2022-2023学年天津市河西区九年级（上）期中数学试卷（含解析）

2022-2023学年天津市河西区九年级（上）期中数学试卷

一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.    在抛物线上的点为(    )

A.  B.  C.  D.

2.    在艺术字中，有些字母是中心对称图形，下面的个字母中，是中心对称图形的有(    )
    

A. 个 B. 个 C. 个 D. 个

3.    方程的根是(    )

A.  B.
C.    D.

4.    正方体的六个面是全等的正方形，设正方体的棱长为，表面积为，则是的函数，它们的关系式为(    )

A.  B.  C.  D.

5.    如图，在方格纸中，将绕点按顺时针方向旋转后得到，则下列四个图形中正确的是(    )

A.
B.
C.
D.

6.    下列二次函数的图象中，开口最小的是(    )

A.  B.  C.  D.

7.    已知二次函数，当自变量时，函数值为(    )

A.  B.  C.  D.

8.    已知关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值是(    )

A.  B.  C.  D.

9.    要组织一次排球邀请赛，参赛的每两个队之间比赛一场，根据场地和时间等条件，赛程计划安排天，每天安排场比赛，设比赛组织者应邀请个队参赛，则满足的关系式为(    )

A.  B.  C.  D.

10. 将抛物线向右平移个单位，新的函数解析式为(    )

A.  B.  C.  D.

11. 如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，点的对应点为，延长交于点，则下列结论一定正确的是(    )
     

A.  B.  C.  D.

12. 已知抛物线是常数，，经过点，其对称轴是直线有下列结论：
    ；
    关于的方程有两个不等的实数根；
    ．
    其中，正确结论的个数是(    )

A.  B.  C.  D.

二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）

13. 点关于原点对称的点为______．
14. 时钟上的时针匀速旋转一周是小时，从时到时，时针转动的度数为______．
15. 若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的值可以是______ 写出一个即可
16. 在平面直角坐标系中，为原点，点，点把绕点逆时针旋转，得，点、旋转后的对应点为、，那么的长为______．

17. 如图，将绕着点顺时针方向旋转后得到若，，则的度数是______．

18. 如图是一个三角点阵，从上向下有无数多行，其中第一行有个点，第二行有个点第行有个点，它们的前行点数和为______．

三、解答题（本大题共7小题，共66.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

19. 本小题分
    解方程．
    Ⅰ；
    Ⅱ．
20. 本小题分
    如图，若将线段绕点旋转，得到点的对应点，点的对应点为．
    Ⅰ画出旋转后的图形，并连接，；
    Ⅱ四边形的形状一定为______填写序号即可
    矩形；
    菱形；
    平行四边形；
    不能确定形状的任意四边形．

21. 本小题分
    已知抛物线．
    Ⅰ画出这条抛物线的草图；
    Ⅱ抛物线有最______点填“高”或“低”，该点是______；
    Ⅲ利用图象直接回答：当取什么值时，函数值大于？

22. 本小题分
    如图，已知在中，，将绕点顺时针旋转得到，和交于点，连接，．
    Ⅰ和都是等边三角形吗？说明理由；
    Ⅱ求的度数．

23. 本小题分
    如图，利用一面墙墙长米，用总长度米的篱笆图中实线部分围成一个矩形鸡舍，且中间共留两个米的小门，设篱笆长为米．
    Ⅰ______米用含的代数式表示；
    Ⅱ若矩形鸡舍面积为平方米，求篱笆的长？
    Ⅲ矩形鸡舍面积的最大值是多少？说明理由．

24. 本小题分
    在平面直角坐标系中，已知为坐标原点，点，以点为旋转中心，把顺时针旋转，得．
    Ⅰ如图，当旋转后满足轴时，求点的坐标；
    Ⅱ如图，当旋转后点恰好落在轴正半轴上时，求点的坐标；
    Ⅲ在Ⅱ的条件下，边上的一点旋转后的对应点为，当，取得最小值时，求点的坐标直接写出结果即可．
     
25. 本小题分
    已知抛物线；过点，且与轴交于点．
    Ⅰ求该抛物线的顶点坐标；
    Ⅱ若有点在直线上，过点作轴于点，以为斜边，在左侧作等腰直角三角形．
    当点与点重合时，求点到抛物线对称轴的距离；
    若点恰好落在抛物线上，求此时点的坐标．
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
点在抛物线上．
故选：．
分别计算自变量为、、和时的函数值，然后根据二次函数图象上点的坐标特征进行判断．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式．
 

2.【答案】 

【解析】解：、、是中心对称图形，所以是中心对称图形的有个．故选：．
根据中心对称图形的定义，抓住所给图案的特征，可找出图中成中心对称图形的字母．
本题比较容易，考查识别图形的对称性．要注意正确区分轴对称图形和中心对称图形，中心对称是要寻找对称中心，旋转度后重合．
 

