2022-2023学年河南省洛阳市老城区九年级（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年河南省洛阳市老城区九年级（上）期中数学试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河南省洛阳市老城区九年级（上）期中数学试卷  第I卷（选择题） 一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）方程的二次项系数、一次项系数和常数项分别是(    )A. ，， B. ，， C. ，， D. ，，若点与点关于原点对称，则点的坐标为(    )A.  B.  C.  D. 抛物线的顶点坐标是(    )A.  B.  C.  D. 若将抛物线先向左平移个单位，再向下平移个单位，得到的新抛物线的表达式为(    )A.  B.
C.  D. 抛物线的位置如图所示，则关于的一元二次方程根的情况是(    )A. 有两个不相等的实数根
B. 有两个相等的实数根
C. 有两个实数根
D. 没有实数根若关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是(    )A.  B. 且 C. 且 D. 已知点，是抛物线上的两点，则，的大小关系为(    )A.  B.  C.  D. 无法确定直角三角形两直角边是方程的两根，则它的斜边为(    )A.  B.  C.  D. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线的对称轴为直线，与轴的一个交点为，则下列说法中正确的是(    )
A.
B.
C. 不等式的解集为
D. 如图，点从菱形的顶点出发，沿以的速度匀速运动到点，图是点运动时，的面积随时间变化的关系图象，则的值为(    )
 A.  B.  C.  D. 第II卷（非选择题） 二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）某足球预选赛实行主客场赛制，每两个参赛队都要进行两次比赛．若某个预选赛区共要比赛场，则参赛队有______支．如图，在中，以为中心，将顺时针旋转得到，边，相交于点，若，则的度数为______．
抛物线，当时，的最小值是______，的最大值是______．用配方法解方程时，原方程应变形为______．如图，等腰中，是上一动点，连接将绕点逆时针旋转得到，连接若，则周长最小值是______．
   三、解答题（本大题共8小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）本小题分
解方程：
；
．本小题分
如图，在等腰直角中，点是边上中点，连接，将线段绕点按顺时针方向旋转后得到，连接求证：．
本小题分
已知关于的方程．
求证：此方程有两个不相等的实数根；
若方程有一个根为，试求的值．本小题分
某体育用品店购进一批单价为元的球服，如果按单价元销售，那么一个月内可售出套，根据销售经验，提高销售单价会导致销售量的减少，即销售单价每提高元，销售量相应减少套．设销售单价为元，销售量为套．
求出与的函数关系式，并写出自变量取值范围；
当销售单价为多少元时，才能在一个月内获得最大利润？最大利润是多少？本小题分
如图，三个顶点的坐标分别为，，．
请画出将向左平移个单位长度后得到的图形；
请画出关于点成中心对称的图形；
若绕点旋转可以得到，请直接写出点的坐标．
本小题分
如图，隧道的截面由抛物线和矩形构成，矩形的长为，宽为，以所在的直线为轴，线段的中垂线为轴，建立平面直角坐标系．轴是抛物线的对称轴，最高点到地面距离为米．
求出抛物线的解析式．
如果该隧道内设单行道只能朝一个方向行驶，现有一辆货运卡车高米，宽米，这辆货运卡车能否通过该隧道？通过计算说明你的结论．
本小题分
如图，函数的图象过原点，将其沿轴翻折，得到函数的图象，把函数与的图象合并后称为函数的图象．
的值为______；函数的解析式为______注明的取值范围；对于函数，当函数值随的增大而增大时，的取值范围是______；
当直线与函数的图象有个交点时，求的取值范围．
本小题分
如图，是等边三角形，点、分别在边、上，，连接、、，点、、分别是、、中点，连接、、．
与的数量关系是______．
将绕点逆时针旋转到图和图的位置，判断与有怎样的数量关系？写出你的猜想，并利用图或图进行证明．

