2022-2023学年北京市大兴区九年级（上）期中数学试卷

这是一份2022-2023学年北京市大兴区九年级（上）期中数学试卷，共20页。试卷主要包含了填空题，解答题解答应写出文字说明等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年北京市大兴区九年级（上）期中数学试卷
一、选择题（本题共16分，每小题2分）第1一8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个
1．（2分）对称给人们一种美感，下列图形属于中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2分）抛物线y＝2（x﹣3）2+1的顶点坐标是（　　）
A．（3，1） B．（﹣3，1） C．（2，1） D．（2，3）
3．（2分）将抛物线y＝x2向下平移3个单位，则得到的抛物线解析式为（　　）
A．y＝x2+3 B．y＝x2﹣3 C．y＝（x+3）2 D．y＝（x﹣3）2
4．（2分）用配方法解方程x2+2x＝1，变形后的结果正确的是（　　）
A．（x﹣1）＝2 B．（x﹣1）2＝0 C．（x+1）2＝0 D．（x+1）2＝2
5．（2分）在方格纸中，选择标有序号①②③④中的一个小正方形涂黑，与图中四个涂黑的小正方形组成的图形是中心对称图形，选择的小正方形的序号是（　　）

A．① B．② C．③ D．④
6．（2分）已知点A（﹣1，y1），B（1，y2），C（2，y3）都在二次函数y＝（x﹣1）2的图象上，则y1，y2，y3的大小关系正确的是（　　）
A．y1＜y2＜y3 B．y2＜y1＜y3 C．y2＜y3＜y1 D．y3＜y2＜y1
7．（2分）若关于x的一元二次方程（a+1）x2﹣a2﹣a＝0有一个根是x＝﹣1，则a的值为（　　）
A．﹣1 B．0 C．1 D．﹣1或1
8．（2分）在图形的旋转过程中，下面有四种说法：
①对应点到旋转中心的距离相等；
②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
③旋转前、后图形的形状和大小都不变；
④旋转前、后图形的位置一定会改变．
上述四种说法正确的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题（本题共16分，每小题2分）
9．（2分）方程x2﹣3x＝0的根为　 　．
10．（2分）请写出一个开口向上，且过原点的抛物线表达式　 　．
11．（2分）已知点A（a，﹣2）与点B（3，b）关于原点O中心对称，则a+b＝　 　．
12．（2分）若方程xm﹣x+1＝0是关于x的一元二次方程，则m的值为 　 　．
13．（2分）据国家能源局数据公布显示，2022年5月份全社会用电量为6716亿千瓦时，7月份全社会用电量为8324亿千瓦时，若从5月至7月全社会用电量的月平均增长率都相同，求全社会用电量的月平均增长率．设月平均增长率为x，则所列的方程应为 　 　．
14．（2分）抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴及部分图象如图所示，则关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的两根为 　 　．

15．（2分）如图，抛物线y1＝ax2（a≠0）与直线y2＝bx+c（b≠0）的两个交点坐标分别为A（﹣2，4），B（1，1），则当y1＜y2时，x的取值范围是 　 　．

16．（2分）如图，在Rt△ABC中，AC＝BC＝2，∠C＝90°，点O是AB的中点，将一块边长足够大的三角板的直角顶点放在点O处，将三角板绕点O旋转，始终保持三角板直角顶点与点O重合，一条直角边与AC相交，交点为点D，另一条直角边与BC相交，交点为点E．则线段CD与CE的长度之和为 　 　．

三、解答题（本题共68分，第17-22题，每小题5分，第23-26题，每小题5分，第27-28题，每小题5分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．
17．（5分）解方程：2x2﹣6＝0．
18．（5分）解方程：x2+6x+8＝0．
19．（5分）如图，网格中每个小正方形的边长都是单位1．
（1）画出将△ABC绕点O顺时针方向旋转90°后得到的△A'B′C'；
（2）请直接写出A'，B′，C′三点的坐标．

20．（5分）已知二次函数y＝x2﹣2x﹣3．
（1）二次函数y＝x2﹣2x﹣3的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），求A，B两点的坐标；
（2）画出此函数的图象．

