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微信：cs5311742016 主营各地名校期中期末真题卷及小初高全套教材教案讲义知识点总结
北京市燕山地区 2023—2024 学年第一学期九年级期中质量监测
数学试卷
考生须知：
1.本试卷共8页，三道大题，28道小题．满分100分．考试时间120分钟．
2.在试卷、答题卡上准确填写学校名称、班级、姓名和考号．
3.选择题、作图题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹笔作答．
4.所有试题均在答题卡上作答，在试卷上作答无效．
一、选择题（共16分，每题2分）第1﹣8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个．
1. 围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有4000多年的历史．2017年5月，世界围棋冠军柯洁与
人工智能机器人 进行围棋人机大战．截取首局对战棋谱中的四个部分，由黑白棋子摆成的图案
是中心对称的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可．
【详解】解：A、是中心对称图形，故此选项符合题意；
B、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选A．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形的识别，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义：把一
个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图
形，这个点就是它的对称中心．
2. 平面直角坐标系中，与点 关于原点对称的点的坐标是( )
A. B. C. ， D.
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【答案】B
【解析】
【分析】此题主要考查了关于原点对称点的性质，利用两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即
点 关于原点 的对称点是 ，进而得出答案．
【详解】解：点 关于原点对称的点的坐标为： ．
故选：B．
3. 如图，AB为⊙O的直径，点C是⊙O上的一点，∠ABC＝70°，则∠BAC＝（ ）
A. 50° B. 40° C. 30° D. 20°
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆的性质，AB为⊙O的直径，点C是⊙O上的一点，则 ，在 中，运用内
角和定理，结合 ，可得 ．
【详解】解：∵AB为⊙O的直径，点C是⊙O上的一点，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
故选：D．
【点睛】本题考查了在圆中，直径所对的圆周角为直角，灵活运用该知识点是解题的关键．
4. 一元二次方程 的解是（ ）
A. B.
C. D.
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【答案】A
【解析】
【分析】本题考查解一元二次方程，利用因式分解法求出方程的解，即可．
【详解】解：∵ ，
∴ 或 ，
∴ ；
故选A．
5. 如图，△ABC内接于⊙O，若 ，则∠ACB的度数是( )
A. 40° B. 50° C. 60° D. 80°
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆周角定理可得∠ACB= ∠AOB，代值计算即可．
【详解】解：∵⊙O是 ABC的外接圆，∠AOB＝100°，
△
∴∠ACB= ∠AOB=50°，
故选B．
【点睛】本题考查了圆周角定理，同弧所对圆周角等于它所对圆心角的一半，解题的关键是熟练掌握相关
定理．
6. 用配方法解方程 ，配方结果正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先移项，再等号两边同时加上一次项系数的一半即可．
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【详解】解： ，
，
，
，
故选：D．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的配方，熟练掌握完全平方公式是解题的关键．
7. 某市2020年底已有绿化面积300公顷，经过两年绿化、绿化面积逐年增加，到 2022年底增加到363公
顷．设绿化面积平均每年的增长率为x，由题意，所列方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设绿化面积平均每年的增长率为x，根据题意列出方程，即可求解．
【详解】解：设绿化面积平均每年的增长率为x，根据题意得，
