广西防城港市防城区2022-2023学年九年级上学期期中数学试卷(含答案)

这是一份广西防城港市防城区2022-2023学年九年级上学期期中数学试卷(含答案)，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学年广西防城港市防城区九年级（上）期中数学试卷 一、选择题（本题共12小题，共36分）   下列几何图形中，是中心对称图形的是(    )A. 等边三角形 B. 等腰梯形 C. 矩形 D. 五边形   如图，由所给图形经过旋转不能得到的是(    )A.
B.
C.
D.    一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项分别是(    )A. ，， B. ，，
C. ，， D. ，，   用配方法解一元二次方程时，下列变形正确的为(    )A.  B.  C.  D.    小李去参加聚会，每两人之间都互相赠送礼物，最终参加聚会的所有人的礼物总数共件，则参加聚会的人数为(    )A. 人 B. 人 C. 人 D. 人   抛物线(    )A. 开口向上，且有最高点 B. 开口向上，且有最低点
C. 开口向下，且有最高点 D. 开口向下，且有最低点   如图所示，将一个含角的直角三角板绕点旋转，使得点，，在同一条直线上，则三角板旋转的角度是(    )
 A.  B.  C.  D.    抛物线的顶点坐标是(    )A.  B.  C.  D.    抛物线向右平移一个单位得到的抛物线是(    )A.  B.  C.  D. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，此时使点的对应点恰好在边上，点的对应点为，与交于点，则下列结论一定正确的是(    )
 A.  B.
C.  D. 如图，将一块正方形空地划出部分区域进行绿化，原空地一边减少了，另一边减少了，剩余一块面积为的矩形空地．设原正方形空地的边长为，则下面所列方程正确的是(    )
 A.  B.
C.  D. 抛物线的部分图象如图所示，对称轴为直线，且与轴的一个交点为，下列结论中：；；；其中正确的结论有(    )A. 个
B. 个
C. 个
D. 个
二、填空题（本题共6小题，共12分）方程的解为______．点与点关于原点对称，则的坐标是______ ．抛物线的对称轴为______．如图，绕点逆时针旋转得到，则______．
 某校为了加强学校“信息化”建设，计划用三年时间对全校的信息化设施和设备进行全面改造和更新，年该校已投资万元人民币，若每年投资的增长率相同，预设年投资万元人民币，那么每年投资的增长率为______．如图，一抛物线形拱桥，当拱顶到水面的距离为米时，水面宽度为米；那么当水位上升米后，水面的宽度为______米．
三、解答题（本题共8小题，共72分）解下列方程：；
．在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，．
画出关于原点成中心对称的；
写出的顶点坐标；
如图，已知是正方形内一点，，，将绕点旋转至，连结．
直接写出、的长度和的度数．
求的长．
试判断的形状并说明理由．
已知关于的一元二次方程为．
求证：无论取何值，原方程总有实数根；
若方程有一个根为，求的值和方程的另一个根．已知抛物线的顶点坐标为，且经过轴上一点．
求抛物线解析式；
求抛物线与轴的交点坐标；
试说明：当时，函数值随着的增大而变化的情况．
晨光文具店的库存中有进货价为元支的钢笔，若这种钢笔以元支售出，平均每月能售出支经过市场调查，如果这种钢笔的售价每支上涨元，其销售量将减少支．
设每支涨价元，每月售出钢笔的数量为支，请列出与的函数关系式不必写出自变量的取值范围
若物价部门规定该钢笔的售价不得高于其进价的倍，那么文具店最多涨价多少元？
在的条件下，为了实现平均每月元的销售利润，则这种钢笔每支的售价应定为多少元？如图所示，某施工队准备在一面长为米的旧墙旁边建一个矩形储料场，新建墙的总长为米，设的长为米．
若要使矩形的面积为平方米，求的长为多少米？
当边的长为多少米时，矩形的面积最大？最大面积是多少？
如图，二次函数的图象与轴的一个交点为，另一个交点为，且与轴交于点．
求二次函数的解析式；
求的面积；
该二次函数图象上是否存在点，使与的面积相等？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．

