人教版九年级上册数学期中考试试卷含答案

人教版九年级上册数学期中考试试题一、单选题1．下列垃圾分类标识的图案既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（

）A．B．C．D．2．一元二次方程的根的情况是（）A．没有实数根B．有两个不相等的实数根C．有两个相等的实数根D．只有一个实数根3．抛物线的顶点是（）A．B．C．D．4．一元二次方程配方后可变形为（

）A．B．C．D．5．已知二次函数，随的增大而减小，则的取值范围是（）A．B．C．D．6．如图，绕点逆时针旋转得到，若，则的度数是（）A．B．C．D．7．在一次足球邀请赛中，参赛的每两个队之间都要比赛一场，共比赛21场，设共有个队参赛，根据题意，可列方程为（）A．B．C．D．8．已知二次函数的图象的顶点是，且经过点，则二次函数的解析式是（）A．B．C．D．9．已知关于的方程的一个根，且这个方程的两个根恰好是等腰的两条边长，则的周长为（）A．8B．10C．8或10D．6或1010．二次函数的图象如图所示，对称轴是，下列结论正确的是（）A．B．C．D．二、填空题11．方程的解是_____．12．将抛物线向下平移1个单位长度，则平移后的抛物线的解析式是_______．13．如图，已知点的坐标是，，点的坐标是，，菱形的对角线交于坐标原点，则点的坐标是______．14．小王想用篱笆围成一个周长为60米的矩形场地，矩形面积（单位：平方米）随矩形一边长（单位：米）的变化而变化．则与之间的函数关系式是_____．（不用写自变量的取值范围）15．若抛物线与轴有两个公共点，则的取值范围是______．16．如图，中，，，点为边上一点（不与点，重合），连接，将线段绕点逆时针旋转得到，连接．下列结论：①≌；②四边形的面积是；③若，则；④．其中正确的结论是_____．（填写所有正确结论的序号）三、解答题17．解方程：．18．如图，平面直角坐标系中，画出关于原点对称的，并写出、、的坐标．19．已知二次函数．（1）求二次函数的最小值；（2）若点、在二次函数的图象上，且，试比较的大小．20．随着国内新能源汽车的普及，为了适应社会的需求，全国各地都在加快公共充电桩的建设，广东省2019年公共充电桩的数量约为4万个，2021年公共充电桩的数量多达11.56万个，位居全国首位．（1）求广东省2019年至2021年公共充电桩数量的年平均增长率；（2）按照这样的增长速度，预计广东省2022年公共充电桩数量能否超过20万个？为什么？21．如图，平面直角坐标系中，直线与坐标轴交于，两点，点在轴上，点在轴上，抛物线经过点，．（1）求抛物线的解析式；（2）根据图象，写出不等式的解集．22．已知关于的方程有两个实数根．（1）求的取值范围；（2）若是方程的一个根，求方程的另一个根．23．如图，边长为6的正方形中，是的中点，将绕点顺时针旋转得到，是上一点，且，连接．（1）求证：≌；（2）求点到的距离．24．平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点．（1）求点的坐标及抛物线的对称轴；（2）当时，的最大值为3，求的值；（3）已知点，．若线段与抛物线只有一个公共点，结合函数图象，求的取值范围．25．在△ABC中AB=AC，点P在平面内，连接AP并将线段AP绕点A顺时针方向旋转与∠BAC相等的角度，得到线段AQ，连接BQ；【发现问题】如图1，如果点P是BC边上任意一点，则线段BQ和线段PC的数量关系是；【探究猜想】如图2，如果点P为平面内任意一点，前面发现的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．请仅以图2所示的位置关系加以证明（或说明）；【拓展应用】如图3，在△ABC中，AC=2，∠ACB=90°，∠ABC=30°，P是线段BC上的任意一点连接AP，将线段AP绕点A顺时针方向旋转60°，得到线段AQ，连接CQ，请直接写出线段CQ长度的最小值．参考答案1．C【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念逐项判断即可．【详解】A．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；C．是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；D．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意，故选：C．【点睛】本题考查轴对称图形、中心对称图形，理解轴对称图形和中心对称图形是解答的关键．2．