2022-2023学年天津市河西区九年级上学期数学期中试卷及答案

这是一份2022-2023学年天津市河西区九年级上学期数学期中试卷及答案，共21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。

一、 选择题：（本大题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1. 在抛物线上的点为（ ）
A. （1，0）B. （2，2）
C. （-1，1）D. （0，1）
【答案】C
【解析】
【分析】将各选项的点坐标分别代入验证即可．
【详解】解：A. ，故A选项不符合题意；
B. ，故B选项不符合题意；
C. ，故C选项不符合题意；
D. ，故D选项不符合题意．
故选C．
【点睛】本题主要考查了二次函数图像的性质，掌握二次函数图像上的点满足解析式是解答本题的关键．
2. 在艺术字中，有些字母是中心对称图形，下面的5个字母中，是中心对称图形的有（ ）
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
【答案】B
【解析】
【分析】根据中心对称图形的定义，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．抓住所给图案的特征，可找出图中成中心对称图形的字母．
【详解】解：、、是中心对称图形，所以是中心对称图形的有3个．
故选B．
【点睛】本题考查中心对称图形，根据中心对称的定义对选项进行判断是解题关键.
3. 解方程的结果为（ ）
A. B.
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用开平方法求解即可．
【详解】解：，
解得：，，
故选：C
【点睛】本题考查了一元二次方程的求解，解题的关键是掌握直接开方法求解．
4. 正方体的六个面是全等的正方形，设正方体的棱长为x，表面积为y，则y是x的函数，它们的关系式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先计算正方体一个面的面积，然后乘以六得到正方体的表面积．
【详解】解：正方体的每一个面都是面积为的小正方形，
∵展开后由六个全等的小正方形组成，
∴正方体表面积为．
故答案选：D
【点睛】本题考查了二次函数关系式，用棱长表示出正方体表面积是解题关键．
5. 如图，在方格纸中，将绕点按顺时针方向旋转90°后得到，则下列四个图形中正确是（ ）
B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据绕点按顺时针方向旋转90°逐项分析即可．
【详解】A、是由关于过B点与OB垂直的直线对称得到，故A选项不符合题意；
B、是由绕点按顺时针方向旋转90°后得到，故B选项符合题意；
C、与对应点发生了变化，故C选项不符合题意；
D、是由绕点按逆时针方向旋转90°后得到，故D选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查旋转变换．解题的关键是弄清旋转的方向和旋转的度数．
6. 下列二次函数的图象中，开口最小的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】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．
【详解】
二次函数的开口最小
故选：A．
【点睛】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. 已知二次函数，当自变量时，函数值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将代入即可求出y的值．
【详解】解：由题意可知：当时，，
故选：C
【点睛】本题考查求函数值，解题的关键是理解函数定义，将代入中进行求解．
8. 若关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则a的取值为（ ）
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据方程有两个相等的实数根，可推出根的判别式，代入相应的系数即可解得a的取值．
【详解】 有两个相等的实数根

解得：
故选：B．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式，能根据方程有两个相等的实数根推出根的判别式等于零是解题的关键．
9. 要组织一次排球邀请赛，参赛的每两个各队之间都要比赛一场，根据场地和时间等条件，赛程计划安排共计28场比赛，比赛组织者应邀请多少个队参赛?若设应邀请x个队参赛，可列出的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】关系式为：球队总数×每支球队需赛的场数÷2=28，把相关数值代入即可．
【详解】每支球队都需要与其他球队赛场，但两个队之间只有1场比赛，
∴可列方程：，
故选：D．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，解决本题的关键是得到比赛总场数的等量关系，注意两队之间的比赛只有1场，最后的总场数应除以2．
10. 将抛物线向右平移1个单位，新的函数解析式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由平移的规律即可求得答案．
【详解】解：将抛物线向右平移1个单位，则函数解析式变为，
故选：A．
【点睛】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. 如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，使点B的对应点E恰好落在边上，点A的对应点为D，延长交于点F，则下列结论一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题可通过旋转的性质得出△ABC与△DEC全等，故可判断A选项；可利用相似的性质结合反证法判断B，C选项；最后根据角的互换，直角互余判断D选项．
【详解】由已知得：△ABC△DEC，则AC=DC，∠A=∠D，∠B=∠CED，故A选项错误；
∵∠A=∠A，∠B=∠CED=∠AEF，
故△AEF△ABC，则，
假设BC=EF，则有AE=AB，
由图显然可知AEAB，故假设BC=EF不成立，故B选项错误；
假设∠AEF=∠D，则∠CED=∠AEF=∠D，
故△CED为等腰直角三角形，即△ABC为等腰直角三角形，
因为题干信息△ABC未说明其三角形性质，故假设∠AEF=∠D不一定成立，故C选项错误；
∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=90°．
又∵∠A=∠D，
∴∠B+∠D=90°．
故AB⊥DF，D选项正确．
故选：D．
【点睛】本题考查旋转的性质以及全等三角形的性质，证明过程常用角的互换、直角互余作为解题工具，另外证明题当中反证法也极为常见，需要熟练利用．
12. 已知抛物线（，，是常数，，）经过点，其对称轴是直线．有下列结论：
① ；
② 关于的方程有两个不等的实数根；
③ ．
其中，正确结论的个数是（ ）
A. 3B. 2