答案和解析 1.【答案】 【解析】解：、不是中心对称图形．故错误；
B、不是中心对称图形．故错误；
C、是中心对称图形．故正确；
D、不是中心对称图形．故错误．
故选：．
根据中心对称图形的概念求解．
本题考查了中心对称图形的知识，掌握中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后与原图重合是关键．
 2.【答案】 【解析】解：、由图形旋转而得出；故本选项不符合题意；
B、由图形旋转而得出；故本选项不符合题意；
C、不能由如图图形经过旋转得到；故本选项符合题意；
D、由图形旋转而得出；故本选项不符合题意；
故选：．
由如图图形旋转，分别判断、解答即可．
本题考查了旋转，旋转是围绕一点旋转一定的角度的图形变换，因而旋转一定有旋转中心和旋转角，且旋转前后图形能够重合，这时判断旋转的关键．
 3.【答案】 【解析】解：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：．
直接利用一元二次方程中各项系数的确定方法分析得出答案．
此题主要考查了一元二次方程的一般形式，正确确定各项系数是解题关键．
 4.【答案】 【解析】解：，
，
，
，
故选：．
根据配方法可以将题目中的方程写成完全平方的形式．
本题考查解一元二次方程配方法，解答本题的关键是会用配方法解一元二次方程．
 5.【答案】 【解析】解：设共有人参加聚会，则每人需送出件礼物，
根据题意得：，
整理得：，
解得：，不符合题意，舍去，
共有人参加聚会．
故选：．
设共有人参加聚会，则每人需送出件礼物，根据最终参加聚会的所有人的礼物总数共件，可得出关于的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
 6.【答案】 【解析】解：，
抛物线开口向上，且有最低点．
故选B．
根据二次函数的性质解答．
本题考查了二次函数的性质，二次函数的最值问题，熟记二次函数的性质是解题的关键．
 7.【答案】 【解析】解：旋转角是．
故选：．
根据旋转角的定义，两对应边的夹角就是旋转角，即可求解．
本题考查的是旋转的性质，掌握对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角是解题的关键．
 8.【答案】 【解析】解：，
此函数的顶点坐标为，
故选C．
根据题目中二次函数的顶点式可以直接写出它的顶点坐标．
本题主要考查了二次函数的性质．
 9.【答案】 【解析】解：的顶点坐标为，把点右平移一个单位所得对应点的坐标为，所以平移后的抛物线解析式为．
故选：．
先确定抛物线的顶点坐标为，再利用点平移的坐标变换规律得到点平移后对应点的坐标为，然后根据顶点式写出平移后的抛物线的解析式．
本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
 10.【答案】 【解析】解：将绕点逆时针旋转得到，
，，不能得到，故选项A不合题意；
，不能得到，故选项D不合题意；
旋转角不一定等于，
不一定等于，
不一定等于，故选项C不合题意；
，
，
由旋转可得，
，故选项B符合题意．
故选：．
根据旋转的性质，对每个选项逐一判断即可．
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质．旋转变换是全等变换，利用旋转不变性是解题的关键．
 11.【答案】 【解析】解：设原正方形的边长为，依题意有
，
故选：．
可设原正方形的边长为，则剩余的空地长为，宽为根据长方形的面积公式方程可列出．
本题考查了一元二次方程的应用．学生应熟记长方形的面积公式．另外求得剩余的空地的长和宽是解决本题的关键．
 12.【答案】 【解析】解：抛物线对称轴，经过，
，，
，，
，
，，
，故错误、正确；
抛物线与轴交于，
，故正确，
，
，故正确，
故选：．
根据二次函数的性质一一判断即可．
本题考查二次函数与系数的关系，二次函数图象上的点的特征，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
 13.【答案】， 【解析】【分析】
本题考查了一元二次方程的解法直接开平方法，比较简单．利用直接开平方法，求解即可．
【解答】
解：开方得，，
即，．
故答案为，．  14.【答案】 【解析】解：点与点关于原点对称，
故的坐标是：．
故答案为：．
直接利用关于原点对称点的性质得出答案．
此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确把握横纵坐标的关系是解题关键．
 15.【答案】 【解析】解：抛物线的解析式为，
，，
其对称轴是直线．
故答案为：．
先根据抛物线的解析式得出、的值，再根据二次函数的对称轴方程即可得出结论．
本题考查的是二次函数的性质，即二次函数的对称轴直线．
 16.【答案】 【解析】解：绕点逆时针旋转得到，
，
故答案为：．
根据旋转的性质得．
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
 17.【答案】 【解析】解：设每年投资的增长率为，
根据题意得：，
解得：，不符合题意，舍去，
每年投资的增长率为．
故答案为：．
设每年投资的增长率为，利用年的投资金额年的投资金额每年投资的增长率，可得出关于的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
 18.【答案】 【解析】解：建立如图所示的直角坐标系，