A【解析】【分析】根据一元二次方程根的判别式，时，方程没有实数根；时，方程有两个不相等的实数根；时，方程有两个相等的实数根，将相应的系数代入判别式便可判断.【详解】∵根据一元二次方程根的判别式，当时，原方程没有实数根.故选A【点睛】本题旨在考查一元二次方程根的判别式，熟练掌握该知识点是解此类题目的关键.3．D【解析】【分析】根据二次函数的顶点坐标是（h，k）即可解答．【详解】解：抛物线的顶点是（﹣3，0），故选：D．【点睛】本题考查二次函数的性质，熟知二次函数的顶点坐标是（h，k）解答的关键．4．A【解析】【分析】先把常数项移到方程右边，再把方程两边加上16，然后把方程左边写成完全平方形式即可．【详解】解：∵x2-8x+1=0，∴x2-8x=-1，∴x2-8x+16=15，∴（x-4）2=15．故选A．【点睛】本题考查了解一元二次方程-配方法，当二次项系数为1时，配一次项系数一半的平方是关键．5．A【解析】【分析】根据y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0），当a＜0时，在对称轴右侧y随x的增大而减小，可得答案．【详解】解：∵，∴a＜0，∴当x＞2时y随x的增大而减小．故选：A．【点睛】本题考查了二次函数的性质，二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0），当a＞0时，在对称轴左侧y随x的增大而减小，在对称轴右侧y随x的增大而增大；当a＜0时，在对称轴左侧y随x的增大而增大，在对称轴右侧y随x的增大而减小．6．B【解析】【分析】根据旋转的性质得出旋转角∠AOC=65°即可．【详解】解：∵绕点逆时针旋转得到，∴∠AOC=65°，∵∠AOB=30°，∴∠BOC=∠AOC﹣∠AOB=65°﹣30°=35°，故选：B．【点睛】本题考查旋转的性质，熟练掌握旋转的性质，准确找到旋转角是解答的关键．7．D【解析】【分析】类似的场次比赛相互问题可看做“握手问题”，由于赛制是单循环（每两队都赛一场），设有队参赛，因此比赛总的场次为场，剧题意总场次为21场，依此等量关系列出方程.【详解】设共有队参赛，此次比赛总场次为已知共比赛21场.根据题意列方程为故答案选D.【点睛】本题考查一元二次方程的实际应用，找到等量关系为解题的关键.8．C【解析】【分析】利用待定系数法确定函数解析式即可；【详解】解：设该抛物线解析式是：y＝a（x-1）2﹣2（a≠0）．把点（0，-5）代入，得a（0-1）2﹣2=-5，解得a=-3．故该抛物线解析式是．故答案选：C【点睛】本题主要考查了待定系数法求抛物线的解析式，难度不大，需要掌握抛物线的顶点式．9．B【解析】【分析】先求得方程的两个根，再根据等腰三角形的条件判断即可．【详解】∵关于的方程的一个根，∴，∴，∴方程变形为，解得，∵方程的两个根恰好是等腰的两条边长，∴其三边可能是2，2，4或4，4，2，∵2+2=4，故三角形不存在，故三角形的周长为10，故选B．【点睛】本题考查了一元二次方程的根，一元二次方程的解法，等腰三角形的分类，熟练解一元二次方程是解题的关键．10．D【解析】【分析】根据抛物线的性质，对称轴，图形的信息，逐一计算判断即可．【详解】∵，∴，∵抛物线与y轴交于正半轴，∴，∴，故A不符合题意；∵，∴，故B不符合题意；∵时，y=a-b+c，∴2a-2b+2c，∵，∴，∴-b-2b+2c，∴3b-2c，故C不符合题意；∵时，y=a-b+c，∵，∴，∴3a+c，故D符合题意；故选D．【点睛】本题考查了二次函数图像，抛物线的性质，灵活运用图像及其性质是解题的关键．11．x=±5【解析】【分析】移项得x2=25，然后采用直接开平方法即可得到方程的解．【详解】解：∵x2-25=0，移项，得x2=25，∴x=±5．故答案为：x=±5．【点睛】本题考查了利用直接开平方法解一元二次方程．用直接开方法求一元二次方程的解的类型有：x2=a（a≥0）；ax2=b（a，b同号且a≠0）；（x+a）2=b（b≥0）；a（x+b）2=c（a，c同号且a≠0）．法则：要把方程化为“左平方，右常数，先把系数化为1，再开平方取正负，分开求得方程解”．12．##【解析】【分析】根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．【详解】解：向下平移1个单位长度所得抛物线解析式为：．故答案为：．【点睛】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．13．【解析】【分析】根据菱形具有的平行四边形基本性质，对角线互相平分，且交点为坐标原点，则，关于原点对称，因此在直角坐标系中两点的坐标关于原点对称，横坐标与横坐标互为相反数，纵坐标与纵坐标互为相反数便可得.