答案和解析 1.【答案】 【解析】解：方程的二次项系数、一次项系数和常数项分别是，，，
故选：．
根据一元二次方程的一般形式得出答案即可．
本题考查了一元二次方程的一般形式，正确记忆相关知识点是解题关键．
 2.【答案】 【解析】解：两点关于原点对称，
横坐标为，纵坐标为，
点关于原点的对称点的坐标为．
故选：．
根据两点关于原点对称的特点解答即可．
考查两点关于原点对称的特点，正确记忆两点关于原点对称，横纵坐标均互为相反数是解题关键．
 3.【答案】 【解析】解：因为是抛物线的顶点式，
根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为．
故选：．
直接利用顶点式的特点可求顶点坐标．
本题考查了二次函数的性质，将解析式化为顶点式，顶点坐标是，对称轴是．
 4.【答案】 【解析】解：根据“左加右减，上加下减”规律知：若将抛物线先向左平移个单位，再向下平移个单位，得到的新抛物线的表达式为．
故选：．
直接利用平移规律求新抛物线的解析式．
主要考查了函数图象的平移，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．
 5.【答案】 【解析】解：抛物线与轴没有交点，
关于的一元二次方程没有实数根．
故选：．
根据图象可得出抛物线与轴没有交点，则可得出答案．
本题考查了一元二次方程的根的判别式以及二次函数的图象的性质，熟练掌握抛物线与轴的交点情况是解题的关键．
 6.【答案】 【解析】解：一元二次方程有实数根，
，即，
，即，
解得，
的取值范围是且．
故选：．
由一元二次方程有实数根，则，即，且，即，然后解两个不等式得到的取值范围．
本题考查了一元二次方程为常数的根的判别式当，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．同时考查了一元二次方程的定义．
 7.【答案】 【解析】解：抛物线，
此抛物线开口向上，对称轴，
关于对称轴的对称点是，
此抛物线开口向上，对称轴，
在对称轴右侧随的增大而增大，
，
．
故选：．
先根据抛物线的解析式得出抛物线的开口向上，抛物线的对称轴，再由二次函数的性质即可得出结论．
本题考查的是二次函数图象上点的坐标特点，熟知二次函数的性质是解答此题的关键．
 8.【答案】 【解析】解：设直角三角形的斜边为，两直角边分别为与．
直角三角形两直角边是方程的两根，
，．
根据勾股定理可得：，
．
故选：．
根据根与系数的关系，求出两根之积与两根之和的值，再根据勾股定理列出直角三角形三边之间的关系式，然后将此式化简为两根之积与两根之和的形式，最后代入两根之积与两根之和的值进行计算．
此题主要考查了根与系数的关系以及勾股定理的运用，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．
 9.【答案】 【解析】解：抛物线开口向上，
，
对称轴为直线，
，
，
抛物线与轴交点在轴负半轴，
，
，
故A错误，不符合题意；
由图象知，当时，，
，
故B错误，不符合题意；
由图象可知当时，
不等式的解集为，
故C错误，符合题意；
由图象可知当时，，
，
，
，
，
，
，
，
故D正确，不符合题意．
故选C．
由开口方向和与轴的交点位置以及对称轴判定选项A；由时判断；由图象与轴的交点判定选项C；由时，以及对称轴求出，，可以判断．
本题考查了二次函数的性质，二次函数与轴的交点和一元二次方程、一元二次不等式间的关系，解题的关键是能够快速准确的读懂题目发现图象中所蕴含的信息．
 10.【答案】 【解析】解：过点作于点，
由图象可知，点由点到点用时为，的面积为．
，
，
，
当点从到时，用，
，
中，
，
是菱形，
，，
中，