3.【答案】 

【解析】解：，
，
，，
故选：．
根据直接开平方法可以解答此方程．
本题考查解一元二次方程直接开平方法，解答本题的关键是明确解方程的方法．
 

4.【答案】 

【解析】解：根据题意，得，
故选：．
根据正方体的表面积公式计算即可．
本题考查了函数关系式，掌握正方体表面积的求法是解题的关键．
 

5.【答案】 

【解析】解：选项是原图形的对称图形故不正确；
选项是绕点按顺时针方向旋转后得到，故B正确；
选项不是将绕点按顺时针方向旋转后得到的，故C不正确；
选项是按逆时针方向旋转，故D不正确；
故选：．
根据旋转性质判断即可．
本题主要考查旋转的性质，熟练掌握并应用旋转的性质是解题的关键，重点注意旋转的方向和角度．
 

6.【答案】 

【解析】解：，
二次函数的开口最小．
故选：．
比较二次项系数的大小，根据“越大，抛物线的开口越小”即可得出结论．
本题考查了二次函数的性质，牢记“越大，抛物线的开口越小”是解题的关键．
 

7.【答案】 

【解析】解：把代入，得，
故选：．
把代入解析式即可求得函数值．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，图象上点的坐标符合解析式是解题的关键．
 

8.【答案】 

【解析】解：根据题意得，
解得．
故选：．
根据根的判别式的意义得到，然后解方程即可．
本题考查了一元二次方程的根的判别式：当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根．
 

9.【答案】 

【解析】解：设比赛组织者应邀请个队参赛，
根据题意得：，
即．
故选D．
根据参赛的每两个队之间都要比赛一场结合总共场，即可得出关于的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，根据数量关系列出关于的一元二次方程是解题的关键．
 

10.【答案】 

【解析】解：将抛物线向右平移个单位，则函数解析式变为，
故选：．
由平移的规律即可求得答案．
本题主要考查二次函数的图象变换，掌握平移的规律是解题的关键，即“左加右减，上加下减”．
 

11.【答案】 

【解析】

【分析】
本题主要考查了旋转的性质，解题时注意：旋转前、后的图形全等．
依据旋转可得，≌，再根据全等三角形的性质，即可得出结论．
【解答】
解：由旋转可得，≌，

，故A选项错误，
，故B选项错误，
，故C选项错误，
，
又，
，
，
，即，故D选项正确，
故选：．  

12.【答案】 

【解析】解：抛物线对称轴为直线，
，即，
，
，错误．
抛物线经过点，
，
将代入得，
，
，
，抛物线开口向下，
抛物线与直线有个交点，
关于的方程有两个不等的实数根，正确．
故选：．
由抛物线对称轴为直线可得，由可判断，将代入解析式可得，将代入可得与的关系，可判断，由可得抛物线开口向下，可判断．
本题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数与方程的关系，掌握二次函数的性质．
 

13.【答案】 

【解析】解：根据平面直角坐标系中对称点的规律可知，点关于原点对称的点为．
关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
主要考查了平面直角坐标系中对称点的规律．
 

14.【答案】 

【解析】解：时钟上的时针匀速旋转一周的度数为，时钟上的时针匀速旋转一周需要小时，
时钟上的时针匀速旋转一小时的度数为：，
从时到时，时针转动的度数为．
故答案为：．
时钟上的时针匀速旋转一小时的度数为，据此解答即可．
本题考查钟表上的时针所转过的角度计算，解题的关键是明确时针每小时转动小格或大格，即．
 

15.【答案】答案不唯一 

【解析】解：关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，
，
解得：，
取，
故答案为：．
根据方程的系数结合根的判别式，可得出关于的一元一次不等式，解之即可得出的取值范围，在的范围内选一个即可．
本题考查了根的判别式，熟记“当时，方程有两个不相等的实数根”是解题的关键．
 

16.【答案】 

【解析】解：
，，
，
把绕点逆时针旋转，得，
，且，
，
故答案为：．
由、的坐标可求得，由旋转的性质可知，在中利用勾股定理可求得的长．
本题主要考查旋转的性质，掌握旋转前后对应线段、对应角相等是解题的关键．
 

17.【答案】 

【解析】解：将绕着点顺时针方向旋转后得到，
，，
，
，
，
故答案为：．
根据将绕着点顺时针方向旋转后得到，得，，即得，从而．
本题考查三角形中的旋转变换，解题的关键是掌握旋转的性质．
 