【详解】∵四边形是菱形，对角线相交于坐标原点∴根据平行四边形对角线互相平分的性质，和；和均关于原点对称根据直角坐标系上一点关于原点对称的点为可得已知点的坐标是，则点的坐标是.故答案为：.【点睛】本题旨在考查菱形的基本性质及直角坐标系中关于原点对称点的坐标的知识点，熟练理解掌握该知识点为解题的关键.14．【解析】【分析】根据矩形的周长及其一边长表示出另一边为（30－x）米，再根据矩形的面积公式求函数关系式即可．【详解】∵矩形周长为60米，一边长米，∴另一边长为（30－x）米，∴矩形的面积．故答案为：．【点睛】本题考查了根据实际问题列二次函数关系式，弄清题意，正确找出等量关系是解题的关键．15．且【解析】【分析】根据抛物线的定义，得；结合题意，根据抛物线和一元二次方程判别式的性质分析，即可得到答案．【详解】∵抛物线∴∴∵抛物线与轴有两个公共点，即有两个不同的实数根∴∴故答案为：且．【点睛】本题考查了二次函数、一元二次方程的知识；解题的关键是熟练掌握二次函数、一元二次方程判别式的性质，从而完成求解．16．①③④【解析】【分析】根据旋转性质可得CD=CE，∠ECD=90°由，可得∠ACE=∠DCB，可证△ACE≌△BCD（SAS），可判断①正确；由四边形AECD面积=三角形ABC面积，可判断②不正确;由全等三角形性质可得∠AEC=∠BDC=105°，AE=BD，由，，可得∠CAB=∠EAC=∠B=45°，∠EAB=90°，∠ADE==30°，利用30度直角三角形性质可得ED=2AE=2BD，再由勾股定理可判断③正确；利用勾股定理可得，可判断④正确．【详解】解：∵线段绕点逆时针旋转得到，∴CD=CE，∠ECD=90°，∵∴∠ACE+∠ACD=∠ACD+∠DCB=90°，∴∠ACE=∠DCB，在△ACE和△BCD中，，∴△ACE≌△BCD（SAS），故①正确；S四边形AECD=S△ACE+S△ACD=S△BCD+S△ACD=S△ABC=，故②不正确；连结ED，∵△ACE≌△BCD，∴∠AEC=∠BDC=105°，AE=BD，∵，，∴∠CAB=∠B=45°，∴∠EAC=∠B=45°，∴∠EAB=∠EAC+∠CAB=45°+45°=90°，∵CE=CD，∠ECD=90°，∴∠CED=∠CDE=，∴∠AED=∠AEC-∠CED=105°-45°=60°，∴∠ADE=90°-∠AED=90°-60°=30°，∴ED=2AE=2BD，在Rt△AED中，AD=，故③正确；在Rt△CED中，DE2=，在Rt△AED中，∴AE2+AD2=BD2+AD2=ED2=2CD2,∴，故④正确，正确的结论是①③④．故答案为①③④．17．，．【分析】利用因式分解法解方程．【详解】解：，，则或，解得，．18．图见解析，，、【分析】根据关于原点对称的点的坐标都是互为相反数计算即可．【详解】解：∵A（-3，4），B（-5，1），C（-1，2）∴它们关于原点对称的点分别为，、，画图如下：为所求作的图形．19．（1）﹣1；（2）【分析】（1）将二次函数的解析式化为顶点式，进而求得最值即可；（2）求出该二次函数的对称轴，进而根据开口方向和增减性求解即可．【详解】解：（1）二次函数=，∵a=1＞0，∴该二次函数有最小值，最小值是；（2）∵该二次函数图象的对称轴为直线x=﹣2，且开口向上，∴当时，随的增大而增大，∴．【点睛】本题考查二次函数的图象与性质、求二次函数的最值，熟练掌握二次函数的图象与性质是解答的关键．20．（1）；（2）预计广东省2022年公共充电桩数量不能超过20万个，理由见解析．【解析】【分析】（1）设2019年至2021年广东省公共充电桩数量的年平均增长率为x，根据广东省2019年及2021年公共充电桩，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；（2）根据广东省2022年公共充电桩数量=广东省2021年公共充电桩数量×（1+增长率），即可求出结论．【详解】解：（1）设广东省2019年至2021年公共充电桩数量的年平均增长率为解得：，（不合题意，舍去）答：年平均增长率为．（2）该省2022年公共充电桩数量答：预计广东省2022年公共充电桩数量不能超过20万个．【点睛】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．21．（1）；（2）【解析】【分析】（1）求出A，B点代入进而求出函数解析式；（2）直接利用A，B点坐标进而利用函数图象得出答案；【详解】解：（1）∵直线与坐标轴交于，两点∴点A的坐标是，，点B的坐标是，.把，，，代入得：

解得∴抛物线的解析式是.

