2022-2023学年北京市西城区铁路二中九年级（上）期中数学试卷（含解析）

2022-2023学年北京市西城区铁路二中九年级（上）期中数学试卷

一、选择题（本大题共8小题，共16分）

1.    下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是(    )

A.  B.  C.  D.

2.    一元二次方程的一次项系数是(    )

A.  B.  C.  D.

3.    抛物线的顶点坐标是(    )

A.  B.  C.  D.

4.    在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是(    )

A.  B.  C.  D.

5.    如图，将正方形图案绕中心逆时针旋转后，得到的图案是(    )

A.
B.
C.
D.

6.    下列一元二次方程中，没有实数根的是(    )

A.  B.  C.  D.

7.    抛物线和的对称轴分别是(    )

A. 轴，直线 B. 直线，
C. 直线，直线 D. 轴，直线

8.    已知二次函数中，函数与自变量的部分对应值如表：

则当时，的取值范围是(    )

A.  B.  C. 或 D. 或

二、填空题（本大题共8小题，共16分

9.   已知点和点关于原点对称，则______．
10. 将一元二次方程配方写成的形式为______．
11. 请写出一个有最小值，并且对称轴为直线的二次函数的解析式______．
12. 二次函数的图象对称轴右侧上有两点，，若，则______填“”“”或“”
13. 如图，中，在同一平面内，将绕点逆时针旋转到，使，连接，则______

14. 某种植物的主干长出若干个分支，每个支干又长出同样个数的小分支，主干、支干、小分支的总数是，每个支干长出小分支的个数是______．
15. 如图，为正方形内的一点，绕点按顺时针旋转后成为，连接，若、、三点在同一直线上，则的度数为______．

16. 如图一段抛物线：，记为，它与轴交于点和；将绕旋转得到，交轴于；将绕旋转得到，交轴于，如此进行下去，直至得到，若点在第段抛物线上，则的值为______．

三、解答题（本题共10小题，共78分）

17. 解下列方程：
    用公式法解一元二次方程：；
    用适当的方法解方程．
18. 已知二次函数．
    抛物线的顶点坐标是______；
    在平面直角坐标系中，利用五点法画出该函数图象列表

当 ______时，随的增大而增大；
当满足______时，；
当时，函数的取值范围为______；
若有两个不相等的实数根，的取值范围为______．

19. 如图在等边中，点为内的一点，，，将绕点逆时针旋转得，连接．
    求证：；
    求的度数．

20. 已知关于的方程．
    求证：方程总有两个实数根；
    若方程有一个根大于且小于，求的取值范围．
21. 如图，关于的二次函数的图象与轴交于、两点，其中点的坐标为，与轴交于点，设直线的表达式为．
    求二次函数的表达式；
    求直线的表达式；
    当时，直接写出的取值范围．

22. 中国在年北京冬奥会上向全世界展示了“胸怀大局，自信开放，迎难而上，追求卓越，共创未来”的北京冬奥精神．跳台滑雪是北京冬奥会的比赛项目之一，如图是某跳台滑雪场地的截面示意图．平台长米即，平台距地面米．以地面所在直线为轴，过点垂直于地面的直线为轴，取米为单位长度，建立平面直角坐标系，已知滑道对应的函数为，运动员看成点在方向获得速度米秒后，从处向右下飞向滑道，点是下落过程中的某位置忽略空气阻力设运动员飞出时间为秒，运动员与点的竖直距离为米，运动员与点的水平距离为米，经实验表明：，．
    求滑道对应的函数表达式；
    当，时，通过计算判断运动员此时是否已落在滑道上；
    在试跳中，运动员从处飞出，运动员甲飞出的路径近似看做函数图象的一部分，着陆时水平距离为，运动员乙飞出的路径近似看做函数图象的一部分，着陆时水平距离为，则______，填“”“”或“”．

23. 如图，抛物线经过点，，，直线与抛物线的对称轴交于点．
    求抛物线的表达式；
    点在直线上方的抛物线上运动，当的面积最大时，求点的坐标；
    若点为平面内的一点，且以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，请写出符合条件的点的坐标．

24. 问题背景．
    如图，在四边形中，，，、分别是线段、线段上的点．若，试探究线段、、之间的数量关系．
    童威同学探究此问题的方法是，延长到点使连接，先证明≌再证明≌，可得出结论，他的结论应是______．
    猜想论证．
    如图，在四边形中，，，在线段上、在线段延长线上．若，上述结论是否依然成立？若成立说明理由；若不成立，试写出相应的结论并给出你的证明．
    拓展应用．
    如图，在四边形中，，连接、，：：：：，，且则的面积为______．
     
