河南省河南师范大学附属中学2022-2023学年九年级上学期期中数学试题

这是一份河南省河南师范大学附属中学2022-2023学年九年级上学期期中数学试题，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
河南省河南师范大学附属中学2022-2023学年九年级上学期期中数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列与杭州亚运会有关的图案中，中心对称图形是（    ）
A． B． C．D．
2．一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（　　）
A．4，6，1 B．4，6，－1 C．4，－6，1 D．4，－6，－1
3．抛物线的顶点坐标是（  ）
A． B． C． D．
4．如图中的数轴可以度量直径，则圆形图片的直径是（　　）

A．5﹣1 B．5﹣(﹣1) C．﹣5﹣1 D．﹣5﹣(﹣1)
5．如图，将绕着点O顺时针旋转，得到（点C落在外），若，，则最小旋转角度是（    ）

A．20° B．30° C．40° D．50°
6．抛物线 可由抛物线 平移得到，那么平移的步骤是（   ）
A．右移 个单位长度，再下移 个单位长度
B．右移 个单位长度，再上移 个单位长度
C．左移 个单位长度，再下移 个单位长度
D．左移 个单位长度，再上移 个单位长度
7．已知的半径为3，，则点A和的位置关系是（    ）
A．点A在圆上 B．点A在圆外 C．点A在圆内 D．不确定
8．2022年北京冬奥会女子冰壶比赛有若干支队伍参加了单循环比赛，单循环比赛共进行了45场，共有多少支队伍参加比赛？（    ）
A．8 B．10 C．7 D．9
9．已知二次函数，当函数值随值的增大而增大时，的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
10．如图，点，，都在格点上，的外接圆的圆心坐标为（   ）

A．（5，2） B．（2，4） C．（3，3） D．（4，3）
二、填空题
11．一个正多边形的中心角是30°，则这个多边形是正____边形．
12．若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则实数k的取值范围是__．
13．在方格纸上建立如图所示的平面直角坐标系，将△ABO绕点O按顺时针方向旋转90°，得△A′B′O，则点A的对应点A′的坐标为_______．

14．如图所示，二次函数的图象开口向上，图象经过点和且与轴交于负半轴．给出四个结论：①，②；③；④；其中正确的结论的序号是______．

15．已知二次函数y＝﹣x2+4x+5及一次函数y＝﹣x+b，将该二次函数在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方，图象的其余部分不变，得到一个新图象（如图所示），当直线y＝﹣x+b与新图象有4个交点时，b的取值范围是 _____．

三、解答题
16．用合适的方法解下列方程
(1)
(2)
17．已知关于x的一元二次方程有实数根．
(1)求实数k的取值范围．
(2)设方程的两个实数根分别为，若，求k的值．
18．掷实心球是兰州市高中阶段学校招生体育考试的选考项目．如图1是一名女生投掷实心球，实心求行进路线是一条抛物线，行进高度y（m）与水平距离x（m）之间的函数关系如图2所示，抛出时起点处高度为，当水平距离为3m时，实心球行进至最高点3m处．

(1)求y关于x的函数表达式；
(2)根据兰州市高中阶段学校招生体有考试评分标准（女生），投掷过程中，实心球从起点到落地点的水平距离大于等于6.70m，此项考试得分为满分10分．该女生在此项考试中是否得满分，请说明理由．
19．如图，已知是⊙的直径，是所对的圆周角，．

（1）求的度数；
（2）过点作，垂足为，的延长线交⊙于点．若，求的长．
20．如图，在等腰中，，点D是上一点，以为直径的过点A，连接，．

（1）求证：是的切线；
（2）若，求的半径．
21．已知AOB和MON都是等腰直角三角形（OA＜OM＜OA），∠AOB＝∠MON＝90°．

(1)如图1，连接AM，BN，求证：AM＝BN；
(2)将MON绕点O顺时针旋转．如图2，当点M恰好在AB边上时，求证：AM2+BM2＝2OM2；

22．已知抛物线过点．

（1）求抛物线的解析式；
（2）点A在直线上且在第一象限内，过A作轴于B，以为斜边在其左侧作等腰直角．
①若A与Q重合，求C到抛物线对称轴的距离；
②若C落在抛物线上，求C的坐标．
23．探究问题：
（1）方法感悟：
如图①，在正方形中，点，分别为，边上的点，且满足，连接，求证．

感悟解题方法，并完成下列填空：
将绕点顺时针旋转得到，此时与重合，由旋转可得：
，，，，
，
因此，点，，在同一条直线上．
．
，．
即　 　．
又，
　 　．
　 　，故．
（2）方法迁移：
如图②，将沿斜边翻折得到，点，分别为，边上的点，且．试猜想，，之间有何数量关系，并证明你的猜想．
（3）问题拓展：
如图③，在四边形中，，，分别为，上的点，满足，试猜想当与满足什么关系时，可使得．请直接写出你的猜想（不必说明理由）．

