天津市滨海新区第四共同体2022-2023学年九上期中数学试卷（解析版）

天津市滨海新区第四共同体2022-2023学年九年级（上）期中数学试卷一、选择题（本大题共12小题，共36分．在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.下列图形中，是中心对称图形的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】旋转后能够与原图像重合的图形即为中心对称图形，逐个判断过去即可．【详解】、是中心对称图形，故此选项正确；B、不是中心对称图形，故此选项错误；C、不是中心对称图形，故此选项错误；D、不是中心对称图形，故此选项错误；故选：．【点睛】本题主要考查中心对称图形的定义，能够熟记定义是解题关键．2.一元二次方程x（x＋2）＝0的解为（）A.x＝0 B.x＝﹣2 C.x1＝0，x2＝2 D.x1＝0，x2＝﹣2【答案】D【解析】【分析】直接利用因式分解法得出方程的根．【详解】解：∵x（x+2）=0，∴x=0或x+2=0，∴x1=0，x2=-2，故选：D．【点睛】此题主要考查了一元二次方程解法，正确理解因式分解法解方程是解题关键．3.用配方法解方程，变形后的结果正确的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据配方步骤加一次项系数一半的平方可得答案．【详解】解：∵，∴，即，故选：B．【点睛】本题考查一元二次方程的配方，两边同时加一次项系数一半的平方．4.把抛物线向右平移5个单位，则平移后所得抛物线的表达式为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据抛物线左加右减的平移规律计算即可．【详解】因为抛物线向右平移5个单位，所以平移后所得抛物线的表达式为，故选D．【点睛】本题考查了抛物线的平移规律，熟练掌握左加右减的平移规律是计算的关键．5.二次函数的图象的顶点坐标是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据顶点式：的顶点坐标为即可得出结论．【详解】解：二次函数的图象的顶点坐标是，故选：C．【点睛】本题考查的是求二次函数图象的顶点坐标，掌握二次函数顶点式中的顶点坐标是解决此题的关键．6.二次函数的图象如图所示，则一次函数的图象大致是()．A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】观察二次函数的图象得：，可得，，从而得到一次函数的图象经过第一、三、四象限，即可求解．【详解】解：观察二次函数的图象得：，∴，，∴一次函数的图象经过第一、三、四象限．故选：C【点睛】本题主要考查了一次函数和二次函数的图象和性质，熟练掌握一次函数和二次函数的图象和性质是解题的关键．7.如图，已知BC是的直径，过点B的弦BD平行于半径OA，若∠B的度数是60°，则的度数是（）A. B. C.30° D.20°【答案】C【解析】【分析】根据，可得∠AOB=∠B=60°，再根据圆周角定理，即可求解．【详解】解∶∵，∠B=60°，∴∠AOB=∠B=60°，∵∠AOB=2∠C，∴∠C=30°．故选：C【点睛】本题主要考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．8.如图，是的直径，弦于点E，若，则弦的长是（）A. B. C.6 D.8【答案】C【解析】【分析】连接，根据勾股定理求出，根据垂径定理计算即可．【详解】解：连接，∵是的直径，弦，∴，∵，∴，∴∴．故选：C．【点睛】本题考查的是垂径定理、勾股定理，掌握垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解题的关键．9.如图所示，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∠BCD=130°，则∠BOD的大小是（）A.50° B.100° C.110° D.120°【答案】B【解析】【分析】根据圆内接四边形的性质可求出∠BAD=50°，再根据圆周角定理可求出∠BOD=100°．【详解】∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∠BCD=130°，∴∠BAD=180°-∠BCD=50°，∴∠BOD=2∠BAD=100°．故选B．【点睛】本题考查圆内接四边形的性质和圆周角定理．熟练掌握上述知识并利用数形结合的思想是解题关键．10.如图，在中，将绕点顺时针旋转得到，且于点，则的度数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用旋转的性质及互余关系求角度即可．【详解】由旋转的性质可知：，，，，．，故选：B．【点睛】本题主要考查旋转的性质，能够熟练运用性质求角度是解题关键．11.