25. 定义：若两个函数的图象关于某一点中心对称，则称这两个函数关于点互为“对称函数”例如，函数与关于原点互为“对称函数”．
    函数关于原点的“对称函数”的函数解析式为______，函数关于原点的“对称函数”的函数解析式为______；
    已知函数与函数关于点互为“对称函数”，若函数与函数的函数值都随自变量的增大而减小，求的取值范围；
    已知点，点，点，二次函数，与函数关于点互为“对称函数”，将二次函数与函数的图象组成的图形记为，若图形与线段恰有个公共点，直接写出的取值范围．
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转，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，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键．
 

2.【答案】 

【解析】解：一元二次方程的一次项系数是，
故选：．
一元二次方程的一般形式是、、为常数，，根据一元二次方程的一般形式得出答案即可．
本题考查了一元二次方程的一般形式，一元二次方程的一般形式是、、为常数，，找项的系数时带着前面的符号．
 

3.【答案】 

【解析】解：，
顶点坐标是，
故选：．
由顶点式二次函数表达式可知：顶点坐标为，可得问题答案．
本题考查了二次函数的性质，熟记顶点式的顶点坐标和开口方向是解题的关键．
 

4.【答案】 

【解析】解：根据中心对称的性质，可知：点关于原点中心对称的点的坐标为．
故选：．
根据平面直角坐标系中任意一点，关于原点的对称点是，然后直接作答即可．
此题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律．
 

5.【答案】 

【解析】解：将正方形图案绕中心逆时针旋转后，得到的图案是：

故选：．
根据中心对称的定义进行判定即可．
本题考查了中心对称图形，旋转的性质，熟练掌握中心对称图形的性质是解题的关键．
 

6.【答案】 

【解析】解：选项，，故没有实数根，符合题意；
选项，，，不符合题意；
选项，，，不符合题意；
选项，，，不符合题意．
故选：．
利用根的判别式和简单一元二次方程求解作答即可．
本题考查根的判别式，能够快速求出一元二次方程的解是解答本题的关键．
 

7.【答案】 

【解析】解：抛物线的对称轴为轴，抛物线的对称轴为直线，
故选：．
已知解析式为抛物线的顶点式，可直接写出对称轴．
此题主要考查了求抛物线的顶点坐标的方法．利用解析式化为，顶点坐标是，对称轴是直线得出是解题关键．
 

8.【答案】 

【解析】解：根据表格可知抛物线经过点，，
对称轴为，
设抛物线经过点，
则：，解得：，
观察表格发现：当时，随着的增大而减小，当时，随着的增大而增大，
当时，的取值范围是或，
故选：．
根据表格数据，利用二次函数的对称性判断出时与时的函数值相同，观察表格发现：当时，随着的增大而减小，当时，随着的增大而增大，即可得出当时，的取值范围是或．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
 

9.【答案】 

【解析】解：点、点关于原点对称，
，，
则．
故答案为：．
直接利用关于原点对称点的性质得出，的值进而得出答案．
此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号关系是解题关键．
 

10.【答案】 

【解析】解：，
，
，
，
故答案为：．
利用解一元二次方程配方法，进行计算即可解答．
本题考查了解一元二次方程配方法，熟练掌握解一元二次方程配方法是解题的关键．
 

11.【答案】答案不唯一 

【解析】解：依题意可知，抛物线解析式中二次项系数为正，已知对称轴为直线，
根据顶点式，得抛物线解析式为答案不唯一．
故答案为：答案不唯一．
有最小值，二次项系数为正，对称轴为直线，可根据顶点式写出满足条件的函数解析式．
主要考查了抛物线的对称轴、开口方向与抛物线顶点式的关系：顶点式，顶点坐标是，对称轴是直线时，开口向上，时，开口向下．
 

12.【答案】 

【解析】解：根据二次函数的性质可知：二次函数的图象开口向下，对称轴为：，
当时，随的增大而减小，
二次函数的图象对称轴右侧上有两点，，
当时，．
．
故答案为：．
根据题意可知图象开口向下，对称轴是轴，对称轴右侧随的增大而减小；然后根据得出结果即可．
本题考查的是二次函数图象上点的坐标特征，掌握二次函数图象的性质是解决此题的关键．
 