21．（5分）如图，在△ABC中，∠CAB＝75°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB'C′的位置，使得CC'∥AB，求∠BAB'的度数．

22．（5分）已知关于x的一元二次方程x2+（3﹣k）x+2﹣k＝0．
（1）求证：此方程总有两个实数根；
（2）若此方程恰有一个根大于1，求k的取值范围．
23．（6分）小明在画一个二次函数的图象时，列出了下面几组x与y的对应值．
x
……
﹣2
﹣1
0
1
2
……
y
……
﹣6
﹣1
2
3
2
……
（1）求该二次函数的解析式；
（2）该二次函数的图象与直线y＝m有两个交点A，B，若A，B两点间的距离小于4，请直接写出m的取值范围．
24．（6分）双手头上前掷实心球是锻炼青少年上肢力量和全身协调性的一个项目，实心球出手后飞行的路线可以看作是抛物线的一部分，建立如图所示的平面直角坐标系，某校一名学生在投掷实心球时，从出手到落地的过程中，实心球的竖直高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）近似满足函数关系y＝﹣x2+x+2．
（1）求该同学投掷实心球时，实心球在空中飞行时竖直高度的最大值；
（2）判断并说明，该同学此次投掷实心球的水平距离能否超过10米．

25．（6分）在正方形ABCD中，AD＝4，点E在边AB上，且AE＝3，将线段DE绕点D逆时针方向旋转得到线段DF，连接EF．
（1）如图1，若点F恰好落在边BC的延长线上，判断△DEF的形状，并说明理由；
（2）若点F落在直线BC上，请直接写出△DEF的面积.

26．（6分）抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）与x轴的交点坐标是（﹣1，0），（3，0）．
（1）请直接写出这条抛物线的对称轴；
（2）已知点A（m，y1），B（m+1，y2）在抛物线上，若y1＜y2，求m的取值范围．
27．（7分）△ABC是等边三角形，将线段AC绕点A逆时针旋转α（0°＜α≤60°）得到线段AD，连接BD，交AC于点O，连接CD，过点A作AP⊥CD于点P，交BD于点E，连接CE．
（1）如图1，当α＝60°时，则∠BEC＝　 　°；
（2）如图2，当0°＜α＜60°时，依题意补全图2．
①猜想（1）中结论是否仍然成立，并说明理由；
②求证：BE＝AE+CE．


28．（7分）在平面直角坐标系xOy中，已知四边形OABC是平行四边形，点A（4，0），∠AOC＝60°，点C的纵坐标为，点D是边BC上一点，连接OD，将线段OD绕点O逆时针旋转60°得到线段OE．
给出如下定义：
如果抛物线y＝ax2+bx（a≠0）同时经过点A，E，则称抛物线y＝ax2+bx（a≠0）为关于点A，E的“伴随抛物线”．
（1）如图1，当点D与点C重合时，点E的坐标为 　 　，此时关于点A，E的“伴随抛物线”的解析式为 　 　；
（2）如图2，当点D在边BC上运动时，连接CE．
①当CE取最小值时，求关于点A，E的“伴随抛物线”的解析式；
②若关于点A，E的“伴随抛物线”y＝ax2+bx（a≠0）存在，直接写出a的取值范围．