C. 1D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】由抛物线对称轴为直线可得，由可判断①，将代入解析式可得，将代入可得a与c的关系，可判断③，由可得抛物线开口向下，可判断②．
【详解】解：∵抛物线对称轴为直线，
∴，即，
∵，
∴，①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2个交点，
∴关于x方程有两个不等的实数根，②③正确．
故选：B．
【点睛】本题考查二次函数图像与系数的关系，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．
第Ⅱ卷
注意事项：
1．用黑色字迹的签字笔将答案写在“答题卡”上（作图可用2B铅笔）．
2．本卷共13题，共84分．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
13. 点关于原点对称点的坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（−x，−y），据此可得结论．
【详解】解：根据中心对称性质，可知：
点P（−2， 5）关于原点对称的点的坐标为：（2，−5），
故答案为：（2，−5）．
【点睛】本题考查关于原点对称的点坐标的关系，两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是（−x，−y）．
14. 时钟上的时针匀速旋转一周是12小时，从5时到6时，时针转动的度数为___________．
【答案】##30度
【解析】
【分析】利用匀速转一周是12小时，求出一小时代表，再乘以1即可求出答案．
【详解】解：由题意可知：时针转动的度数为：，
故答案为：
【点睛】本题考查钟面角问题，解题的关键是理解时针转一个小时代表．
15. 若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则m的值可以是____．（写出一个即可）
【答案】0（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据一元二次方程根的判别式求出的取值范围，由此即可得出答案．
【详解】解：由题意得：此一元二次方程根的判别式，
解得，
则的值可以是0，
故答案为：0（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题关键．
16. 在平面直角坐标系中，O为原点，点A(4，0)，点B(0，3)，把绕点B逆时针旋转90°，得，点A、O旋转后的对应点为，，那么A的长为_____．
【答案】
【解析】
【分析】利用旋转的性质，得到A′B=AB=5，且∠ABA′=90°，再利用勾股定理求解即可．
【详解】∵A（4，0），B（0，3），
∴AB=5，
∵把△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′，
∴A′B=AB=5，且∠ABA′=90°，
∴AA′==，
故答案为：．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，抓住旋转的性质是解题的关键．
17. 如图，将△ABC绕着点C顺时针旋转50°后得到△A’B’C．若=40°,=110°，则∠的度数为________.
【答案】80°
【解析】
【分析】首先根据旋转的性质可得：∠A′=∠A，∠A′CB′=∠ACB，即可得到∠A′=40°，再有∠B′=110°，利用三角形内角和可得∠A′CB′的度数，进而得到∠ACB的度数，再由条件将△ABC绕着点C顺时针旋转50°后得到△A′B′C′可得∠ACA′=50°，即可得到∠BCA′的度数．
【详解】根据旋转的性质可得：∠A′=∠A，∠A′CB′=∠ACB，
∵∠A=40°，
∴∠A′=40°，
∵∠B′=110°，
∴∠A′CB′=180°-110°-40°=30°，
∴∠ACB=30°，
∵将△ABC绕着点C顺时针旋转50°后得到△A′B′C′，
∴∠ACA′=50°，
∴∠BCA′=30°+50°=80°．
【点睛】本题考查旋转的性质，关键是熟练掌握旋转前、后的图形全等，进而可得到一些对应角相等．
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1个点，第二行有2个点……第n行有n个点……，它们的前n行点数和为___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得，即可求解．
【详解】解：根据题意：前n行点数和为
．
故答案为：
【点睛】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．
三、解答题（本大题共7小题，共66分．解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）
19. 解方程
（1） ；
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）两边同时除以2，然后直接开方即可；
（2）先移项，再因式分解．
【小问1详解】
解：
两边同时除以2得
开方得
∴
【小问2详解】
解：
移项得
因式分解得
或
∴或
故
【点睛】本题考查了解一元二次方程，掌握开方法、因式分解法解一元二次方程是解题关键．
20. 如图，若将线段绕点O旋转，得到点A的对应点，点B的对应点为．
（1）画出旋转后的图形，并连接；
（2）四边形的形状一定为___________．（填写序号即可）
①矩形；②菱形；③平行四边形；④不能确定形状的任意四边形
【答案】（1）见解析 （2）③
【解析】
【分析】（1）根据要求作出图形即可．
（2）利用平行四边形的判定证明即可．
【小问1详解】
解：旋转后图形，如图所示：
【小问2详解】
解：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：③．
【点睛】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. 已知抛物线．
（1）画出这条抛物线的草图；
（2）抛物线有最___________点（填“高”或“低”），该点是___________；
（3）利用图象直接回答：当x取什么值时，函数值大于0？
【答案】（1）见解析 （2）低
（3）
【解析】
【分析】（1）取适当的点，画出函数图像；
（2）化成顶点式为，利用性质解题；
（3）利用图像，得出当．
【小问1详解】
【小问2详解】
，
∵，开口向上，有最低点，坐标为．
故答案为：低
【小问3详解】
由图像可知，当，函数值大于0．
【点睛】本题考查二次函数的图像和性质，利用数形结合思想是解决本题的关键．
22. 如图，已知在中，，将绕点B顺时针旋转得到，和交于点 P，连接，．
（1）和都是等边三角形吗？说明理由；
（2）求的度数．
【答案】（1）都是等边三角形，理由见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据旋转的性质及等边三角形的判定解答即可
（2）利用旋转的性质可得，且 ，，再利用，得到 ，，所以．
【小问1详解】
解：∵将绕点B顺时针旋转得到，
∴，，，
∴ 和都是等边三角形.