18.【答案】 

【解析】解：第一行有个点，第二行有个点第行有个点，
前行的点数和是．
即三角点阵中前项的点数的和是．
故答案为：．
由于第一行有个点，第二行有个点第行有个点，则前行共有个点，然后求它们的和即可得出答案．
此题主要考查了规律型：图形的变化，解答本题的关键是明确题意，发现题目中点的个数的变化规律，利用数形结合的思想解答．
 

19.【答案】解：Ⅰ，
，
，；
Ⅱ，
，
，
或，
，． 

【解析】Ⅰ利用直接开平方法求解即可；
Ⅱ利用因式分解法求解即可．
本题考查了解一元二次方程直接开平方法，因式分解法，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
 

20.【答案】 

【解析】解：Ⅰ图形如图所示：

Ⅱ结论：四边形是平行四边形．
理由：，，
四边形是平行四边形．
故答案为：．
Ⅰ根据要求作出图形即可．
Ⅱ利用平行四边形的判定证明即可．
本题考查作图旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．
 

21.【答案】低   

【解析】解：Ⅰ列表

描点、连线，

Ⅱ由函数图象知，抛物线有最低点，该点是，
故答案为：低；；
Ⅲ由函数图象知，当抛物线在轴上方时，或，
当或时，函数值大于．
Ⅰ利用列表、描点、连线即可解决；
Ⅱ在解析式中令即可求得与轴的交点的坐标；
Ⅲ直接根据函数图象可得出结论．
本题考查的是抛物线与轴的交点以及二次函数的性质，能根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．
 

22.【答案】Ⅰ解：和都是等边三角形，理由如下：
将绕点顺时针旋转得到，
，，，
和都是等边三角形；
Ⅱ是等边三角形，
，
将绕点顺时针旋转得到，
，
，，
． 

【解析】由旋转的性质可得，，，可得结论；
由旋转的性质可得，由三角形内角和定理可求解．
本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
 

23.【答案】 

【解析】解：设篱笆长为米，
篱笆的全长为米，且中间共留两个米的小门，
米．
故答案为：；
依题意，得，
整理，得，
解得，．
当时，，不合题意，舍去；
当时，，符合题意．
答：篱笆的长为米；
矩形鸡舍面积的最大值是平方米．理由如下：
设矩形的面积为，
则


，
根据题意得，
解得，
当时，随的增大而减小，
当时，．
矩形鸡舍面积的最大值是平方米．
设篱笆长为米，根据篱笆的全长结合中间共留个米的小门，即可用含的代数式表示出的长；
根据矩形鸡舍面积为平方米，即可得出关于的一元二次方程，解之取其较大值即可得出结论；
把二次函数表达式化成顶点式，再根据二次函数的性质求得结果．
本题考查了一元二次方程的应用、列代数式以及根的判别式，解题的关键是：根据各数量之间的关系，用含的代数式表示出的长；找准等量关系，正确列出一元二次方程；牢记“当时，方程无实数根”．
 

24.【答案】解：Ⅰ如图中，作轴于．

，，
，
四边形是矩形，
，，
，
；

Ⅱ如图中，作于．

在中，，，
，
，
，
，
，
；

Ⅲ如图中，连接、，作点关于轴的对称点，连接交轴于，连接．

由题意，
，
根据两点之间线段最短，可知当点与点重合时，的值最小．
，，
直线的解析式为，
点坐标 

【解析】Ⅰ如图中，作轴于只要证明四边形是矩形，利用矩形的性质即可解决问题；
Ⅱ如图中，作于在中，求出、即可解决问题；
Ⅲ如图中，连接、，作点关于轴的对称点，连接交轴于，连接由题意，推出，根据两点之间线段最短，可知当点与点重合时，的值最小．只要求出直线的解析式即可解决问题．
本题考查了轴对称最短路线问题、解直角三角形，两点之间线段最短等知识，解题的关键是会利用两点之间线段最短解决最短路径问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
 

25.【答案】解：Ⅰ将，代入，
，
解得，
，
则顶点坐标为；

Ⅱ与重合，
，
轴，
，
是为斜边的等腰直角三角形，
点到的距离为，
抛物线的对称轴为轴，
点到抛物线对称轴的距离为；
点能落在抛物线上，理由如下；
设直线的解析式为，
，
解得，
，
设，
，
点到的距离为，
，
将点代入，
可得，
解得舍或，
 

【解析】Ⅰ用待定系数法求函数的解析式进而求解；
Ⅱ由题意可知，则，再由等腰直角三角形的性质可得点到的距离为，由此可求解；
先求出直线的解析式，设，则点到的距离为，根据等腰直角三角形的性质求出，将点代入抛物线表达式即可求解．
本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰直角三角形的性质是解题的关键．