故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出一元二次方程是解题的关键．
8. 如图，已知关于x的一元二次方程 的两根在数轴上对应的点分别在区域①和区域②，
区域均含端点，则k的值可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先确定方程两根的范围，然后再确定抛物线的对称轴，最后根据抛物线与x轴的两个交点关于对
称轴对称即可解答．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程 的两根在数轴上对应的点分别在区域①和区域②，
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区域均含端点，
∴一个根 ，另一个根 ，
∵抛物线 的对称轴是直线 ，
∴抛物线与x轴的两个交点关于对称轴对称，
∴k的值可能为1．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了二次函数图像与一元二次方程的关系，掌握二次函数图像与x轴的交点关于对称
轴对称是解答本题的关键．
二、填空题（共16分，每题2分）
9. 抛物线 的顶点坐标是___________．
【答案】(1，2)
【解析】
【分析】直接根据顶点公式的特点求顶点坐标．
【详解】∵ 是抛物线的顶点式，
∴顶点坐标为（1，2）．
故答案为：（1，2）．
【点睛】主要考查了求抛物线的顶点坐标、对称轴及最值的方法．解题的关键是熟知顶点式的特点．
10. 方程 的根是______________．
【答案】 ，
【解析】
【分析】先把方程变形为 ，然后利用直接开平方法解方程．
【详解】解： ，
，
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，
， ．
故答案为： ， ．
【点睛】本题考查了解一元二次方程-直接开平方法：形如x2=p或（nx+m）2=p（p≥0）的一元二次方程可
采用直接开平方的方法解一元二次方程．
11. 写出一个二次函数，使其满足：①图象开口向上；②图象过原点，这个二次函数的解析式可以是 ___．
【答案】y=x2（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据题意，只要二次函数的解析式满足：二次项系数为正，常数项为0即可．
【详解】解：设二次函数的解析式为y=ax2+bx+c．
∵抛物线图象开口向上，
∴a>0．
∵抛物线图象过原点，
∴c=0．
取a=1，b=0时，二次函数的解析式为y=x2．
故答案为：y=x2（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了二次函数的图像特征及性质，掌握二次函数的图像特征及性质是解题的关键．
12. 将抛物线 向下平移2个单位长度，得到的抛物线解析式为________．
【答案】 ##
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数图象与几何变换，根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．
【详解】解：将抛物线 向下平移2个单位长度，得到的抛物线解析式为 ．
故答案为：
13. 如图， 的直径为10， 为弦，C是 的中点，若 ，则弦 的长为________．
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【答案】8
【解析】
【分析】此题考查了垂径定理和勾股定理，垂径定理“平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，且平分弦所
对的两条弧”．连接 ，根据垂径定理可得 ，根据勾股定理求出 ，即可求解．
【详解】解：连接 ，
∵ 的直径为10，
∴ ，
∵C是 的中点，
∴ ，
根据勾股定理可得： ，
∴ ．
故答案为∶8．
14. 如图，在平面直角坐标系xOy中，△CDE可以看作是△AOB经过若干次图形的变化（平移、轴对称、旋
转）得到的，写出一种由△AOB得到△CDE的过程：__________．
【答案】将△AOB绕点O顺时针旋转90°，再沿x轴向右平移一个单位（答案不唯一）
【解析】
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【分析】根据旋转的性质，平移的性质即可得到由△AOB得到△CDE的过程．
【详解】解：将△AOB绕点O顺时针旋转90°，再沿x轴向右平移一个单位得到△CDE．
故答案为：将△AOB绕点O顺时针旋转90°，再沿x轴向右平移一个单位．
【点睛】考查了坐标与图形变化——旋转，平移，解题时需要注意：平移的距离等于对应点连线的长度，
对称轴为对应点连线的垂直平分线，旋转角为对应点与旋转中心连线的夹角的大小．
15. 已知二次函数 的部分图象如图所示，则使得函数值y大于2的自变量x的取值范围是
_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次函数的对称性和图象性质判断即可；
