陕西省安康市宁陕县蒲河九年制学校2022-2023学年九年级上学期期中数学试卷(含答案)

这是一份陕西省安康市宁陕县蒲河九年制学校2022-2023学年九年级上学期期中数学试卷(含答案)，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年陕西省安康市宁陕县蒲河九年制学校九年级第一学期期中数学试卷
一、单选题（每小题3分，共30分）
1．如图，是5个大小相同的小正方体的组合体，则它的左视图是（　　）

A． B． C． D．
2．如图图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（　　）
A． B． C． D．
3．已知OA＝4，以O为圆心，r为半径作⊙O．若使点A在⊙O内，则r的值可以是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
4．将抛物线y＝3x2向上平移3个单位，再向左平移2个单位，那么得到的抛物线的解析式为（　　）
A．y＝3（x+2）2+3 B．y＝3（x﹣2）2+3
C．y＝3（x+2）2﹣3 D．y＝3（x﹣2）2﹣3
5．用配方法解方程x2﹣4x＝﹣2，下列配方正确的是（　　）
A．（x﹣2）2＝2 B．（x+2）2＝2 C．（x﹣2）2＝﹣2 D．（x﹣2）2＝0
6．若菱形ABCD的边长为2，其中∠ABC＝60°，则菱形ABCD的面积为（　　）
A．4 B． C．2 D．
7．关于二次函数y＝﹣2（x﹣3）2的图象和性质，下列说法正确的是（　　）
A．开口方向向下，顶点坐标为（0，3）
B．当x＝3时，函数有最大值0
C．当x＜3时，y随x的增大而减小
D．开口方向向下，对称轴为y轴
8．把方程2x（x﹣1）＝3x化成一元二次方程的一般形式，则二次项系数、一次项系数、常数项分别是（　　）
A．2，5，0 B．2，﹣5，0 C．2，5，1 D．2，3，0
9．如图所示，P是等边三角形ABC内的一点，若将三角形PBC绕点B旋转到三角形P′BA，则∠P′BP的度数为（　　）

A．45° B．60° C．90° D．120°
10．如图，在△ABC中，∠ABC＝∠C，将△ABC绕点B逆时针旋转得△DBE，点E在AC上，若ED＝3，EC＝1，则EB＝（　　）

A． B． C． D．2
二、填空题（每空2分，共10分）
11．点P（﹣4，6）与Q（2m，﹣6）关于原点对称，则m＝　 　．
12．如图，△ABC是等腰直角三角形，BC是斜边，将△ABP绕点A逆时针旋转到△ACP′的位置、如果AP＝3，那么PP′的长等于　 　．

13．二次函数y＝x2+2的图象的顶点坐标是　 　．
14．设m、n是一元二次方程x2+2x﹣7＝0的两个根，则m2+3m+n＝　 　．
15．如图，已知在半径为10的⊙O中，弦AB＝16，OC⊥AB，则OC的长为 　 　．

三、解答题（共60分）
16．解下列方程：
（1）3x2+5（2x+1）＝0；
（2）（x﹣1）（x﹣3）＝8．
17．已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象抛物线经过（﹣5，0），（0，），（1，6）三点，直线L的解析式为y＝2x﹣3．
（1）求抛物线的函数解析式．
（2）求证：抛物线与直线L无公共点．
18．如图，已知AB＝AD，∠BAC＝∠DAC，求证：△ABC≌△ADC．

19．如图，将矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG，点B与点E对应，点E恰好落在AD边上，BH⊥CE交于点H，求证：AB＝BH．

20．已知：△ABC为等边三角形，点D、E分别在BC和AC上，并且CD＝AE，连接AD、BE相交于点N，过点B作BM⊥AD于点M．
（1）求证：BE＝AD；
（2）若NE＝2，MN＝5，求AD的长．

21．如图，⊙O是四边形ABCD的外接圆，对角线AC与BD相交于点E，且AE＝DE，连接AD、CB．
（1）求证：AB＝CD；
（2）在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图中所有的全等三角形．



