2024年人教版九年级上册数学期中测试题（21-23单元）
一、单选题(每题3分，共30分)
1．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．如图，在中．，将绕点A顺时针方向旋转，得到．则的度数是（ ）
A． B． C． D．
3．关于x的一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项分别为（ ）
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
4．若关于的一元二次方程的解是，则的值是（ ）
A．2019 B．2021 C．2022 D．2025
5．若点、、都在二次函数的图象上，则，，的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
6．在同一平面直角坐标系中，函数与的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
7．如图，已知顶点为的抛物线过，则下列结论：①；②对于任意的，均有；③；④若，则；其中正确的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
8．已知抛物线的对称轴为直线，记，则下列选项中一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
9．如图，在边长为的正方形中，点、、、分别从点、、、同时出发，均以的速度向点、、、匀速运动，当点到达点时，四个点同时停止运动，在运动过程中，四边形的周长最小值为（ ）
A．18 B． C．24 D．
10．如图是抛物线图象的一部分，抛物线的顶点坐标为，与轴的一个交点为，点和点均在直线上．下列结论错误的是（ ）
A．
B．不等式得解集为
C．
D．方程有两个不相等的实数根
二、填空题(每题3分，共30分)
11．将抛物线开口方向 ，对称轴是 ，顶点坐标是 ．
12．如果二次函数（为常数）的图象上有两点和，那么 （填“”、“”或“”）．
13．参加会议的人两两彼此握手，一共握了55次手，那么一共有 人参加会议．
14．关于的一元二次方程有两个相等的实数根．则的值为 ．
15．如图，在中，，将绕点A逆时针旋转至在处，使点B落在的延长线上的D点处，则 ．
16．矩形中，，，为边中点，线段绕点旋转过程中，当点对应点落在矩形对角线上时，则长为 ．
17．如图，是绕点O顺时针旋转后得到的图形，点C恰好落在边上，若，则 ．
18．在平面直角坐标系中，点先向右平移个单位，再向上平移个单位，得到点，再把点绕点旋转得到点，那么点的坐标是 ．
19．如图所示，P是正方形内一点，且，，，以B为旋转中心，将按顺时针方向旋转至，边与边重合，则正方形的面积为 ．
20．如图，在平面直角坐标系中，已知点，对连续作旋转变换，依次得到三角形(1)，(2)，(3)，(4)，…，则第(2020)个三角形的直角顶点的坐标是 ．
三、解答题(共30分)
21．解方程：
(1)； (2)； (3)
22．已知关于x的一元二次方程．
(1)求证：该方程总有两个实数根；
(2)若，是该方程的两个根，且满足，求k的值．
23．如图，二次函数的图象与x轴交于，两点，与y轴交于点C，连接．
(1)求a，b的值；
(2)求的面积．
24．已知：如图，等边，O为边的中点，将绕点O顺时针旋转到的位置， 旋转角为， 连接，．
(1)求证：；
(2)当时，直接写出四边形为何特殊的四边形．
25．一次足球训练中，小明从球门正前方的处射门，球射向球门的路线呈抛物线．当球飞行的水平距离为时，球达到最高点，此时球离地面．已知球门高为，现以为原点建立如图所示直角坐标系．
(1)求抛物线的函数表达式，并通过计算判断球能否射进球门（忽略其他因素）．
(2)对本次训练进行分析，若射门路线的形状、最大高度均保持不变，则当时他应该带球向正后方移动多少米射门，才能让足球经过点正上方处？
26．如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为个单位长度，的顶点均在格点上．
(1)画出将关于原点的中心对称图形．
(2)将绕点顺时针旋转得到，画出．
(3)若由绕着某点旋转得到的，则这点的坐标为____________．
27．商场某种商品平均每天可销售30件，每件盈利50元，为了尽快减少库存，商场决定采取适当的降价措施．经调查发现，每件商品每降价1元，商场平均每天可多售出2件．
(1)若某天该商品每件降价3元，当天可获利多少元？
(2)设每件商品降价元，请写出盈利与的函数关系式（将函数关系式化简，不必写出自变量的取值范围）；
(3)在上述销售正常情况下，每件商品降价多少元时，商场日盈利可达到2000元？
28．如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点，与y轴交于点C，抛物线经过A，C两点且与x轴的正半轴交于点B．
(1)求k的值及抛物线的解析式．
(2)如图1，若点D为直线上方抛物线上一动点，连接，当时，求D点的坐标；
(3)如图2，若F是线段的上一个动点，过点F作直线垂直于x轴交直线和抛物线分别于点G、E，连接．设点F的横坐标为m，是否存在以C，G，E为顶点的三角形与相似，若存在，直接写出m的值；若不存在，请说明理由．
