广东省广州市番禺区市桥桥城中学2020-2021学年九年级上学期期中数学试题答案

这是一份广东省广州市番禺区市桥桥城中学2020-2021学年九年级上学期期中数学试题答案，共35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。

九年级上学期期中数学试卷
（满分：120分）
一、选择题（共十题：共30分）
1. 如图是我国几家银行的标志，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
C、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项正确；
D、轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误，
故选C．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合
2. 已知1是关于x的一元二次方程（m﹣1）x2+x+1=0的一个根，则m的值是（ ）
A. 1B. ﹣1C. 0D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】把x＝1代入方程，即可得到一个关于m的方程，即可求解．
【详解】解：根据题意得：（m﹣1）+1+1=0，
解得：m=﹣1．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了方程的解的定义，正确理解定义是关键．
3. 在平面直角坐标系中，点绕原点逆时针旋转180°得到点，则点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据中心对称的性质即可求解．
【详解】解：点绕原点逆时针旋转180°得到点，则点的坐标是，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，关于原点对称的点的坐标特征，熟练掌握关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数是解题的关键．
4. 方程的解是（ ）
A. B. C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】首先进行移项，将方程左边提取x分解因式，然后根据两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程，分别求出一次方程的解得到原方程的解．
【详解】解：∵x2=x，
∴x（x-1）=0，
∴x1=0，x2=1，
故选：C．
【点睛】此题考查了利用因式分解法求一元二次方程的解，利用此方法解方程时，首先将方程右边化为0，方程左边的多项式分解因式，然后根据两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．
5. 把函数的图象向右平移1个单位，所得函数表达式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出平移后的顶点坐标即可得到答案．
【详解】∵二次函数的图象顶点坐标为，
∴向右平移1个单位后顶点坐标为，
∴所求函数解析式为．
故选：A
【点睛】本题主要考查了二次函数的平移，求出平移后的顶点坐标是解题的关键．
6. 关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次方程根的判别式得到关于k的不等式，然后求解不等式即可.
【详解】是一元二次方程，
．
有两个不相等的实数根，则，
，
解得．
且．
故选D
【点睛】本题考查一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)根的判别式：
（1）当△=b2﹣4ac＞0时，方程有两个不相等实数根；
（2）当△=b2﹣4ac=0时，方程有有两个相等的实数根；
（3）当△=b2﹣4ac＜0时，方程没有实数根.
7. 设A（-2，y1），（1，y2），（2，y3）是抛物线y=-（x+1）2+m上的三点，则y1，y2，y3的大小关系为（ ）
A. y1＞y2＞y3B. y1＞y3＞y2C. y3＞y2＞y1D. y2＞y1＞y3
【答案】A
【解析】
【详解】解：如图：
y1＞y2＞y3．
故选A．
8. 在元旦庆祝活动中，参加活动的同学互赠贺卡，共送贺卡90张，则参加活动的有（ ）人．
A. 9B. 10C. 12D. 15
【答案】B
【解析】
【分析】每个人都要送给他自己以外的其余人，等量关系为：人数×（人数﹣1）＝90，把相关数值代入计算即可．
【详解】解：设参加此次活动的人数有x人，
由题意得：x（x﹣1）＝90，
解得：x1＝10，x2＝﹣9（不合题意，舍去）．
即参加此次活动的人数是10人．
故选B．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用，得到互送贺卡总张数的等量关系是解决本题的关键．
9. 如图，在等边△ABC中，AB＝6，点D是BC的中点，将△ABD绕点A逆时针旋转后得到△ACE，那么线段DE的长为（ ）
A. B. 6C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先，利用等边三角形的性质求得AD=3；然后根据旋转的性质、等边三角形的性质推知△ADE为等边三角形，则DE=AD．
【详解】∵在等边△ABC中，∠B=60°，AB=6，D是BC的中点，
∴AD⊥BD，∠BAD=∠CAD=30°，
∴AD=ABcs30°=6×=3．
根据旋转的性质知，∠EAC=∠DAB=30°，AD=AE，
∴∠DAE=∠EAC+∠CAD=60°，
∴△ADE的等边三角形，
∴DE=AD=3，
即线段DE的长度为3．
故选C．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质．旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．
10. 已知二次函数（）的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
①；②；③；④当时，；⑤．