13.【答案】 

【解析】解：，，
，
将绕点逆时针旋转到，
，，
，
故答案为：．
由旋转的性质可得，，由等腰三角形的性质可求解．
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
 

14.【答案】 

【解析】解：设每个支干长出小分支的个数是，
依题意得：，
整理得：，
解得：，不符合题意，舍去，
每个支干长出小分支的个数是．
故答案为：．
设每个支干长出小分支的个数是，根据主干、支干、小分支的总数是，即可得出关于的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
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．
 

15.【答案】 

【解析】解：由旋转可知，
，，
是等腰直角三角形，
，
、、三点在同一直线上
，
故答案为：．
由旋转的性质知为等腰三角形，根据绕点按顺时针旋转后成为，得旋转角，即为等腰直角三角形，根据三角形的一个外角等于和他不相邻的内角和．即可求得．
本题考查了旋转的性质和等腰三角形的性质．灵活运用旋转的性质和等腰三角形的性质这些知识进行推理是解本题的关键．
 

16.【答案】 

【解析】解：令，则，
解得，，
，
由图可知，抛物线在轴下方，
相当于抛物线向右平移个单位，再沿轴翻折得到，
抛物线的解析式为，
在第段抛物线上，
．
故答案为：．
求出抛物线与轴的交点坐标，观察图形可知第偶数号抛物线都在轴下方，然后求出到抛物线平移的距离，再根据向右平移以及沿轴翻折，表示出抛物线的解析式，然后把点的坐标代入计算即可得解．
本题考查了二次函数图象与几何变换，利用点的变化确定函数图象的变化更简便，平移的规律：左加右减，上加下减．
 

17.【答案】解：，
，，，
，
，
所以，；
，
，
，
或，
所以，． 

【解析】先计算出根的判别式的值，然后利用求根公式得到方程的解；
先移项得到，再利用因式分解法把方程转化为或，然后解一次方程．
本题考查了解一元二次方程因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．也考查了公式法．
 

18.【答案】                        或     

【解析】解：，
顶点坐标为，
故答案为：；
列表：

描点，连线：

故答案为：，；，；，；，；，；
由图象可知，当时，随的增大而增大，
故答案为：；
由图象可知，当满足或时，，
故答案为：或；
由图象可知，当时，函数的取值范围为，
故答案为：；
有两个不相等的实数根，
，
解得，
故答案为：．
把抛物线解析式化为顶点式即可求出顶点坐标；
根据五点法列表，描点，连线做出函数图象；
根据中图象和函数的性质即可得出结论；
根据中图象和函数的性质即可得出结论；
根据中图象和函数的性质即可得出结论；
根据判别式，求出的取值范围即可．
本题考查抛物线与轴的交点，二次函数的性质，关键是对二次函数性质的应用．
 

19.【答案】解：证明：将绕点逆时针旋转得，
，，
三角形是等边三角形，
；
由知，，
又，
． 

【解析】证明三角形是等边三角形即可得出；
由四边形的内角和为即可得出答案．
本题主要考查旋转的性质，关键是要牢记旋转前后的两个图形全等，牢记四边形的内角和为．
 

20.【答案】证明：

，
，即，
方程总有两个实数根；
，得，，
方程有一个根大于且小于，
，
． 

【解析】先计算判别式的值得到，利用非负数的性质得，然后根据判别式的意义判断根的情况；
利用求根公式解方程得到，，再利用方程有一个根大于且小于得，然后解不等式组即可．
本题考查了一元二次方程的根的判别式：当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根．
 

21.【答案】解：将代入得，
，
，
二次函数的表达式为；
在中，当时，，
，
将点、坐标代入得，
，
解得，
直线的表达式为；
当时，即，
有图象可知，或． 

【解析】将代入，解方程即可；
首先得出点的坐标，将点、坐标代入，解方程组即可；
直接根据图象可得答案．
本题主要考查了二次函数与不等式，待定系数法求函数解析式等知识，利用数形结合思想是解题的关键．
 

22.【答案】 

【解析】解：由题意得：，
把代入解析式得：，
解得：，
滑道对应的函数表达式为；
当，时，，，
当时，，
而，
运动员此时未落在滑道上；
对于，
令，则，
解得，
；
对于，
令，则，
解得，
，
，，
．
故答案为：．
把代入解析式求出即可；
先把，代入，，再把代入中解析式，比较即可；
令和中的解方程即可．
本题考查二次函数的应用，关键是根据函数的性质进行解答．
 