()
()
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A B A C C C B C B D
1．A
【详解】解：A．该图形是轴对称图形也是中心对称图形，故此选项符合题意；
B．该图形是中心对称图形但不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C．该图形是轴对称图形但不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D．该图形是轴对称图形但不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：A．
2．B
【详解】解：根据题意得：，
，
，
故选：B．
3．A
【详解】解：关于x的一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项分别为、、，
故选：A．
4．C
【详解】解：把代入，
则，
即，
把代入，
得，
故选C．
5．C
【分析】本题考查了函数图象上的点的坐标与函数解析式的关系，同时考查了函数的对称性及增减性，根据函数解析式的特点，其对称轴为，根据时，y随x的增大而增大，即可得出答案．
【详解】二次函数，
开口向上，对称轴为，在对称轴的右侧，y随x的增大而增大，
根据二次函数图象的对称性可知，与关于对称轴对称，
，
，
，
故选：C．
6．C
【分析】此主要考查了一次函数、二次函数图象的性质及其应用问题；首先根据图形中给出的一次函数图象确定、的符号，进而运用二次函数的性质判断图形中给出的二次函数的图象是否符合题意，根据选项逐一讨论解析，即可解决问题．
【详解】解：A、对于直线来说，由图象可以判断，，；而对于抛物线来说，对称轴在轴的右侧，，，异号，故本选项不符合题意；
B、对于直线来说，由图象可以判断，，；而对于抛物线来说，开口向上，，故本选项不符合题意；
C、对于直线来说，由图象可以判断，，；而对于抛物线来说，开口向下，，对称轴在轴的右侧，，，异号，得到，故本选项符合题意；
D、对于直线来说，由图象可以判断，，；而对于抛物线来说，开口向下，，故本选项不符合题意；
故选：C．
7．B
【分析】本题考查二次函数图象与系数的关系，二次函数的图像及性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．根据开口方向，对称轴，与轴的交点，即可判断的符号，即可判断①，根据顶点坐标求得最值，即可判断②，把代入，得，故③正确，由关于直线对称的点为，进而得若，则或，故④错误．
【详解】解：抛物线开口向上，
∴，
∵对称轴为直线，
∴，，
∵抛物线与轴交于负半轴，
∴，
∴，故①正确；
抛物线的顶点坐标为，即时，函数有最小值，
，
∴对于任意的，均有，故②正确；
抛物线过，
∴，故③正确；
∵抛物线过，关于直线对称的点为，
∴若，则或，故④错误．
∴正确的个数为3．
故选：B．
8．C
【分析】本题考查了抛物线的对称轴公式以及实数大小的比较，解题关键是利用作差法比较实数大小．由抛物线对称轴公式，计算得出，再利用作差法比较和的大小即可．
【详解】解：∵该抛物线的对称轴，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：C．
9．B
【分析】本题考查二次函数的最值、勾股定理．根据题意和图形可以得到四边形的周长与运动时间t的函数关系，然后根据二次函数的性质，即可解答本题．
【详解】解：设点运动的时间为秒，则，，
由勾股定理得，
四边形的周长，
设
∵，
∴当时，取得最小值，此时，
∴四边形的周长的最小值，
故选：B．
10．D
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，二次函数与一元二次方程的关系，二次函数与不等式等知识．熟练掌握二次函数的图象与性质，二次函数与一元二次方程的关系，二次函数与不等式并数形结合是解题的关键．
由题意知，当时，，当时，，即，可判断A的正误；由题意知，不等式得解集为一次函数图象在二次函数图象上方部分所对应的的取值范围，由图象可知，解集为，可判断B的正误；由图象可知，，对称轴为直线，即，当时，，则，可判断C的正误；当时，，方程有一个根（或两个相等的实数根），可判断D的正误．
【详解】解：由题意知，当时，，
当时，，
∴，A正确，故不符合要求；
由题意知，不等式的解集为一次函数图象在二次函数图象上方部分所对应的的取值范围，
由图象可知，不等式得解集为，B正确，故不符合要求；
由图象可知，，对称轴为直线，
∴，
当时，，
∴，C正确，故不符合要求；
当时，，方程有一个根（或两个相等的实数根），D错误，故符合要求；
故选：D．
11． 向上 轴
【分析】本题考查的是二次函数的性质，直接根据二次函数的性质进行解答即可，熟知二次函数的性质是解答此题的关键．
【详解】解：由题意可得：
抛物线开口方向向上，
对称轴是轴，
当时，，
∴顶点坐标是：，
故答案为：向上，轴，．
12．
【分析】本题主要考查了二次函数的图像和性质，由可知，对称轴直线为，抛物线开口向下，又比离较远，结合函数图像即可得出．
【详解】解：由可知，对称轴直线为，抛物线开口向下，
又∵比离较远，
∴，
故答案为： ．
13．11