【小问2详解】
解：如图：
∵将绕点B顺时针旋转得到，
∴，且 ，，
又∵，
∴ ，，
∴．
【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定及性质，三角形内角和定理，解题的关键是掌握旋转的性质，等边三角形的判定及性质，结合图形找出角之间的关系．
23. 如图，利用一面墙（墙长20米），用总长度43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1米的小门，设篱笆长为x米．
（1）___________米（用含x的代数式表示）；
（2）若矩形鸡舍面积为150平方米，求篱笆的长？
（3）矩形鸡舍面积的最大值是多少？说明理由．
【答案】（1）
（2）10米 （3），理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用篱笆的总长度减去3个的长度，再加上2个小门的长度即可得；
（2）先根据墙长20米求出的取值范围，再利用长方形的面积公式建立方程，解方程即可得；
（3）设矩形鸡舍面积为，利用长方形的面积公式可得关于的函数关系，再根据二次函数的性质求解即可得．
【小问1详解】
解：由题意得：（米），
故答案为：．
【小问2详解】
解：墙长20米，
，
解得，
若矩形鸡舍面积为150平方米，则，
解得或（舍去），
答：篱笆的长为10米．
【小问3详解】
解：设矩形鸡舍面积为，
则，
由二次函数的性质可知，在内，随的增大而减小，
所以当时，取得最大值，最大值为，
答：矩形鸡舍面积的最大值是．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用、二次函数的应用，正确建立方程和函数关系式是解题关键．
24. 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．
（1）如图①，当旋转后满足轴时，求点C的坐标；
（2）如图②，当旋转后点C恰好落在x轴正半轴上时，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，边OB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）．
【答案】（1）
（2）（）
（3）
【解析】
【分析】（1）如图1中，作轴于H．只要证明四边形是矩形，利用矩形的性质即可解决问题；
（2）如图2中，作轴于M．在中，求出即可解决问题；
（3）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P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．
【小问1详解】
解：过点C作轴于H，
∵，，
∴，，
由旋转的性质，可得，
∴，，，
又∵轴，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴点C的坐标为；
【小问2详解】
过点D作轴于M，
由面积知，
在中，由勾股定理得 AB，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴点D的坐标为（）；
【小问3详解】
连接，，作点关于轴的对称点，连接交轴于，连接，
由题意可得，
根据轴对称的性质可得，
∴，
∵，D的坐标为（），
∴设直线的解析式为，
则，
解得，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴点的坐标为．
【点睛】本题考查了轴对称−最短路线问题、勾股定理解直角三角形，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. 已知抛物线过点，且与轴交于点．
（1）求该抛物线的顶点坐标；
（2）若有点A在直线上，过点A作轴于点B，以为斜边，在左侧作等腰直角三角形．
① 当点Q与点A重合时，求点C到抛物线对称轴的距离；
② 若点C恰好落在抛物线上，求此时点C的坐标 ．
【答案】（1）
（2）①1，②
【解析】
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式进而求解；
（2）①由题意可知，则，再由等腰直角三角形的性质可得C点到的距离为2，由此可求解；
②先求出直线的解析式，设，则C点到的距离为，根据等腰直角三角形的性质求出，将点C代入抛物线表达式即可求解．
【小问1详解】
解：将、两点分别代入，
得，解得：
∴抛物线的解析式是．
∴该抛物线的顶点坐标为
【小问2详解】
解：①抛物线的对称轴是y轴，当Q与A重合时，，
作于H，如图，
∵是以为斜边的等腰直角三角形，
∴．
∴C到抛物线对称轴的距离为1．
②设直线的解析式为，
由、得
，解得：
∴直线的解析式为，
设，则，
∴．
当时，可求得点C的纵坐标为，点C的横坐标为，
将点代入 中，
解得：；（点A与点B重合，舍去）
此时点；
当时，同理得到，此时与P重合，不合题意，舍去．
综上可知：C点的坐标是．
【点睛】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．