【详解】∵抛物线的对称轴为 ，
∴点 关于直线 的对称点为 ，
当 时，函数值y大于2；
故答案是： ．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象性质，准确分析判断是解题的关键．
16. 小云计划户外徒步锻炼，每天有“低强度”“高强度”“休息”三种方案，下表对应了每天不同方案
的徒步距离（单位： ）．若选择“高强度”要求前一天必须“休息”（第一天可选择“高强度”）．
则小云5天户外徒步锻炼的最远距离为_______ ．
日期 第1天 第2天 第3天 第4天 第5天
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低强度 8 6 6 5 4
高强度 12 13 15 12 8
休息 0 0 0 0 0
【答案】36
【解析】
【分析】根据题意得，只有第一天和第三天选择“高强度”，计算出此时的距离即可．
【详解】解：如果第二天和第三天选择低强度，则距离为6+6=12（km），
如果第三天选择高强度，则第二天休息，则距离为15km，
∵12<15，
∴第二天休息，第三天选择高强度，
如果第四天和第五天选择低强度，则距离为5+4=9（km），
如果第五天选择高强度，则第四天休息，则距离为8km，
∵9>8，
∴第四天和第五天选择低强度，
为保持最远距离，则第一天为高强度，
∴最远距离为12+0+15+5+4=36（km）
故答案为36．
【点睛】本题考查了有理数的加法应用，解题的关键是理解题意并掌握有理数的加法．
三、解答题（共68分，第17﹣22题，每题5分；第23﹣26题，每题6分；第27﹣28题，每
题7分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．
17. 解方程：x2－2x－3＝0
【答案】
【解析】
【分析】利用因式分解法解一元二次方程即可得．
【详解】解： ，
，
或 ，
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或 ，
故方程的解为 ．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的常用方法（配方法、因式分解法、公式
法、换元法等）是解题关键．
18. 已知 是方程 的一个根，求代数式 的值．
【答案】6
【解析】
【分析】把 代入方程，得出 ，再整体代入求值即可．
【详解】解： = ．
∵ a是方程 的根
∴ ．
∴ ．
∴ 原式 = 6．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解和代数式求值，解题关键是明确方程解的意义，整体代入求值．
19. 已知关于x的一元二次方程 有两个不相等的实数根．
的
（1）求m 取值范围；
（2）当m取负整数时，求此时方程的根．
【答案】（1）
（2） ，
【解析】
【分析】（1）本题考查一元二次方程的根的判别式，当一元二次方程有两不相等的实数根时， ，据
此列不等式，即可求解，掌握一元二次方程的根的判别式是解题的关键；
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（2）本题考查解一元二次方程，根据（1）中结论及当“m取负整数”确定m的值，再解方程即可，解题
的关键是能够运用因式分解法解一元二次方程．
【小问1详解】
解：∵方程有两个不相等的实数根，
∴ ，
∴ ．
【小问2详解】
解：∵m取负整数，且 ，
∴ ，
∴原方程化为 ，
即 ，
∴ 或 ，
解得 ， ．
20. 如图，在等边 中，点 是 边上一点，连接 ，将线段 绕点 按顺时针方向旋转
后得到 ，连接 ．求证： ．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定．明确全等三角形的判定条件是
解题的关键．
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由 是等边三角形，可得 ， ，由旋转的性质可知， ，
，则 ， ，证明 即可．
【详解】证明：∵ 是等边三角形，
∴ ， ，
由旋转的性质可知， ， ，
∴ ，
∴ ，即 ，
∵ ，
∴ ．
21. 二次函数 的图象经过点 和点 ，求此二次函数解析式．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了用待定系数法求函数解析式的方法及方程组的解法，将点 和点 代入解析式
中，求出b，c即可．
【详解】解：将 ， 代入 得，
，
解得 ，
∴此二次函数解析式为 ．
22. 已知二次函数 ．
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（1）补全表格，在平面直角坐标系中用描点法画出该二次函数的图象；
x … 0 1 2 3 4 …
y … …
（2）根据图象回答：当0≤ x <3时，y的取值范围是______________．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）根据题目中的函数解析式可以将表格中补充完整，然后描点、连线作出图象即可；