参考答案
一、单选题（每小题3分，共30分）
1．如图，是5个大小相同的小正方体的组合体，则它的左视图是（　　）

A． B． C． D．
【分析】根据从左侧看到的图形是左视图，可得答案．
【解答】从左侧看．第一层由两个，第二层左侧有一个小正方形，
故选：A．
【点评】本题考查简单组合体的三视图，正确记忆三视图的判断方法是解题关键．
2．如图图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（　　）
A． B． C． D．
【分析】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，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．
解：A．既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D．既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点评】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．
3．已知OA＝4，以O为圆心，r为半径作⊙O．若使点A在⊙O内，则r的值可以是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据点A与⊙O的位置关系确定点到圆心的距离与圆的半径大小即可．
解：∵已知OA＝4，以O为圆心，r为半径作⊙O．若使点A在⊙O内，
∴点A到圆心的距离应该小于圆的半径，
∴圆的半径应该大于4．
故选：D．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系，解题的关键是了解圆的位置关系与点与圆心的距离及半径的大小关系，难度不大．
4．将抛物线y＝3x2向上平移3个单位，再向左平移2个单位，那么得到的抛物线的解析式为（　　）
A．y＝3（x+2）2+3 B．y＝3（x﹣2）2+3
C．y＝3（x+2）2﹣3 D．y＝3（x﹣2）2﹣3
【分析】直接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
解：由“上加下减”的原则可知，将抛物线y＝3x2向上平移3个单位所得抛物线的解析式为：y＝3x2+3；
由“左加右减”的原则可知，将抛物线y＝3x2+3向左平移2个单位所得抛物线的解析式为：y＝3（x+2）2+3．
故选：A．
【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知二次函数图象平移的法则是解答此题的关键．
5．用配方法解方程x2﹣4x＝﹣2，下列配方正确的是（　　）
A．（x﹣2）2＝2 B．（x+2）2＝2 C．（x﹣2）2＝﹣2 D．（x﹣2）2＝0
【分析】根据配方法即可求出答案．
解：x2﹣4x+4＝﹣2+4，
（x﹣2）2＝2，
故选：A．
【点评】本题考查二次根式的混合运算，解题的关键是熟练运用二次根式的加减运算法则以及乘除运算法则，本题属于基础题型．
6．若菱形ABCD的边长为2，其中∠ABC＝60°，则菱形ABCD的面积为（　　）
A．4 B． C．2 D．
【分析】过点A作AE⊥BC于E，由含30°角的直角三角形的性质得BE＝1，再求出AE的长，然后由菱形的面积公式即可得解．
解：如图，过点A作AE⊥BC于E，

则∠AEB＝90°，
∵菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，
∴∠BAE＝90°﹣60°＝30°，
∴BE＝AB＝1，
∴AE＝BE＝，
∴菱形的面积＝BC×AE＝2×＝2．
故选：D．
【点评】本题考查了菱形的性质、解直角三角形等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
7．关于二次函数y＝﹣2（x﹣3）2的图象和性质，下列说法正确的是（　　）
A．开口方向向下，顶点坐标为（0，3）
B．当x＝3时，函数有最大值0
C．当x＜3时，y随x的增大而减小
D．开口方向向下，对称轴为y轴
【分析】由二次函数解析式可得抛物线开口方向及顶点坐标，进而求解．
解：∵y＝﹣2（x﹣3）2，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线x＝3，顶点坐标为（3，0），
∴x＜3时，y随x增大而增大，x＝3时，y取最大值为0，
故选：B．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系．
8．把方程2x（x﹣1）＝3x化成一元二次方程的一般形式，则二次项系数、一次项系数、常数项分别是（　　）
A．2，5，0 B．2，﹣5，0 C．2，5，1 D．2，3，0
【分析】方程整理为一般形式，找出所求即可．
解：方程2x（x﹣1）＝3x，
整理得：2x2﹣5x＝0，
则二次项系数为2，一次项系数为﹣5，常数项为0．
故选：B．
【点评】此题考查了一元二次方程的一般形式，其一般形式为ax2+bx+c＝0（a≠0），其中ax2叫做二次项，a叫做二次项系数；bx叫做一次项；c叫做常数项．一次项系数b和常数项c可取任意实数，二次项系数a是不等于0的实数．
9．如图所示，P是等边三角形ABC内的一点，若将三角形PBC绕点B旋转到三角形P′BA，则∠P′BP的度数为（　　）

A．45° B．60° C．90° D．120°
【分析】由旋转的性质可得∠ABC＝∠P'BP＝60°，即可求解．
解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠ABC＝60°，
∵将三角形PBC绕点B旋转到三角形P′BA，
∴∠ABC＝∠P'BP＝60°，
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
10．如图，在△ABC中，∠ABC＝∠C，将△ABC绕点B逆时针旋转得△DBE，点E在AC上，若ED＝3，EC＝1，则EB＝（　　）