设抛物线解析式为，
把和代入得，
，
解得，，
抛物线解析式为，
把代入得，
则水面的宽度是米．
故答案为．
根据题意设抛物线解析式，求出解析式确定出水面的宽度即可．
本题考查了二次函数的应用．
 19.【答案】解：，
，
或，
，．
，
，
或，
，． 【解析】根据因式分解法即可求出答案．
根据因式分解法即可求出答案．
本题考查一元二次方程的解法，解题的关键是熟练运用因式分解法，本题属于基础题型．
 20.【答案】解：如图，为所作；

，，． 【解析】根据关于原点对称的点的坐标特征写出点，，的坐标．然后描点得到．
本题考查了作图旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
 21.【答案】解：由旋转的性质知，，，；
由知，，
；
是直角三角形．理由如下：
，，，
，
，
，
，
是直角三角形． 【解析】根据旋转的性质进行解答便可；
由勾股定理进行计算便可；
根据勾股定理的逆定理进行解答．
本题考查了等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质，正方形的性质，由旋转的性质证出是等腰直角三角形是解题的关键．
 22.【答案】证明：在方程中，


，
方程总有两个实数根．
解：把代入．
解得，
所以原方程为：
解得：，．
所以的值为，方程的另一个根为． 【解析】根据方程的系数结合根的判别式，可得，由此可证出方程总有两个实数根；
先求出的值，再代入方程求另一个根．
本题考查了根与系数的关系，正确记忆根的判别式、因式分解法解一元二次方程是解题的关键．
 23.【答案】解：设抛物线的解析式为，
把代入得，
解得，
抛物线的解析式为；
当时，，
抛物线与轴的交点坐标为；
抛物线的对称轴为直线，抛物线开口向下，
当时，函数值随着的增大而减小． 【解析】设顶点式，然后把代入求出的值即可；
计算自变量的值为所对应的函数值即可；
根据二次函数的性质解决问题．
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．也考查了二次函数的性质．
 24.【答案】解：设每支涨价元，每月售出钢笔的数量为支，
由题意得，．
即与的函数关系式是；
设文具店可涨价元，
则，
．
答：文具店最多涨价元．
设售价上涨元，则销量减少支，
根据题意得：
，
整理，得：，
解得，，
当时，符合题意，
当时，不合题意舍去．
售价应定为元，
答：这种钢笔每支的售价应定为元． 【解析】设售价上涨元，则销量减少个，可得出答案；
设文具店可涨价元，列出一元一次不等式可得出答案；
由题意得，解方程可得出答案；
本题考查了一元二次方程的应用及一元一次不等式的应用，正确找出等量关系，列出一元二次方程是解题的关键．
 25.【答案】解：设米，则米，
根据题意得：，
解得：，，
，
，
的长为米时，矩形的面积为平方米．
设矩形的面积为平方米，
根据题意得：，
，抛物线开口向下，对称轴为直线，
当时，随的增大而增大，
，
当时，最大，最大值为，
当长为米，矩形的面积最大，最大面积是平方米． 【解析】设米，则米，根据矩形的面积列出方程，解方程即可；
设矩形的面积为平方米，根据矩形的面积公式列出函数解析式，再根据函数的性质求最值．
本题考查二次函数的应用，一元二次方程的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，列出相应的方程和函数关系式．
 26.【答案】解：把代入得，
解得，
抛物线解析式为；
当时，，
解得，，
，
当时，，
，
的面积；
存在．
设，
与的面积相等，
，
即，
解方程得，，
此时点坐标为或；
解方程得，，
此时点坐标为；
综上所述，点坐标为或或． 【解析】把点代入中求出的值，从而得到抛物线解析式；
先解方程得到，再确定，然后利用三角形面积公式计算；
设，根据三角形面积公式得到，然后解方程得到点坐标．
本题考查了抛物线与轴的交点：把求二次函数是常数，与轴的交点坐标问题转化为解关于的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．