【分析】本题考查一元二次方程的实际应用，设一共有人参加会议，根据握手定理列出方程，进行求解即可．
【详解】解：设一共有人参加会议，由题意，得：
，
解得：或（舍去）；
答：一共有人参加会议．
故答案为：11．
14．
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程的根与有如下关系：①，方程有两个不相等的实数根，②，方程有两个相等的实数根，③，方程没有实数根，由题意得出，计算即可得解．
【详解】解：∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根．
∴，
解得：，
故答案为：．
15．/76度
【分析】本题考查的是旋转的性质，等腰三角形的性质，由旋转的性质可知，，，根据等腰三角形的性质可得，所以．
【详解】解：由旋转的性质可知，，，
∴，
∴．
故答案为：
16．或6
【分析】当点对应点落在矩形对角线上时，证明是等边三角形得，过点D作，则，求出，然后根据即可求解；当点对应点落在矩形对角线上时，证明是等边三角形得，然后根据即可求解．
【详解】解：如图①，当点对应点落在矩形对角线上时，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∵，
∴，，
∴，
根据旋转可得，
∴是等边三角形，
∵，为边中点，
∴，
过点D作，
则，
∴
∴，
∴；
如图②，当点对应点落在矩形对角线上时，
同理是等边三角形，
∴，
∴．
综上可知，长为或6．
【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，旋转的性质，分类讨论是解答本题的关键．
17．
【分析】由旋转的性质可得，，则，根据，计算求解即可．
【详解】解：∵是绕点O顺时针旋转后得到的图形，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理，三角形外角的性质等知识．熟练掌握旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理，三角形外角的性质是解题的关键．
18．
【分析】本题考查点的平移和中心对称对称的性质，掌握这些是解题关键．设，由平移得，再利用旋转可得，，求解即可得解．
【详解】解：设，
∵点先向右平移个单位，再向上平移个单位，得到点，
∴即，
∵把点绕点旋转得到点，
∴，，
解得，，
∴
故答案为：
19．5
【分析】根据旋转的性质得到，，然后根据勾股定理的逆定理可求，根据等腰直角三角形的性质可求，从而求出，再求得点共线，作于点，最后利用勾股定理求解即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵将按顺时针方向绕旋转得到，，
∴，，
∴；
∵将按顺时针方向绕旋转得到，，
∴，，
又，，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点共线，
作于点，
∵，，，
∴，，
∴，
∴正方形的面积为，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理与勾股定理的逆定理等知识，掌握旋转的性质是解题的关键．
20．
【分析】本题主要考查了与旋转有关的点的坐标规律探索，勾股定理，先得到，进而利用勾股定理得到，再由题意可得每三次旋转为一个循环组依次循环．一个循环组旋转过的长度为，据此求出循环次数和剩下的翻转次数即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
由题意可知每三次旋转为一个循环组依次循环．一个循环组旋转过的长度为，
∵．
∴三角形(2020)是第674个循环组的第一个三角形，其直角顶点与第673组的最后一个直角三角形顶点重合．
∵，
∴三角形(2020)的直角顶点的坐标是，
故答案为：．
21．(1)，
(2)，
(3)，
【分析】（）方程两边加，利用配方法解答即可；
（）把右式移到左边，再因式分解即可求解；
（）把移到右边，再利用直接开平方法解答即可；
本题考查了解一元二次方程，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
【详解】（1）解：∵，
∴，
即，
∴，
∴，；
（2）解：∵，
∴，
∴，
即，
∴或，
∴，；
（3）解：∵，
∴，
∴，
∴，．
22．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】此题考查了一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，解题的关键是熟练掌握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，正确理解熟记：一元二次方程的两个根为，，则，．
（）计算一元二次方程根的判别式进而即可求证；
（）利用根与系数的关系得，，代入求解即可．
【详解】（1）证明：，
，
∴该方程总有两个实数根；
（2）解：由题意得，，
∵，
∴，
解得：．
23．(1)，；
(2)的面积为6．
【分析】本题主要考查了待定系数法求函数解析式，求二次函数与坐标轴的交点坐标，三角形面积的计算，解题的关键熟练进行计算．
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）求得A，B，C的坐标，求出，长，即可求出的值．