参考答案及解析
1．D
【分析】根据中心对称图形的定义进行判断，即可得出答案．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
【详解】解：A，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
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.是中心对称图形，
故选：D
【点睛】本题考查中心对称图形的概念：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
2．C
【分析】找出所求的系数及常数项即可．
【详解】解：一元二次方程的二次项系数，一次项系数，常数项分别是4，-6，1．
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程的一般形式：a+bx+c=0（a，b，c是常数且a≠0）特别要注意a≠0的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．在一般形式中a叫二次项，bx叫一次项，c是常数项．其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．
3．B
【分析】直接根据抛物线的顶点坐标式进行解答．
【详解】解：由抛物线的顶点坐标可知，抛物线y=x2-1的顶点坐标是（0，-1）．
故选：B．
【点睛】本题考查抛物线的顶点坐标，即抛物线y=（x-k）2+h中，其顶点坐标为（k，h）．
4．B
【分析】根据图形，过和垂直于数轴的直线与圆相切，结合圆的切线性质，两个切点间的距离就是圆形图片的直径，根据数轴上两点之间的距离直接求解即可．
【详解】解：结合数轴，圆形图片的直径是5﹣（﹣1），
故选：B．
【点睛】本题考查圆的概念、切线性质及数轴上两点之间的距离求法，掌握数轴的基本性质是解决问题的关键．
5．C
【分析】直接利用已知得出∠AOC的度数，再利用旋转的性质得出对应边之间夹角，得出答案即可．
【详解】∵∠AOB= 30°，∠BOC = 10°，
∴∠AOC=∠AOB+∠COB = 30°+ 10°= 40°
∵将△AOB绕着点O顺时针旋转，得到△COD，
∴最小旋转角为∠AOC = 40°．
故选： C．
【点睛】此题主要考查了旋转的性质，正确得出∠AOC的度数是解题关键．
6．A
【分析】根据二次函数图象的平移规律，可得答案．
【详解】解：抛物线 可由抛物线 右移个单位长度，再下移个单位长度得到，
故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，掌握二次函数图象的平移规律：左加右减，上加下减是解题关键．
7．B
【分析】根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断，OA小于半径则在圆内，OA等于半径则在圆上，OA大于半径则在圆外．
【详解】解：∵⊙O的半径为3，，
即A与点O的距离大于圆的半径，
所以点A与⊙O外．
故选：B．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．
8．B
【分析】设有x支队伍，根据题意，得，解方程即可．
【详解】设有x支队伍，根据题意，得，
解方程，得x1=10，x2=-9（舍去），
故选B．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键．
9．B
【分析】根据二次函数的图像与性质，将二次函数化为顶点式，根据开口向上，对称轴为直线可知，对称轴右侧满足函数值随值的增大而增大，从而得到答案．
【详解】解：
，
，
二次函数图像开口向上，
对称轴为直线，
当时，函数值随值的增大而增大，
故选：B．
【点睛】本题考查二次函数图像与性质，掌握二次函数增减性由图像开口方向及对称轴共同决定是解决问题的关键．
10．A
【分析】根据的外接圆的定义，作和的垂直平分线相交于点，则可得出答案．
【详解】解：根据的外接圆的定义，作和的垂直平分线相交于点，

∴点P（5，2），
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆，三角形的垂直平分线，正确作图是解题的关键．
11．十二
【分析】根据正多边形的边数=周角÷中心角，计算即可得．
【详解】解：∵一个正多边形的中心角是30°，
∴这个多边形是：360°÷30°＝12，即正十二边形，
故答案为：十二．
【点睛】本题考查了正多边形的性质，解题的关键是掌握正多边形的中心角与边数的关系．
12．且
【分析】根据一元二次方程的定义和其根的判别式即得出关于k的不等式，解出k即可．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴，
解得：且．
故答案为：且．
【点睛】本题考查一元二次方程的定义和其根的判别式．掌握一元二次方程的根的判别式为，且当时，该方程有两个不相等的实数根；当时，该方程有两个相等的实数根；当时，该方程没有实数根是解题关键．
13．（2，3）
【分析】根据旋转的性质和坐标系内点的坐标特征解答．
【详解】解：由图知A点的坐标为（-3，2），根据旋转中心O，旋转方向顺时针，旋转角度90°，如图，