A． B． C． D．2
【分析】根据∠ABC＝∠BEC，∠C＝∠C，即可判定△ABC∽△BEC，再根据相似三角形的性质，即可得到BC的长，进而得到BE的长．
解：方法一：
由旋转可得，△ABC≌△DBE，
∴BC＝BE，DE＝AC＝3，
∴∠C＝∠BEC，
又∵∠ABC＝∠C，
∴∠ABC＝∠BEC，
又∵∠C＝∠C，
∴△ABC∽△BEC，
∴＝，即BC2＝CE×CA，
∴BC＝＝，
∴BE＝，
方法二：过点B作BH⊥AC于点H，

由旋转可得BE＝BC，
则CH＝EH＝CE＝，
则AH＝AC﹣CH＝，
则BH2＝AB2﹣AH2＝BC2﹣CH2，而AB＝3，
即9﹣（）2＝BC2﹣（）2，
解得BC＝＝BE，
故BE＝．
故选：A．

【点评】本题主要考查了旋转的性质以及相似三角形的判定与性质，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用．
二、填空题（每空2分，共10分）
11．点P（﹣4，6）与Q（2m，﹣6）关于原点对称，则m＝　2　．
【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出m的值．
解：∵点P（﹣4，6）与Q（2m，﹣6）关于原点对称，
∴2m＝4，
解得：m＝2．
故答案为：2．
【点评】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确掌握横纵坐标的关系是解题关键．
12．如图，△ABC是等腰直角三角形，BC是斜边，将△ABP绕点A逆时针旋转到△ACP′的位置、如果AP＝3，那么PP′的长等于　　．

【分析】因为△ACP′是由△ABP旋转得到的，则这两个三角形全等，根据∠BAP+∠PAC＝90°所以∠CAP′+∠PAC＝90°，可得△PAP′为等腰直角三角形，由勾股定理即可求解．
解：AP＝AP′＝3，∠BAP＝∠CAP′，
∵∠BAP+∠PAC＝90°，
∴∠CAP′+∠PAC＝90°，即△PAP′为等腰直角三角形，由勾股定理得PP′＝3．
【点评】此题主要考查学生对旋转的性质及等腰三角形的性质的掌握情况．
13．二次函数y＝x2+2的图象的顶点坐标是　（0，2）　．
【分析】根据顶点式解析式写出顶点坐标即可．
解：二次函数y＝x2+2的图象的顶点坐标是（0，2）．
故答案为：（0，2）．
【点评】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握顶点式解析式是解题的关键．
14．设m、n是一元二次方程x2+2x﹣7＝0的两个根，则m2+3m+n＝　5　．
【分析】根据根与系数的关系可知m+n＝﹣2，又知m是方程的根，所以可得m2+2m﹣7＝0，最后可将m2+3m+n变成m2+2m+m+n，最终可得答案．
解：∵设m、n是一元二次方程x2+2x﹣7＝0的两个根，
∴m+n＝﹣2，
∵m是原方程的根，
∴m2+2m﹣7＝0，即m2+2m＝7，
∴m2+3m+n＝m2+2m+m+n＝7﹣2＝5，
故答案为：5．
【点评】本题主要考查了根与系数的关系，解题的关键是把m2+3m+n转化为m2+2m+m+n的形式，结合根与系数的关系以及一元二次方程的解即可解答．
15．如图，已知在半径为10的⊙O中，弦AB＝16，OC⊥AB，则OC的长为 　6　．

【分析】先利用垂径定理得到AC＝BC＝8，然后利用勾股定理计算OC的长．
解：∵OC⊥AB，
∴AC＝BC＝AB＝×16＝8，
在Rt△AOC中，OC＝＝＝6．
故答案为6．
【点评】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．
三、解答题（共60分）
16．解下列方程：
（1）3x2+5（2x+1）＝0；
（2）（x﹣1）（x﹣3）＝8．
【分析】（1）整理成一般式，然后运用公式法求方程的解；
（2）整理后，运用因式分解的方法求方程的解．
解：（1）3x2+5（2x+1）＝0，
3x2+10x+5＝0；
∵a＝3，b＝10，c＝5，
∴Δ＝102﹣4×3×5＝40＞0，
∴x＝＝，
∴x1＝，x2＝．
（2）（x﹣1）（x﹣3）＝8，
x2﹣4x﹣5＝0，
（x+1）（x﹣5）＝0
∴x+1＝0或x﹣5＝0
∴x1＝﹣1，x2＝5．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，公式法，熟练掌握各种解法是解本题的关键．
17．已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象抛物线经过（﹣5，0），（0，），（1，6）三点，直线L的解析式为y＝2x﹣3．
（1）求抛物线的函数解析式．
（2）求证：抛物线与直线L无公共点．
【分析】（1）直接把点（﹣5，0），（0，），（1，6）代入二次函数y＝ax2+bx+c，求出a、b、c的值即可；
（2）把（1）中求出的抛物线的解析式与直线l的解析式y＝2x﹣3组成方程组，再根据一元二次方程根的判别式即可得出结论．
【解答】（1）解：∵二次函数y＝ax2+bx+c的图象抛物线经过（﹣5，0），（0，），（1，6）三点，
∴，
解得 ，
∴抛物线的函数解析式为：y＝x2+3x+；