【详解】（1）解：∵二次函数的图象与x轴交于，两点，
∴，
解得；
（2）解：由（1）得，
令，则，
∴，
∵，，
∴．
24．(1)见解析
(2)当时，四边形为矩形
【分析】（1）连接，，根据等边三角形的性质和旋转的性质利用证明，得出答案即可；
（2）先证明，根据，得出四边形为平行四边形，根据，得出四边形为矩形．
【详解】（1）证明：如图，连接，．
由旋转，可知 ，
∵和为等边三角形，O 为边的中点，O 为边的中点，
，，
，
∵O 为边的中点，
∴，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）证明：连接，，如图所示：
当时，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为矩形．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定，等边三角形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，平行线的判定，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握等边三角形的性质．
25．(1)，球能射进球门
(2)向正后方移动米
【分析】本题主要考查了二次函数的应用、待定系数法求函数解析式、二次函数图象的平移等知识点，灵活运用待定系数法求函数解析式是解题的关键．
（1）根据建立的平面直角三角坐标系设抛物线解析式为顶点式，代入A点坐标求出a的值即可得到函数表达式，再把代入函数解析式，求出函数值，与球门高度比较即可得到结论；
（2）根据二次函数平移的规律，设出平移后的解析式，然后将点代入即可求解．
【详解】（1）解：由题意得：抛物线的顶点坐标为，
设抛物线解析式为，
把点代入，得，解得，
∴抛物线的函数表达式为，
当时，，
∴球不能射进球门．
（2）解：设小明带球向正后方移动m米，则移动后的抛物线为，
把点代入得，解得，（舍去），
∴当时他应该带球向正后方移动米射门．
26．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】本题主要考查了作图 旋转变换，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
（1）根据中心对称的性质即可画出；
（2）根据旋转的性质即可画出；
（3）根据旋转中心为两组对应点连线的垂直平分线的交点可得点的位置．
【详解】（1）解：如图，即为所求；
（2）解：如图，即为所求；
（3）解：如图，根据旋转的性质可得，旋转中心为和垂直平分线的交点，图中点即为旋转中心，
∴，
故答案为：．
27．(1)当天可获利1692元
(2)
(3)每件商品降价25元时，商场日盈利可达到2000元
【分析】本题主要考查一元二次方程及二次函数的应用，解题的关键是理解题意；
（1）由题意可知每天的销售量为36件，利润为47元，然后问题可求解；
（2）由题意易得商场每天销售的件数为件，然后根据利润=单个利润×销售量可进行求解；
（3）根据（2）及题意可进行求解．
【详解】（1）解：由题意得：（元）；
答：当天可获利1692元．
（2）解：由题意得：
，
∴盈利与的函数关系式；
（3）解：由（2）即题意得：
，
解得：，
∵为了尽快减少库存，
∴，
答：每件商品降价25元时，商场日盈利可达到2000元．
28．(1)，
(2)
(3)存在，或
【分析】（1）将点的坐标直接代入直线解析式可得出的值；再求出点的坐标，将，的坐标代入抛物线解析式，即可得出结论；
（2）连接，过点作轴的对称点，角度推导得到，设直线表达式为：，代入得：，解得：，则，设直线表达式为：，求得直线表达式为： ，联立直线表达式和抛物线表达式，得：求解即可；
（3）根据题意需要分两种情况，当时，当时，一种是发现，另一种过点作轴于点，得到为等腰直角三角形，则，建立方程，分别求出的值即可．
【详解】（1）解：直线与轴交于点，
，
，
直线的表达式为；
当时，，
点的坐标为，
将，点的坐标，代入，
得：，
解得：，
抛物线的解析式为；
（2）解：连接，过点作轴的对称点，
对于，当，则，
解得：或，
∴，
则，
由对称得：，
当，，
∴，而由知，
∴，
∵，
∴，
∴,
∵，
∴
∴，
∴，
设直线表达式为：，代入得：，
解得：，
∴,
∴设直线表达式为：，
代入得：，
解得：，
∴直线表达式为： ，
联立直线表达式和抛物线表达式，得：，
解得：或（舍），
∴；
（3）解：存在，理由如下：
由图形可知，
若与相似，则需要分两种情况，
当时，过点作轴于点，
由上知，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
则,
则，，
∴，
解得：或；
当时，则
令，
解得：或（舍）
即，
综上，当的值为或时，以，，为顶点的三角形与相似．
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查的是待定系数法求二次（一次）函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质，平行线的判定，解题的关键是第（3）问中需分两种情况讨论．
()
()