故A′的坐标为（2，3）．
故答案为：（2，3）．
【点睛】此题主要考查了作旋转变换图形，解决本题的关键是根据旋转的三要素画图得到所求点的坐标．
14．①③④##①④③##④①③##④③①##③①④##③④①
【分析】①由点在二次函数图象上，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出，结论①正确；②由二次函数图象的开口方向、对称轴在轴右侧以及与轴交于负半轴，可得出，，，进而可得出，结论②错误；③由二次函数图象对称轴所在的位置及，可得出，进而可得出，结论③正确；④由二次函数的图象经过点和，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出，，进而可得出，结论④正确．综上，此题得解．
【详解】解：①点在二次函数图象上，
，结论①正确；
②二次函数的图象开口向上，对称轴在轴右侧，与轴交于负半轴，
，，，
，
，结论②错误；
③，，
，
，结论③正确；
④二次函数的图象经过点和，
，，
，结论④正确．
综上所述，正确的结论有①③④．
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系以及二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是观察函数图象，利用二次函数图象与系数的关系及二次函数图象上点的坐标特征逐一分析四个结论的正误．
15．
【分析】解方程﹣x2+4x+5＝0得A（﹣1，0），B（5，0），再利用折叠的性质求出折叠部分的解析式为，即y＝x2﹣4x﹣5（﹣1≤x≤5），然后求出直线y＝﹣x+b经过点A（﹣1，0）时b的值和当直线y＝﹣x+b与抛物线y＝x2﹣4x﹣5（﹣1≤x≤5）有唯一公共点时b的值，从而得到当直线y＝﹣x+b与新图象有4个交点时，b的取值范围．
【详解】解：如图所示：

当y＝0时，﹣x2+4x+5＝0，解得x1＝﹣1，x2＝5，则A（﹣1，0），B（5，0），
将该二次函数在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方的部分图象的解析式为，
即y＝x2﹣4x﹣5（﹣1≤x≤5），
当直线y＝﹣x+b经过点A（﹣1，0）时，1+b＝0，解得b＝﹣1；
当直线y＝﹣x+b与抛物线y＝x2﹣4x﹣5（﹣1≤x≤5）有唯一公共点时，方程，即有相等的实数解，即
解得，
所以当直线y＝﹣x+b与新图象有4个交点时，b的取值范围为＜b＜﹣1，
故答案为：．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数图象与几何变换．
16．(1)x1=，x2=；
(2)x1=5，x2=．
【分析】（1）利用公式法求解可得；
（2）利用因式分解法求解可得．
【详解】（1）解：∵a=1，b=-5，c=1，
∴△=(-5)2-4×1×1=21＞0，
则x=，
∴x1=，x2=；
（2）解：∵
∴（x-5）（2x-10+x）=0，即（x-5）（3x-10）=0，
∴x-5=0或3x-10=0，
解得x1=5，x2=．
【点睛】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
17．(1)k；
(2)k=3

【分析】根据一元二次方程有实数根得到32-4（k-2）0，解不等式即可；
（2）根据根与系数的关系得到，将等式左侧展开代入计算即可得到k值．
【详解】（1）解：∵一元二次方程有实数根．
∴∆0，即32-4（k-2）0，
解得k
（2）∵方程的两个实数根分别为，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得k=3．
【点睛】此题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程根与系数的关系式，熟练掌握一元二次方程有关知识是解题的关键．
18．(1)y关于x的函数表达式为；
(2)该女生在此项考试中是得满分，理由见解析．

【分析】（1）根据题意设出y关于x的函数表达式，再用待定系数法求函数解析式即可；
（2）根据该同学此次投掷实心球的成绩就是实心球落地时的水平距离，令y=0，解方程即可求解．
【详解】（1）解∶∵当水平距离为3m时，实心球行进至最高点3m处，
∴设，
∵经过点(0， )，
∴
解得∶
∴，
∴y关于x的函数表达式为；
（2）解：该女生在此项考试中是得满分，理由如下∶
∵对于二次函数，当y=0时，有
∴，
解得∶， (舍去)，
∵>6.70，
∴该女生在此项考试中是得满分．
【点睛】本题考查二次函数的应用和一元二次方程的解法，利用待定系数法求出二次函数的解析是是解题的关键．
19．（1）；（2）
【分析】（1）连结，根据圆周角性质，得；根据直径所对圆周角为直角、直角三角形两锐角互余的性质计算，即可得到答案；
（2）根据含角的直角三角形性质，得；根据垂径定理、特殊角度三角函数的性质计算，即可得到答案．
【详解】（1）连结，



是的直径，
，

（2），，
∴
，，且是直径

．
【点睛】本题考查了圆、含角的直角三角形、三角函数的知识；解题的关键是熟练掌握圆周角、垂径定理、含角的直角三角形、三角函数、直角三角形两锐角互余的性质，从而完成求解．
20．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）连接OA，由圆的性质可得OA=OB，即∠OBA=∠OAB；再由AB=AC，即∠OBA=∠C，再结合，可得∠OAB=∠CAD,然后由∠BAD=90°说明∠OAC=90°即可完成证明；
（2）根据等腰三角形的性质和圆的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：如图：连接OA
∵OA=OB
∴∠OBA=∠OAB
∵AB=AC
∴∠OBA=∠C
∴∠OAB=∠C
∵
∴∠OAB=∠CAD
∵BD是直径
∴∠BAD=90°
∵∠OAC=∠BAD-∠OAB+∠CAD=90°
∴是的切线；