（2）根据函数图象写出y的取值范围即可．
【详解】（1）
x … 0 1 2 3 4 …
y … 3 0 -1 0 3 …
画图
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（2）0≤x＜3时，y的取值范围是-1≤y≤3．
故答案为：-1≤y≤3．
【点睛】本题考查了二次函数与不等式的关系，二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质以及函数图象
的作法是解题的关键．
23. 如图，要给邻边不相等的矩形花圃 围上围栏， 边可利用已有的围墙（可利用的围墙长度超
过 ），另外三边所围栅栏总长度为 ．若矩形的面积为 ，求 的长度．
【答案】 的长度为 ．
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的应用．设 的长为 ，从而可得 的长度为 ，再根据
矩形的面积公式列方程求解即可．
【详解】解：设 的长为 ，根据题意，得
，
解得 ， （不合题意，舍去），
所以， 的长度为 ．
24. 如图， 是 的外接圆， 是 的直径， 于点E．
（1）求证： ；
（2）连接 并延长，交 于点G，连接 ．若 的半径为5， ，求 和 的长．
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【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了圆周角定理、垂径定理、三角形中位线定理．
（1）根据垂径定理得到 ，再根据圆周角定理证明结论；
（2）根据垂径定理得到点E为 的中点，再根据三角形中位线定理可得 ，然后根据圆周
角定理得到 ，再根据勾股定理，即可求解．
【小问1详解】
证明：∵ 是 的直径， ，
∴ ，
∴ ．
【小问2详解】
解：如图，
∵ 是 的直径， ，
∴点E为 的中点，
∵点O是 的中点，
∴ ．
∵ 是 的直径，
∴ ．
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∵ 的半径为5，
∴ ，
∴ ．
25. 某广场有一个小型喷泉，水流从垂直于地面的水管 喷出， 长为 米．水流在各个方向上沿形
状相同的抛物线路径落到地面上，某方向上抛物线路径的形状如图所示．建立平面直角坐标系，水流喷出
的高度y（米）与水平距离x（米）之间近似满足函数关系 ．
下面是水流高度y和水平距离x之间的几组数据：
x/米 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
1. 0.87
y/米 1.875 2 1.875 1.5 0
5 5
（1）根据上述数据，直接写出水流喷出的最大高度，并求出满足的函数关系式 ；
（2）由于调整了水压，水流喷出高度y与水平距离x之间近似满足函数关系 ，调整后水
流落点为 ，则 _________ ．（填“ ”，“ ”或“ ”）
【答案】（1）2米 （2）
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的解析式的求法，顶点坐标的应用．
（1）利用待定系数法解答，即可求解；
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（2）分别求出点 ， ，即可求解．
【小问1详解】
解：水流喷出的的最大高度为2米．
由题意可得，抛物线经过点 和 ，
将上述两个点坐标代入 中，得
，
解得 ，
∴函数关系式为 ；
【小问2详解】
解：对于 ，
当 时， ，
解得： ，
∴点 ，即 ，
对于 ，
当 时， ，
解得： ，
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∴点 ，即 ，
∵ ，
即 ．
故答案为：
26. 已知抛物线 ．
（1）若 ，求抛物线的对称轴；
（2）若 ，且抛物线的对称轴在y轴右侧，点 ， ， 在抛物线上．若
，求b的取值范围．
【答案】（1）直线
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，二次函数的性质以及二次函数图象上点的坐标特
征，解题的关键是：
（1）根据对称轴公式即可求得；
（2）根据题意得出 ，即可得到 ．
【小问1详解】
解：抛物线的对称轴为直线 ，
，
，
抛物线的对称轴为直线 ．
【小问2详解】
当 时，抛物线 ，
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抛物线的对称轴为直线 ，
点 ， ， 在抛物线上，且 ，
，
．
27. 在正方形ABCD中，M是BC边上一点，且点M不与B、C重合，点P在射线AM上，将线段AP绕点
A顺时针旋转90°得到线段AQ，连接BP，DQ．
在
（1）如图1，当点P 线段AM上时，依题意补全图1；
（2）在图1的条件下，延长BP，QD交于点H，求证：∠H＝90°．
（3）在图2中，当点P在线段AM的延长线上时，连接DP，若点P，Q，D恰好在同一条直线时，猜想