解得，

故选：．
通过分析图象，点从点到用，此时，的面积为，依此可求菱形的高，再由图象可知，，应用两次勾股定理分别求和．
本题综合考查了菱形性质和一次函数图象性质，意函数图象变化与动点位置之间的关系是解题的关键．
 11.【答案】 【解析】解：设参赛的球队有支，
根据题意可得．
解得舍去，，
故参赛队有支．
故答案为：．
每支球队都要比赛场．根据题意可得，求解即可．
本题主要考查一元发二次方程的应用，找出题目中的等量关系是关键．
 12.【答案】 【解析】解：由旋转的性质得：，，
；
故答案为：．
由旋转的性质得出，，由三角形的外角性质即可得出答案．
本题考查了旋转的性质以及三角形的外角性质；熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
 13.【答案】   【解析】解：，
抛物线开口向下，顶点坐标为，
函数最大值为，
将代入得，
当时，，
的最小值为，最大值为，
故答案为：，．
由二次函数解析式可得抛物线开口方向及顶点坐标，进而求解．
本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与方程及不等式的关系．
 14.【答案】 【解析】解：，
，
，
．
故答案为：．
利用解一元二次方程配方法：先把二次项系数化为，然后方程两边同时加上一次项系数一半的平方，进行计算即可解答．
本题考查了解一元二次方程配方法：熟练掌握用配方法解一元二次方程的步骤是解决问题的关键．
 15.【答案】 【解析】解：将绕点逆时针旋转得到，
，，，
，是等腰直角三角形，
，
当取最小值时，的值最小，则周长的值最小，
当时，的值最小，
是等腰直角三角形，，
，
，
，
周长最小值是，
故答案为：．
根据旋转的性质和等腰直角三角形的判定和性质定理即可得到结论．
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握等腰直角三角形的性质是解题的关键．
 16.【答案】解：，
因式分解，得，
则，
于是得，，
解得，；
，
则，
因式分解，得，即，
于是得，，
解得，． 【解析】利用提公因式法解出方程；
利用平方差公式把方程的左边因式分解，进而解出方程．
本题考查的是一元二次方程的解法，掌握因式分解法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键．
 17.【答案】证明：在等腰直角中，点是边上中点，
，，，
将线段绕点按顺时针方向旋转后得到，
，，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
． 【解析】根据等腰直角三角形的性质和旋转的性质，以及平行四边形的判定和性质即可得到结论．
本题考查了平行线的判定，旋转的性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
 18.【答案】证明：
，
所以方程有两个不相等的实数根；
把代入方程得，
所以，
所以． 【解析】计算判别式的中得到，然后根据判别式的意义得到结论；
把代入方程，再把表示为，然后利用整体代入的方法计算．
本题考查了根的判别式和整体代入思想，掌握根的判别式的性质是解题关键．
 19.【答案】解：销售单价为元，则销售量减少，
故销售量为；
设一个月内获得的利润为元，根据题意得：


．
，
当时，的最大值为．
故当销售单价为元时，才能在一个月内获得最大利润，最大利润是元． 【解析】由销售单价为元得到销售减少量，用减去销售减少量得到与的函数关系式；
设一个月内获得的利润为元，根据题意得：，然后利用配方法求最值．
本题考查了二次函数与一次函数的实际应用，掌握数学建模思想方法，求出表达式是解题的关键．
 20.【答案】解：如图：的顶点坐标分别为：，，；
如图，即为所求，图形如下：
如图，点即为所求，点的坐标．
 【解析】分别作出，，的对应点，，即可；
分别作出，，关于点的对称点，，即可；
连接，交于点，点即为所求．
本题考查作图旋转变换，平移变换，熟练掌握基本作图知识是解题的关键．
 21.【答案】解：根据题意得：，，，
设抛物线的解析式为，
把代入得：，
解得，
抛物线的解析式为；
这辆货运卡车能通过该隧道，理由如下：
在中，令得：
，
解得，
，
，
这辆货运卡车能通过该隧道． 【解析】抛物线的解析式为，根据点的坐标由待定系数法就可以求出结论；
当时代入的解析式，求出的值即可求出结论．
本题考查了二次函数的知识，掌握二次函数的应用是关键．
 22.【答案】    或 【解析】解：函数的图象过原点，
，
解得：，
，
将函数沿轴翻折，得到函数的图象，
，
函数：，
当函数值随的增大而增大时，的取值范围是或；
故答案为：；；或；
函数与联立得：，
整理得：，
当时，，此时直线与函数的图象有个交点，如图，
把代入得：，
解得：，此时直线与函数的图象有个交点，
当直线与函数的图象有个交点时，．
运用待定系数法将代入函数解析式即可求得的值，再运用轴对称变换的性质和二次函数性质即可得出答案；
将函数与联立，并运用根的判别式即可求得的最大值，再把代入即可求得的最小值，从而得出答案．
本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，抛物线的图象与线段或直线的交点个数问题，轴对称变换的性质，二次函数的图象与性质，运用数形结合思想和方程思想并熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
 23.【答案】 【解析】解：如图中，

是等边三角形，，
，
点、、分别是、、中点，
，，，，
，，，
，
，
是等边三角形，
，
．
故答案为：．

如图中，结论仍然成立．

理由：和是等边三角形，
，，，
，
，
≌，
，，
点、、分别是、、中点，
，，，，
，，，
．
，
是等边三角形，
，

．
如图中，只要证明是等边三角形，再利用三角形的中位线定理即可解决问题．
如图中，结论仍然成立．连接，证明≌，推出，再利用三角形的中位线定理得出，再证明，得出是等边三角形，再利用三角形的中位线定理即可解决问题．
本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是掌握三角形中位线定理．