（2）解：由（1）可知AC是⊙O的切线，
∴∠OAC=90°，∠AOD=2∠B，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠AOC+∠C=2∠B+∠C=3∠C=90°，
∴∠B=∠C=30°，
在Rt△ABD中，

∴
∴⊙O的半径为
【点睛】本题考查了圆的切线的判定，证得∠OAC=90°是解答本题的关键．
21．(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）由∠AOB＝∠MON＝90°，得出∠AOM＝∠BON，然后证明△AOM≌△BON（SAS）即可；
（2）连接BN，由∠AOB＝∠MON＝90°，得出∠AOM＝∠BON，然后证明△AOM≌△BON（SAS），得出∠MAO＝∠NBO＝45°，AM＝BN，再证∠MBN＝∠ABO+∠OBN=45°+45°=90°，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）（1）证明：∵∠AOB＝∠MON＝90°，
∴∠AOB+∠AON＝∠MON+∠AON，
即∠AOM＝∠BON，
∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，
∴OA＝OB，OM＝ON，
在△AOM和△BON中，
，
∴△AOM≌△BON（SAS），
∴AM＝BN；
（2）证明：连接BN，
∵∠AOB＝∠MON＝90°，
∴∠AOB﹣∠BOM＝∠MON﹣∠BOM，
即∠AOM＝∠BON，
∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，
∴OA＝OB，OM＝ON，
在△AOM和△BON中，
，
∴△AOM≌△BON（SAS），
∴∠MAO＝∠NBO＝45°，AM＝BN，
∴∠MBN＝∠ABO+∠OBN=45°+45°=90°，
∴BM2+BN2＝MN2，
∵△MON都是等腰直角三角形，
∴MN2＝ON2+OM2=2ON2，
∴AM2+BM2＝2OM2．

【点睛】本题考查三角形全等判定与性质，图形旋转性质，等腰直角三角形性质，勾股定理，掌握三角形全等判定与性质，图形旋转性质，等腰直角三角形性质，勾股定理是解题关键．
22．（1）；（2）①1；②点C的坐标是
【分析】(1)将两点分别代入，得,解方程组即可;
（2）①根据AB=4,斜边上的高为2,Q的横坐标为1,计算点C的横坐标为-1,即到y轴的距离为1；②根据直线PQ的解析式，设点A（m，-2m+6）,三角形ABC是等腰直角三角形，用含有m的代数式表示点C的坐标，代入抛物线解析式求解即可.
【详解】解：（1）将两点分别代入，得
解得．
所以抛物线的解析式是．
（2）①如图2，抛物线的对称轴是y轴，当点A与点重合时，，
作于H．
∵是等腰直角三角形，
∴和也是等腰直角三角形，
∴，
∴点C到抛物线的对称轴的距离等于1．

②如图3，设直线PQ的解析式为y=kx+b，由，得
解得
∴直线的解析式为，
设，
∴，
所以．
所以．
将点代入，
得．
整理，得．
因式分解，得．
解得，或（与点P重合，舍去）．
当时，．
所以点C的坐标是．
【点评】本题考查了抛物线解析式的确定，一次函数解析式的确定，等腰直角三角形的性质，一元二次方程的解法，熟练掌握待定系数法，灵活用解析式表示点的坐标，熟练解一元二次方程是解题的关键．
23．（1）；；；（2），证明见解析；（3）当与满足时，可使得．
【分析】（1）根据已有过程得，又根据SAS得，则GF=EF，故；
（2）延长，作，等量代换得，用ASA证明，得AG=AE，，用SAS证明，得，即可得；
（3）延长CF，作，因为，，所以，根据ASA证明，得，，
根据得，用SAS证明，得，，当与满足时，可使得．
【详解】证明：（1）将绕点A顺时针旋转得到，此时与重合，由旋转可得：
，，，，
，
因此，点，，在同一条直线上．
，
，
，
，
即，
又，，
∴（SAS），
，故；
故答案为：；；；
（2）证明：如图②，延长，作，

将沿斜边翻折得到，点，分别为，边上的点，且，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
在和中，
，
，
，
；
（3）当与满足时，可使得．
如图③，延长CF，作，

∵，，
∴，
在和中，

∴（ASA），
∴，，
∵，
∴，
在和中，

∴（SAS），
∴，，
故当与满足时，可使得．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，图形的翻折旋转，正方形的性质，解题的关键是掌握并灵活运用这些知识点．