A ①②③B. ①②④⑤C. ①③④D. ①②④
【答案】D
【解析】
【分析】根据抛物线开口方向，对称轴，与坐标轴的交点坐标，逐项分析判断即可求解．
【详解】解：∵抛物线开口向下，则，对称轴为直线，则，抛物线与轴交于正半轴，则，
∴，故①正确；
∵抛物线与轴有2个交点，
∴，故②正确；
∵抛物线过点，
∴，故③不正确；
∵抛物线过点，对称轴为直线，则抛物线与轴的另一个交点为，
根据函数图象可得当时，，故④正确；
∵，则，故⑤错误，
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
二、填空题（共六题：共24分）
11. 一个等边三角形绕其旋转中心至少旋转_________度，才能与自身重合．
【答案】
【解析】
【分析】根据旋转角及旋转对称图形的定义结合图形特点作答．
【详解】解：，
该图形绕中心至少旋转120度后能和原来的图案互相重合．
故答案为：120．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质，对应点与旋转中心所连线段的夹角叫做旋转角．
12. 一元二次方程的两根分别为和，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据根与系数的关系得出，代入代数式即可求解．
【详解】解：∵一元二次方程的两根分别为和，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系：若是一元二次方程的两根，，，掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
13. 有一座抛物线形拱桥，正常水位时，桥下水面宽度为，拱顶距离水面．在如图所示的直角坐标系中，则该抛物线的表达式为___________．

【答案】
【解析】
【分析】由函数图象可设该抛物线解析式是，再结合图象，只需把代入求出的值即可．
【详解】解：设该抛物线的解析式是，
由图象知，点在函数图象上，代入得：
，
解得：．
故该抛物线的解析式是．
【点睛】本题考查求二次函数的应用，解题的关键是掌握待定系数法求解.
14. 若是关于的一元二次方程的一个根，则另一个根是_____．
【答案】4
【解析】
【分析】设一元二次方程的另一根为，再由根与系数的关系即可得出结论．
【详解】解：设一元二次方程的另一根为，则，解得．
故答案为：4．
【点睛】本题考查的是根与系数的关系，熟知若，是一元二次方程的两根，则，是解答此题的关键．
15. 出售某种文具盒，若每个获利x元，一天可售出（6-x）个，则当x=________元时，一天出售该种文具盒的总利润y最大．
【答案】3.
【解析】
【详解】试题解析：由题意可得函数式y=（6-x）x，
即y=-x2+6x，
当x=-=3时，y有最大值，
即当x=3元时，一天出售该种文具盒的总利润y最大．
考点：二次函数的应用．
16. 如图，Rt△OAB的顶点A（﹣2，4）在抛物线y=ax2上，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°，得到△OCD，边CD与该抛物线交于点P，则点P的坐标为_____．
【答案】（，2）
【解析】
【详解】∵点A（﹣2，4）在抛物线y=ax2上，
∴，
解得：，
∴
∵将Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°，得到△OCD，
∴，
当y=2时，，
解得：或（舍去），
∴点P的坐标．
故答案为：（，2）
三、解答题（共九题：共66分）
17. 解方程．
（1）用配方法解方程：．
（2）解方程：．
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）按照要求用配方法解方程即可；
（2）观察式子特征，用因式分解法解方程即可．
【小问1详解】
解：由得，
，
，
，
，
所以，；
【小问2详解】
解：，
，
或，
所以，．
【点睛】本题考查解一元二次方程等知识内容，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
18. 在直角坐标系中，的位置如图所示（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形），

（1）以点为旋转中心，将绕点顺时针旋转得，画出；
（2）若和关于原点成中心对称图形，画出；
（3）在轴上存在一点，满足到点与点距离之和最小，请直接与出的最小值为___________．
【答案】（1）见详解 （2）见详解
（3）
【解析】
【分析】（1）根据小方格的特点以及旋转性质画出和，然后依次连接，，这三点即可；
（2）根据小方格的特点以及中心对称图形性质画出点，点与点，然后依次连接点，点与点这三点即可；
（3）根据三点共线，线段最短，过作x轴的对称点，连接交x轴于一点，即为点，然后由，即可求出的最小值
【小问1详解】
解：如图所示：
【小问2详解】
解：如图所示：
【小问3详解】
解：过作x轴的对称点，连接交x轴于一点，即为点，如图所示：

