展示區(qū)域的面積之和為120dm2，列出方程并解方程即可得出結(jié)論.23．【答案】（1）證明：∵AE∥BC，且AE＝DC，∴四邊形ADCE是平行四邊形，∵等邊△ABC中，D是BC的中點，∴AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，∴平行四邊形ADCE是矩形；（2）解：如圖，∵△ABC是等邊三角形，∴BC＝AC＝AB＝4，∵D是BC的中點，∴AD⊥BC，DB＝DC＝2，∴∠ADB＝90°，在Rt△ACD中，由勾股定理得：AD＝AC∵AE＝DC，∴AE＝DB，由（1）可知，四邊形ADCE是矩形，∴∠EAF＝90°，在△BDF和△EAF中，∠BFD=∠EFA∠BDF=∠EAF=9∴△BDF≌△EAF（AAS），∴DF＝AF＝12AD＝3∴CF＝DC【解析】【分析】（1）根據(jù)AE∥BC，且AE＝DC，證明四邊形ADCE是平行四邊形，再根據(jù)等邊△ABC中，D是BC的中點，進一步得出∠ADC＝90°，從而證明四邊形ADCE是矩形；

（2）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和勾股定理可得AD＝23，再證明△BDF≌△EAF，進一步得出DF＝AF＝12AD＝324．【答案】（1）解：∵一次函數(shù)y＝kx+b（k≠0）的圖象由直線y＝x平移得到，∴k＝1，將點（1，2）代入y＝x+b，得1+b＝2，解得b＝1，∴一次函數(shù)的解析式為y＝x+1；（2）m≥2【解析】【解答】解：（2）∵當x>1時，對于x的每一個值，函數(shù)y=mx（m≠0）的值大于一次函數(shù)y＝x+1的值，

∴當x>1時，mx>x+1恒成立，即（m-1）x>1恒成立，

當m-1<0且m≠0時，x<1m-1與已知的x>1矛盾，故舍去，

當m-1=0時，0>1不成立，故舍去，

當m-1>0時，x>1m-1，

∴聯(lián)立得不等式組m-i>01m≤1，

解得m≥2，

【分析】（1）根據(jù)一次函數(shù)y＝kx+b（k≠0）的圖象由直線y＝x平移得到，可以得k＝1，再結(jié)合已知條件將（1，2）代入y＝x+b，求出b的值，即可得出結(jié)論；

（2）根據(jù)當x＞1時，對于x的每一個值，函數(shù)y＝mx（m25．【答案】（1）解：∵8-6＝2，∴拋物線的頂點坐標為（2，3），設(shè)拋物線為y＝a（x-2）2+3，把點A（8，0）代入得：36a+3＝0，解得a＝-112∴拋物線的函數(shù)解析式為：y＝-112（x-2）2（2）解：當x＝0時，y＝-112×4+3＝8∴球不能射進球門．（3）解：設(shè)小明帶球向正后方移動m米，則移動后的拋物線為：y＝-112（x-2-m）2+3，

把點（0，2.25）代入得：2.25＝-112（0-2-m）2+3，

解得m＝-5（舍去）或m＝1，

∴當時他應(yīng)該帶球向正后方移動1米射門，才能讓足球經(jīng)過點O正上方2.25m處．【解析】【分析】（1）設(shè)拋物線為y＝a（x-2）2+3，根據(jù)題意得A（8，0），將A（8，0）代入解得a的值即可求解；

（2）通過計算，當x＝0時，y＝83＞2.44，進而得出結(jié)論；

（3）設(shè)小明帶球向正后方移動m米，則移動后的拋物線為：y＝-112（x-2-m）2+3，26．【答案】（1）解：由題意，若m＝n，∴對稱軸是直線x＝2+42即t＝3．（2）解：由題意，若mn＜0，又拋物線開口向上，∴拋物線與x軸必有一交點在2和4之間．又令y＝ax2+bx＝0，∴x＝0或x＝-ba∴2＜-ba又∵t＝-b2a∴-ba∴2＜2t＜4．∴1＜t＜2．【解析】【分析】（1）根據(jù)題意，若m＝n，進一步得到對稱軸是直線x＝2+42＝3＝t．進而得出結(jié)論；

（2）根據(jù)題意若mn＜0，結(jié)合拋物線開口向上，從而得到拋物線與x軸必有一交點在2和4之間，進一步得2＜-ba＜4，再根據(jù)t＝-b27．【答案】（1）解：如圖所示，即為補全的圖形；（2）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴BC＝DC，∠ACB＝∠ACD＝45°，∴∠PCB＝∠PCD＝45°，∵CP＝CP，∴△PCB≌△PCD（SAS），∴PB＝PD，∴線段DP繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段DQ，∴DP＝DQ，∠PDQ＝60°，∴△PDQ是等邊三角形，∴PQ＝PD，∴PQ＝PB，∴∠PBQ＝∠PQB；（3）解：EQ-EP＝EB，理由如下：如圖，在EQ上截取QG＝BE，連接PG，∵∠PBQ＝∠PQB，PB＝PQ，∴△PBE≌△PQG（SAS），∴PE＝PG，∠BPE＝∠QPG，∴∠BPE＝∠DPE＝∠QPG，∵∠QPD＝60°，∴∠QPG+∠DPG＝60°，∴∠DPE+∠DPG＝60°，∴∠EPG＝60°，∵PE＝PG，∴△PEG是等邊三角形，∴EG＝EP，∴EQ-EG＝QG，∴EQ-EP＝EB．【解析】【分析】（1）根據(jù)要求補全圖形即可；

（2）利用正方形的性質(zhì)可得△PCB≌△PCD（SAS），進而得到PB＝PD，再證明△PDQ是等邊三角形，得到PQ＝PD，再利用等腰三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；

（3）在EQ上截取QG＝BE，連接PG，利用正方形的性質(zhì)證明△PBE≌△PQG（SAS），進而得到PE＝PG，∠BPE＝∠QPG，再證明△PEG是等邊三角形，得到EG＝EP，再根據(jù)線段的和差關(guān)系即可得出結(jié)論.28．【答