23.【答案】解：将，，代入，
，
解得，
；
过点作轴交直线于点，
设直线的解析式为，
，
解得，
，
设，则，
，
，
当时，的面积最大，
此时；
设，
，
抛物线的对称轴为直线，
，
当为对角线时，，
解得，
；
当为对角线时，，
解得，
；
当为对角线时，，
解得，
；
综上所述：点的坐标为或或． 

【解析】用待定系数法求函数的解析式即可；
过点作轴交直线于点，设，则，可得，当时，的面积最大，此时；
设，求出，再根据平行四边形对角线的情况分三种情况讨论，利用中点坐标公式求点坐标即可．
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，利用轴对称求最短距离，平行四边形的性质，分类讨论是解题的关键．
 

24.【答案】  

【解析】解：延长到点使，连接，

，，
，
在和中，
，
≌，
，，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，
，
；
故答案为：．

结论不成立，结论：．
理由如下：证明：如图中，在上截取，使，连接．

，，
．
在与中，
，
≌．
，．
．
，
，
．
，
≌．

．

如图中，如图中，过点作交的延长线于，交的延长线于，于．

：：：：，
可以假设，，，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，，
，
，，
≌，
，，，
，，
，
，，
≌，
，，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为．
延长到点使连结，即可证明≌，可得，再证明≌，可得，即可解题；
在上截取，使，连接根据的证法，我们可得出，，那么．
如图中，如图中，过点作交的延长线于，交的延长线于，于证明四边形是正方形即可解决问题．
本题考查了四边形综合题，三角形全等的判定和性质；本题中通过全等三角形来实现线段的转换是解题的关键，没有明确的全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联全等三角形．
 

25.【答案】 

【解析】解：由于抛物线的开口向上，则，故错误；
由于抛物线的对称轴在轴右边，则、异号，所以，故正确；
由于抛物线与轴的交点在轴负半轴，则，故错误；
由于抛物线与轴有两个交点，则，故正确；
因为对称轴为，则，故正确；
当时，，故错误；
当时，，则，即，故正确；
故答案为：．
根据抛物线的开口方向判断；根据对称轴的位置判断；根据抛物线与轴的交点位置判断；根据抛物线与轴的交点情况判断；根据对称轴判断；根据横坐标为的抛物线上的点的纵坐标正负情况判断；根据横坐标为的抛物线上的点的纵坐标取值范围判断．
本题考查的是二次函数的图象与系数的关系，由抛物线的开口方向判断与的关系，由抛物线与轴的交点判断与的关系，根据抛物线与轴交点情况确定与的关系．
 

26.【答案】   

【解析】解：两个函数是关于原点的“对称函数”，
两个函数的点分别关于原点中心对称，
设函数上的任一点为，则它的对称点为，
将代入函数得：
，
．
函数关于原点的“对称函数”的函数解析式为；
同理可得，函数关于原点的“对称函数”的函数解析式为，
故答案为：；；
函数的解析式为，
如图，函数与函数的函数值都随自变量的增大而减小，

“对称函数”的开口方向向下，
在对称轴的右侧随自变量的增大而减小，
函数在对称轴的左边随自变量的增大而减小，
函数与函数的函数值都随自变量的增大而减小，自变量的取值范围为；
当“对称函数”的顶点在上时，如图，

，
二次函数的对称轴为直线，
点为对称中心，
函数的对称轴为直线，
函数的顶点坐标为，
关于点对称的点为，
将代入得：
，
；
当两个函数的交点在上时，如图，

二次函数与轴的交点为和，
点为对称中心，
函数与轴的交点为和，
函数的解析式为，
当时，
，
解得：；
当“伴随函数”经过点时，如图，

点，
，
解得：．
综上，图形与线段恰有个公共点，的取值范围为或或．
结合新定义利用待定系数法解答即可；
利用数形结合的方法结合图象，利用新定义的规定解得即可；
利用分类讨论的方法分三种情况解答：当“对称函数”的顶点在上时，求得函数的顶点坐标，利用对称性求得对称点的坐标，利用待定系数法即可求解；当两个函数的交点在上时，利用两函数与轴的交点坐标，求函数的解析式，令，即可求得值；当“对称函数”经过点时，将坐标代入函数的解析式即可确定的取值范围．
本题主要考查了待定系数法，二次函数的性质，抛物线与轴的交点，中心对称图形的性质，抛物线上点的坐标的特征，本题是新定义型题目，理解新定义并熟练应用以及熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．