如图，边长为1的正方形绕点A逆时针旋转得到正方形，连接，则的长是（）A.1 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】连接、，根据图形旋转前后长度不变且旋转角为，可得是等边三角形，根据勾股定理，求出正方形的对角边长度即可．【详解】如图所示，连接、∵四边形是四边形逆时针旋转∴，∴是等边三角形∴在中，∴故选：B．【点睛】本题考查图形旋转、等边三角形的判定、正方形的性质及勾股定理等知识，熟练掌握图形旋转、等边三角形的性质、正方形的性质及勾股定理是解题的关键．12.如图，抛物线与轴交于点，其对称轴为直线，结合图象分析下列结论：①；②；③当时，随的增大而增大；④一元二次方程的两根分别为，；⑤若为方程的两个根，则且，其中正确的结论有（）个．A.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】【分析】根据题意和函数图象中的数据，利用二次函数的性质可以判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．【详解】解：由函数图象可得，，，，则，故①正确；，得，时，，，，，故②正确；由图象可知，当时，随的增大而增大，当时，随的增大而减小，故③错误；抛物线与x轴交于点，其对称轴为直线，该抛物线与轴的另一个交点的坐标为，的两个根为，，的两个根为，，一元二次方程的两根分别为，，故④正确；该函数与轴的两个交点为，，该函数的解析式可以为，当时，当对应的的值一个小于，一个大于2，若，为方程的两个根，则且，故⑤正确；故选：C．【点睛】本题考查二次函数图象与系数的关系、根与系数的关系、抛物线与轴的交点、二次函数与一元二次方程的关系，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．二、填空题（本大题共6小题，共18分）13.在直角坐标系中，点A（－7，）关于原点对称的点的坐标是_______．【答案】（7，-1）【解析】【分析】根据关于原点对称的两个点的横坐标，纵坐标都互为相反数得出答案即可．【详解】点（-7，1）关于原点对称的点是（7，-1）．故答案为：（7，-1）．【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特征，掌握关于原点对称的两个点的横坐标，纵坐标都互为相反数是解题的关键．14.若方程是关于的一元二次方程，则满足的条件是______．【答案】【解析】【分析】根据定义二次项系数不为0解题即可．【详解】解：关于的方程是一元二次方程，，解得．故答案是：．【点睛】本题主要考查一元二次方程的定义，能够熟记定义并列式是解题关键．15.已知二次函数（为常数）的图象与轴有两个交点，其中一个交点为，则另一个交点是______．【答案】【解析】【分析】将代入即可求得m，在令，即可得到答案．【详解】解：将代入函数可得，，解得，即，当时，，解得：，，∴另一个交点为故答案为：．【点睛】本题考查二次函数与轴交点问题，解题关键是知道一元二次方程与二次函数的关系．16.已知点在抛物线上，则的大小关系是_____（用“<”连接）．【答案】【解析】【分析】分别将代入，求出的值，即可比较．【详解】分别将代入，得：，，，∴．故答案为：．【点睛】本题考查比较二次函数值．掌握二次函数图象上点的坐标满足其解析式是解题关键．17.如图，等腰内接于，已知，，是的直径，如果，则_____________．【答案】2【解析】【分析】根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理求出，根据圆内接四边形的性质得到，根据圆周角定理、利用锐角的余弦计算即可．【详解】解：∵∴，∵四边形内接于，∴∵是的直径，∴∴∴，由圆周角定理得，∴故答案为：2．【点睛】本题考查的是三角形外接圆与圆的内接四边形的性质，锐角的余弦函数的应用，掌握圆周角定理是解题的关键．18.如图，在中，，，．将绕点按逆时针方向旋转后得，直线DA、BE相交于点F．取BC的中点G，连接GF，则GF长的最大值为____________cm．【答案】4【解析】【分析】设，可得，根据四边形内角和可得，取的中点，连接、，则，，继而可得，即可得到答案．【详解】解：取的中点，连接、，如图：由绕点旋转得到，，，，设，则，在四边形中，，在中，，，，，中，，是中位线，，而，当、、在一条直线上时，最大，最大值为，故答案为：4．【点睛】本题主要考查旋转的性质、直角三角形的性质及勾股定理、中位线定理，构建以为边的三角形，根据三角形三边关系得出的长度范围是解题的关键．三、解答题（本大题共7小题，共66分．解答应写出文字说明．证明过程或演算步骤）19.解下列方程：（1）；（2）．【答案】（1），（2），【解析】【分析】（1）根据配方法一化，二移，三配，四开方即可得到答案；（2）根据配方法一化，二移，三配，四开方即可得到答案．【小问1详解】解：二次项系数化为一得，，移项得，，两边同时加即，两边开平方可得，解得：，；【小问2详解】解：移项得，．两边同时加，即，两边开平方可得，解得：，【点睛】本题考查解一元二次方程，解题的关键是运用自己熟练的解法进行求解即可．