DP，DQ，AB之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）见衔接；（2）见详解；（3）DP2＋DQ2＝2AB2，理由见详解
【解析】
【
分析】（1）根据要求画出图形，即可得出结论；
（2）由旋转的性质可得AQ＝AP，∠QAP＝∠DAB＝90°，由“SAS”可证△AQD≌△APB，可得PB＝
QD，∠AQD＝∠APB，由平角的性质和四边形内角和定理可得∠QHP＝90°，即可得出结论；
（3）连接BD，如图2，只要证明△ADQ≌△ABP，∠DPB＝90°，利用勾股定理，即可解决问题．
【详解】解：（1）补全图形如图1：
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（2）如图1，延长BP，QD交于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∵将线段AP绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，
∴AQ＝AP，∠QAP＝∠DAB＝90°，
∴∠QAD＝∠BAP，
∴△AQD≌△APB（SAS），
∴PB＝QD，∠AQD＝∠APB，
∵∠APB＋∠APH＝180°，
∴∠AQD＋∠APH＝180°，
∵∠QAP＋∠APH＋∠AQD＋∠H＝360°，
∴∠H＝90°；
（3）DP2＋DQ2＝2AB2．
证明：连接BD，如图2，
∵线段AP绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，
∴AQ＝AP，∠QAP＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠1＝∠2．
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∴△ADQ≌△ABP（SAS），
∴DQ＝BP，∠Q＝∠3，
∵在Rt△QAP中，∠Q＋∠QPA＝90°，
∴∠BPD＝∠3＋∠QPA＝90°，
在Rt△BPD中，DP2＋BP2＝BD2，
又∵DQ＝BP，BD2＝2AB2，
∴DP2＋DQ2＝2AB2．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查正方形的性质，旋转变换、勾股定理等知识，解题的关键是学会
添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
28. 对于平面直角坐标系xOy中的图形W，给出如下定义：点P是图形W上任意一点，若存在点Q，使得
∠OQP是直角，则称点Q是图形W的“直角点”．
（1）已知点A ，在点Q ，Q ，Q 中，______是点A的“直角点”；
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（2）已知点 ， ，若点Q是线段BC的“直角点”，求点Q的横坐标 的取值范围；
（3）在（2）的条件下，已知点 ， ，以线段DE为边在x轴上方作正方形DEFG．若正
方形DEFG上的所有点均为线段BC的“直角点”，直接写出t的取值范围．
【答案】（1）Q，Q；（2） ；（3）
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【解析】
【分析】（1）在平面直接坐标系中画出相关点的坐标，根据定义就可以判断出结果．
（2）根据题意画出点Q的位置轨迹，观察图形，满足题意有两种情况，分别计算即可.
（3）根据题意画图，并结合第二问，发现当正方形在以OB和OC为直径的圆的相交部分的时候，是不满足
题意的，所以找到个边界点，即可解题
【详解】解：（1）Q，Q，如下图：
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（2）∵∠OQP=90°，
∴点Q在以OP为直径的圆上（O，P两点除外）
如图1，以OB为直径作 ，作 轴，交 于点H（点H在点M左侧）．
∵点B的坐标为（-3，4），
∴ 的半径为 ，点M的坐标为 ．
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∴ ．
如图2，以OC为直径作 ，作 ∥x轴，交 于点 （点 在点 右侧）．
∵点 的坐标为（4，4），
∴ 的半径为 ，点 的坐标为（2，2）．
∴ ．
∴n的取值范围是 ．
（3）
正方形1的左下端点为左边界，此时 ．
正方形2的右上端点在右边圆上，圆心坐标为 ，则满足关系式：
，
化简得： ，
解得： ．
正方形3的左端点在左边圆上，圆心坐标为 ，此时满足关系式：
,
化简得： ,
解得： （舍），
正方形4的右下端点在右边圆上，是右边界， ．
综上所说：满足题意的解集是： ．
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【点睛】本题是新定义题型的考查，能够根据题意画出相关图形，分类讨论是解题关键
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