即，，三点共线，此时有最小值，
所以，
根据勾股定理，，
所以有最小值，即为．
【点睛】本题主要考查的是旋转作图，三点共线，线段最短以及中心对称图形性质等知识内容，对旋转变换作图以及中心对称图形性质的正确掌握是解题的关键．
19. 已知二次函数．
（1）抛物线顶点坐标___________；对称轴___________．
（2）选取适当的数据填入下表，并在图中的直角坐标系内描点画出该抛物线的图象．

（3）结合图象，写出当取何值时，．
【答案】（1），
（2）见解析 （3）或
【解析】
【分析】（1）将函数解析式化成顶点式，然后确定对称轴和顶点坐标即可；
（2）根据对称轴，在对称轴的左右两边各选两个点最为横坐标x的值，然后代入求出函数值y，然后填入表格，根再描点连续即可；
（3）根据函数图像直接写成答案即可．
【小问1详解】
解：，
抛物线顶点坐标为；对称轴为直线，
故答案为：，．
【小问2详解】
解：列表，
描点连线，
【小问3详解】
解：根据函数图象可得，或时，．
【点睛】本题主要考查了二次函数的对称轴、顶点坐标、画二次函数的图像、二次函数与不等式的关系等知识点，正确画出二次函数图像是解答本题的关键．
20. 为落实素质教育要求，促进学生全面发展，我市某中学年投资万元新增一批电脑，计划以后每年以相同的增长率进行投资，年投资万元．
（1）求该学校为新增电脑投资的年平均增长率；
（2）从年到年，该中学三年为新增电脑共投资多少万元？
【答案】（1）该学校为新增电脑投资的年平均增长率为%
（2）该中学三年为新增电脑共投资万元
【解析】
【分析】（1）设该学校为新增电脑投资的年平均增长率为，根据以后每年以相同的增长率进行投资，年投资万元，列出方程，求出方程的解即可．
（2）根据（1）求出的增长率，就可求出年的投资金额，再把年，年和年三年的投资相加，即可得出答案．
【小问1详解】
解：设该学校为新增电脑投资的年平均增长率为，根据题意得：
解得：， (不合题意，舍去)．
答：该学校为新增电脑投资的年平均增长率为%．
【小问2详解】
解：年投资万元，
年投资：%万元．
该中学三年为新增电脑共投资：万元．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解，注意把不合题意的解舍去．
21. 已知关于的方程．
（1）若方程的两个根分别为1，，求，的值；
（2）若方程有两个相等的实数根，求值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据一元二次方程根与系数的关系得出，进而即可求解；
（2）根据，得出，进而代入代数式即可求解．
【小问1详解】
解：∵方程的两个根分别为1，，
∴
解得：
【小问2详解】
解：∵方程有两个相等的实数根，
∴
即
∴
∴
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程根的判别式的意义，分式的求值，熟练掌握以上知识是解题的关键．
22. 为响应广州市“创建全国文明城市”号召，某单位不断美化环境，拟在一块矩形空地上修建绿色植物园，其中一边露墙，可利用的墙长不超过，另外三边由长的栅栏围成，设矩形空地中，垂直于墙的边，面积为（如图）．

（1）求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（2）若矩形空地的面积为，求的值；
（3）为何值时，有最大值？最大值是多少？
【答案】（1）
（2）
（3），有最大值，最大值是
【解析】
【分析】（1）根据矩形的面积公式列出y与x之间的函数关系式，并由求出自变量x的取值范围即可；
（2）若矩形空地的面积为，则由可得关于x的一元二次方程，求得方程的解并作出取舍即可；
（3）把（1）中所得的二次函数解析式写成顶点式，根据二次函数的性质可得答案．
小问1详解】
解：根据题意得：,
∵，
∴，
∴y与x之间的函数关系式为；
【小问2详解】
解：由题意得：，
即，
解得，，
∵，
∴不符合题意，故舍去，
∴；
【小问3详解】
解：由（1）知，
化成顶点式：，
因为开口向下，x值越靠近对称轴，y值最大，且，
∴当时，y有最大值，且为，
此时，符合题意．
【点睛】本题考查了二次函数和一元二次方程的应用，理清题中的数量关系并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
23. 如图，在中，，，点在射线上(不与，重合)，连接，将绕点顺时针旋转90°得到，连接．
（1）如图①，点在边上，且(为垂足)交于点，求证：．