（2）∵点A的坐标是，，点B的坐标是，.∴根据图像可得：不等式的解集是：；【点睛】此题主要考查了利用待定系数法求函数解析式以及二次函数与不等式的关系，解题的关键是利用待定系数法得到关于b、c的方程，解方程即可解决问题．22．（1）；（2）或【解析】【分析】（1）根据有两个实数根,得到不等式△≥0，计算即可；（2）确定m的值，得到符合题意的一元二次方程，解得即可．【详解】解：（1）∵关于的方程有两个实数根，∴△，解得：．（2）是方程的一个根，∴，∴，此时原方程为或.解得：，或，．∴方程的另一个根为或．23．（1）见解析；（2）【解析】（1）根据正方形和旋转的性质得到，，即可求解；（2）设，则，，由勾股定理求得，等面积法求解即可．【详解】（1）证明：正方形中，由旋转的性质得，，∴，∴点，点，点三点共线.∵，∴，∴，即∴在和中

∴（2）解：由（1）得：∵正方形的边长为6，是的中点∴设，则，在中，解得，即由勾股定理得：设点到的距离为则，即∴点到的距离是．24．（1），；（2）或；（3）或．【分析】（1）把代入抛物线的解析式求解抛物线与轴的交点坐标即可，再利用抛物线的对称轴方程求解抛物线的对称轴即可；（2）分两种情况讨论，①当时，抛物线的开口向上，且此时，取最大值；②当时，抛物线的开口向下，且此时，取最大值，再分别列方程求解即可；（3）分两种情况分别画出符合题意的图形，①当时，如图，当点在点的左侧（包括点或点在点的右侧（包括点时，线段与抛物线只有一个公共点；②当时，如图，当在点与点之间（包括点，不包括点时，线段与抛物线只有一个公共点，再根据点的位置列不等式即可得到答案.【详解】解：（1）令，则．．抛物线的对称轴为．（2），抛物线的对称轴为．①当时，抛物线的开口向上，且此时，取最大值.∴∴.②当时，抛物线的开口向下，且此时，取最大值.∴∴.综上所述，或．（3）∵抛物线的对称轴为．设点关于对称轴的对称点为点，.，∴点都在直线上．①当时，如图，当点在点的左侧（包括点或点在点的右侧（包括点时，线段与抛物线只有一个公共点．或．（不合题意，舍去）或∴.②当时，如图，当在点与点之间（包括点，不包括点时，线段与抛物线只有一个公共点．．．又，综上所述，的取值范围为或．【点睛】本题考查的是抛物线与坐标轴的交点问题，求解抛物线的对称轴方程，抛物线的最值问题，抛物线与线段的交点问题，掌握数形结合的方法，清晰的分类讨论是解题的关键.25．[发现问题]：BQ=PC；[探究猜想]：BQ=PC仍然成立，理由见解析；[拓展应用]：线段CQ长度最小值是1【解析】【分析】[发现问题]：由旋转知，AQ=AP，∠PAQ=∠BAC，可得∠BAQ=∠CAP，可知△BAQ≌△CAP（SAS），BQ=CP即可；[探究猜想]：结论：BQ=PC仍然成立，理由：由旋转知，AQ=A