（2）证明：∵抛物线的函数解析式为：y＝x2+3x+，
∴代入y＝2x﹣3得2x﹣3＝x2+3x+；
整理得x2+x+＝0，
∵Δ＝12﹣4××＝﹣10＜0，
∴方程无实数根，即抛物线与直线L无公共点．
【点评】本题考查的是待定系数法求二次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象上点的坐标特征，熟知一元二次方程的解与Δ的关系式解答此题的关键．
18．如图，已知AB＝AD，∠BAC＝∠DAC，求证：△ABC≌△ADC．

【分析】根据SAS推出两三角形全等即可．
【解答】证明：在△ABC和△ADC中，
，
∴△ABC≌△ADC（SAS）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定的应用，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS．
19．如图，将矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG，点B与点E对应，点E恰好落在AD边上，BH⊥CE交于点H，求证：AB＝BH．

【分析】由平行线的性质可得∠DEC＝∠BCH，再根据“AAS”可得△EDC≌△CHB，进而可得结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AB＝CD，
∴∠DEC＝∠BCH，
∵∠D＝90°，BH⊥AC，
∴∠D＝∠BHC，
由旋转得，CE＝CB，
在△EDC和△CHB中，
，
∴△EDC≌△CHB（AAS），
∴BH＝CD＝AB．
【点评】本题考查旋转的性质，根据“AAS”得到△EDC≌△CHB是解题关键．
20．已知：△ABC为等边三角形，点D、E分别在BC和AC上，并且CD＝AE，连接AD、BE相交于点N，过点B作BM⊥AD于点M．
（1）求证：BE＝AD；
（2）若NE＝2，MN＝5，求AD的长．

【分析】（1）SAS证明△ABE≌△CAD，进而解答即可；
（2）根据全等三角形的性质解答即可．
【解答】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝∠C＝60°，
在△ABE与△CAD中，
，
∴△ABE≌△CAD（SAS），
∴BE＝AD；
（2）∵△ABE≌△CAD，
∴∠ABE＝∠CAD，
∴∠BND＝∠CAD+∠BAD＝∠BAC＝60°，
∴∠MBN＝30°，
∴BN＝2MN＝2×5＝10，
∴BE＝BN+NE＝10+2＝12，
∴AD＝12．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质．应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
21．如图，⊙O是四边形ABCD的外接圆，对角线AC与BD相交于点E，且AE＝DE，连接AD、CB．
（1）求证：AB＝CD；
（2）在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图中所有的全等三角形．

【分析】（1）根据圆周角定理得到：∠AOB＝∠DOC，则由圆心角、弧，弦的关系证得结论；
（2）根据全等三角形的判定定理解答．
【解答】（1）证明：如图，连接OA、OB、OC、OD，
∵AE＝DE，
∴∠ADB＝∠DAC，
∴∠AOB＝∠DOC，
∴AB＝CD；

（2）解：①在△ABD与△DCA中，
．
故△ABD≌△DCA（AAS）；
②在△ABE与△DCE中，
．
故△ABE≌△DCE（AAS）；
③由AB＝DC知，∠ACB＝∠DBC．
在△ABC与△DCB中，
．
故△ABC≌△DCB（AAS）．

【点评】考查了圆心角、弧，弦的关系，全等三角形的判定，全等三角形的5种判定方法中，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件，若已知两边对应相等，则找它们的夹角或第三边；若已知两角对应相等，则必须再找一组对边对应相等，且要是两角的夹边，若已知一边一角，则找另一组角，或找这个角的另一组对应邻边．