20.已知二次函数．（1）该二次函数图象的对称轴为直线_________，顶点坐标为_________；（2）请在如图所示的平面直角坐标系中画出该二次函数的图象，并根据图象直接写出当时，的取值范围．【答案】（1）；（2）图见解析；的取值范围是【解析】【分析】（1）把二次函数解析式整理成顶点式形式，然后写出顶点坐标和图象对称轴即可；（2）根据二次函数与坐标轴的交点和（1）中的顶点坐标作出图象即可；根据图象即可得出的取值范围．【小问1详解】解：∵，∴顶点坐标为，∴该二次函数图象的对称轴为；故答案为：；【小问2详解】解：∵当时，，∴该二次函数图象与轴的交点为，∵当，则，解得：，，∴该二次函数图象与轴的交点为，，∴二次函数的图象如下图所示：当时，的取值范围为：．【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质、二次函数的顶点式，解本题的关键在正确画出二次函数图象．21.如图，PA为⊙O的切线，A为切点，过点A作AB⊥OP，垂足为点C，交⊙O于点B，延长BO与PA的延长线交于点D．（1）求证：PB为⊙O的切线；（2）若OB=3，OD=5，求OP的长．【答案】（1）见解析；（2）3【解析】【分析】（1）连接OA，已知AB⊥OP，OB=OA，根据等腰三角形的三线合一的性质可得∠BOP=∠AOP；根据切线的性质定理可得∠OAP=90°，证明△OBP≌△OAP，根据全等三角形的性质可得∠OBP=∠OAP=90°．由此即可证得结论；（2）在Rt△AOD中，根据勾股定理求得AD=4，由切线长定理可得PA=PB，在Rt△DBP中，根据勾股定理求得PB=6，再在Rt△OBP中，根据勾股定理求得OP=3．【详解】（1）证明：连接OA，∵AB⊥OP，OB=OA，∴∠BOP=∠AOP，∵PA是⊙O的切线，∴∠OAP=90°，在△OBP与△OAP中，∴△OBP≌△OAP（SAS），∴∠OBP=∠OAP=90°．∴OB⊥PB．∴PB是⊙O的切线；（2）∵OD=5，OA=OB=3，∴在Rt△AOD中，AD==4，∵PA、PB为⊙O的切线，∴PA=PB，在Rt△DBP中，PD2=PB2+BD2，即（PB+4）2=PB2+82，解得，PB=6，在Rt△OBP中，OP==3．【点睛】本题主要考查了切线的判定定理、勾股定理、全等三角形的判定与性质及切线长定理，熟悉图形的几何关系是解题的关键.22.在中，，将绕点C顺时针旋转，得，D，E分别是点B，A的对应点．记旋转角为．（1）如图①，连接AD，若，，，求AD的长；（2）如图②，连接BD，若，求证：．【答案】（1）10；（2）见解析【解析】【分析】（1）根据，，则，由旋转的性质得，然后在中利用勾股定理求解即可；（2）由（1）知，，由旋转的性质得，则是等边三角形，得到，则，．【详解】解：（1）由旋转的性质可得，，∵，∴．∵是旋转得到的，∴在中，根据勾股定理得．（2）由（1）知，，由旋转的性质得，∴是等边三角形．∴．又，∴．∴．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，平行线的判定，解题的关键在于能够熟练掌握旋转的性质．23.一种工艺品的进价为元，标价元出售，每天可售出件，根据销售统计，一件工艺品每降价元出售，则每天可多售出件．设该工艺品每件降价元，请回答下列问题：（1）用含的代数式表示：①降价后每售一件该工艺品获得利润______元；②降价后平均每天售出______件该工艺品．（2）每天获得利润为元，求每天获得的利润与降价元之间的函数关系式？要使每天获得的利润最大，每件需降价多少元？最大利润为多少元？【答案】（1）①；②（2）每天获得利润与降价元之间的函数关系式为：，要使每天获得的利润最大，每件需降价元，最大利润为元【解析】分析】（1）①根据利润=标价-进价-降价，计算即可；②根据销售数量=基础数量+多售数量，而多售数量=件．（2）根据利润=单件利润乘以销售数量，构造二次函数，确定最值即可．【小问1详解】该工艺品每件降价元，降价后每售一件该工艺品获得利润为元；降价后平均每天售出件工艺品，故答案为：；．【小问2详解】由题意得：，，当时，每天获得的利润最大，最大利润为元．每天获得的利润与降价元之间的函数关系式为：，要使每天获得的利润最大，每件需降价元，最大利润为元．【点睛】本题考查了二次函数在销售问题中的应用，熟练掌握销售规律，准确构造二次函数是解题的关键．24.如图，将矩形绕着点逆时针旋转得到矩形，使点恰好落到线段上的点处，连接，连接交于点．（1）求证：平分；（2）取的中点，连接，求证：；（3）若，求的长．【答案】（1）见解析（2）见解析（3）的长为【解析】【分析】（1）通过旋转的性质得到，再利用矩形的性质证明即可．（2）过点作于，利用角平分线上的点到角两边的距离相等得到，再利用旋转及矩形的性质得到≌，得到点是中点，利用中位线的性质解题即可．（3）过点作于，过作于，利用含的直角三角形的性质及勾股定理计算即可．小问1详解】证明：将矩形绕着点逆时针旋转得到矩形，使点恰好落到线段上的点处，，，，，，平分；【小问2详解】证