（2）如图②，点在边的延长线上，且(为垂足)交延长线于点，用等式表示线段、、之间的数量关系并说明理由．

【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1），．根据旋转的性质得出，进而得出．则，证明即可得证；
（2）同（1）的方法证明)，得出，根据等腰直角三角形的性质，得出，，即可得证．
【小问1详解】
由题意可知，．
，
．
．
，，
．
．
．
．
【小问2详解】
．理由如下：
，，
，
，
由旋转可得，，，
，
)，
，
又等腰中，，，
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
24. 使得函数值为零的自变量的值称为函数的零点．例如，对于函数，令，可得，我们就说1是函数的零点，已知函数（为常数）．
（1）当时，求该函数的零点；
（2）证明：无论取何值，该函数总有两个零点；
（3）设函数的两个零点分别为和，且，此时函数图象与轴的交点分别为、（点在点左侧），求点与点的距离．
【答案】（1）和
（2）见详解 （3）点与点的距离为6
【解析】
【分析】（1）利用新定义解方程即可；
（2）把问题转化为证明有两个不相等的实数解，于是证明即可；
（3）由于方程的两个不相等的实数解为和，则利用根与系数的关系得到，，再由变形得到，所以，然后解关于的一次方程，即可求出点与点的距离．
【小问1详解】
解：当时，函数解析式为，
令，，解得，，
所以该函数的零点为和；
【小问2详解】
证明：令，，
∵，
∴有两个不相等的实数解，
∴无论m取何值，该函数总有两个零点；
【小问3详解】
解：∵函数的两个零点分别为和，
∴方程的两个不相等的实数解为和，
∴，，
∵，
∴，
即，解得，
所以把代入函数，
则，
因为函数图象与轴的交点分别为、（点在点左侧），
故令，，
则，，即，，
因为，
点与点的距离为6．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题：把新定义“函数的零点”转化为求函数图象与x轴的交点坐标，利用判别式的意义判断抛物线与x轴的交点个数解决（2）小题，利用根与系数的关系解决（3）小题．
25. 如图，的两直角边，分别在轴的负半轴和轴的正半轴上，为坐标原点，，两点的坐标分别为、，抛物线经过点，且顶点在直线上．
（1）求抛物线对应的函数关系式；
（2）若是由沿轴向右平移得到的，当四边形是菱形时，试判断点和点是否在该抛物线上，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，若点是所在直线下方抛物线上的一个动点，过点作平行于轴交于．设点的横坐标为，的长度为．求与之间的函数关系式，写出自变量的取值范围，并求取最大值时，点的坐标．
【答案】（1）；（2）在，理由见解析；（3）s=，时，最大，点的坐标为．
【解析】
【分析】（1）已知了抛物线上A、B点的坐标以及抛物线的对称轴方程，可用待定系数法求出抛物线的解析式．（2）首先求出AB的长，将A、B的坐标向右平移AB个单位，即可得出C、D的坐标，再代入抛物线的解析式中进行验证即可．（3）根据C、D的坐标，易求得直线CD的解析式；那么线段MN的长实际是直线BC与抛物线的函数值的差，可将x=t代入两个函数的解析式中，得出的两函数值的差即为l的表达式，由此可求出l、t的函数关系式，根据所得函数的性质即可求出l取最大值时，点M的坐标．
【详解】（1）∵的顶点在直线上，
∴可设所求抛物线对应的函数关系式为，
∴点在此抛物线上，
∴，
∴，
∴所求函数关系式为：；
（2）在中，，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∵两点的坐标分别是、，
∴两点的坐标分别是、；
当时，；
当时，；
∴点和点在所求抛物线上；
（3）设直线对应的函数关系式为，
则，
解得：；
∴．
∵轴，点点的横坐标为，
∴点的横坐标也为；
则，，
∴
，
∵，
∴当时，最大，此时．
此时点的坐标为．
【点睛】本题考查待定系数法求一次函数、二次函数解析式、菱形的性质、图象的平移变换，等知识．熟练掌握待定系数法是解题的关键.……
……
……
……
……
……
……
……