2022-2023学年北京市大兴区九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共16分，每小题2分）第1一8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个
1．【解答】解：选项A、C、D都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：B．
2．【解答】解：由抛物线的顶点式y＝2（x﹣3）2+1可得：
该抛物线的顶点坐标为（3，1），
故选：A．
3．【解答】解：抛物线y＝x2向下平移3个单位，则得到的抛物线解析式为y＝x2﹣3．
故选：B．
4．【解答】解：用配方法解方程x2+2x＝1，
变形得：x2+2x+1＝2，
即（x+1）2＝2．
故选：D．
5．【解答】解：①的位置涂黑，整个图形是中心对称图形．
故选：A．
6．【解答】解：当x＝﹣1时，y1＝（x﹣1）2＝（﹣1﹣1）2＝4；
当x＝1时，y2＝（x﹣1）2＝（1﹣1）2＝0；
当x＝2时，y3＝（x﹣1）2＝（2﹣1）2＝1，
所以y2＜y3＜y1．
故选：C．
7．【解答】解：把x＝﹣1代入方程（a+1）x2﹣a2﹣a＝0中得：
（a+1）•（﹣1）2﹣a2﹣a＝0，
a+1﹣a2﹣a＝0，
1﹣a2＝0，
a2＝1，
a＝±1，
∵a+1≠0，
∴a≠﹣1，
∴a＝1，
故选：C．
8．【解答】解：①对应点到旋转中心的距离相等，故本说法符合题意；
②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，故本说法符合题意；
③旋转前、后图形的形状和大小都不变，故本说法符合题意；
④旋转前、后图形的位置一定会改变，故本说法不符合题意；
故选：C．
二、填空题（本题共16分，每小题2分）
9．【解答】解：因式分解得，x（x﹣3）＝0，
解得，x1＝0，x2＝3．
故答案为：x1＝0，x2＝3．
10．【解答】解：
∵开口向上，
∴二次项系数大于0，
∵过原点，
∴常数项为0，
∴抛物线解析式可以为y＝x2，
故答案为：y＝x2
11．【解答】解：∵点A（a，﹣2）与点B（3，b）关于原点O中心对称，
∴a＝﹣3，b＝2，
∴a+b＝﹣3+2＝﹣1．
故答案为：﹣1．
12．【解答】解：∵方程xm﹣x+1＝0是关于x的一元二次方程，
∴m＝2．
故答案为：2．
13．【解答】解：设年平均增长率为x，根据题意得：
6716（1+x）2＝8324，
故答案为：6716（1+x）2＝8324．
14．【解答】解：根据图象可得：图象与x轴的一个交点是（3，0），对称轴是：x＝1，
∴（3，0）关于x＝1的对称点是：（1，0），
则抛物线与x轴的交点是：（﹣1，0）和（3，0），
∴关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的两根为：x1＝﹣1，x2＝3．
故答案为：x1＝﹣1，x2＝3．
15．【解答】解：由图象可知，直线y2＝bx+c（b≠0）在抛物线y1＝ax2（a≠0）的上方时，﹣2＜x＜1，
∴当y1＜y2时，x的取值范围是﹣2＜x＜1，
故答案为：﹣2＜x＜1．
16．【解答】证明：连接OC．

∵AC＝BC，AO＝BO，∠ACB＝90°，
∴∠ACO＝∠BCO＝∠ACB＝45°，OC⊥AB，∠A＝∠B＝45°，
∴OC＝OB，
∵∠BOE+∠EOD+∠AOD＝180°，∠EOD＝90°，
∴∠BOE+∠AOD＝90°，
又∵∠COD+∠AOD＝90°，
∴∠BOE＝∠COD，
在△OCD和△OBE中，
，
∴△OCD≌△OBE（SAS），
∴CD＝BE，
∴CD+CE＝BE+CE＝BC＝2，
故答案为：2．
三、解答题（本题共68分，第17-22题，每小题5分，第23-26题，每小题5分，第27-28题，每小题5分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．
17．【解答】解：移项得：2x2＝6，
x2＝3，
开平方得：x＝±．
18．【解答】解：∵x2+6x+8＝0，
∴（x+2）（x+4）＝0，
∴x+2＝0或x+4＝0，
∴x1＝﹣2，x2＝﹣4．
19．【解答】解：（1）如图，△A'B′C'即为所求；
（2）A'（4，0），B′（0，1），C′（2，2）．

20．【解答】解：令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，
解这个方程得：x1＝﹣1，x2＝3，
∵A点在B点左侧，
∴A（﹣1，0），B（3，0）；
（2）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴对称轴为x＝1，顶点坐标为（1，﹣4），
令x＝0，则y＝﹣3，
∴抛物线与y轴的交点为（0，﹣3）．
建立坐标系，利用描点法画出函数的图象如下图：

21．【解答】解：∵CC′∥AB，
∴∠ACC′＝∠CAB＝75°，
∵△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，
∴AC＝AC′，∠CAC′＝∠BAB′，
∴∠ACC′＝∠AC′C＝75°，
∴∠CAC′＝180°﹣75°﹣75°＝30°，
∴∠BAB′＝30°．
22．【解答】（1）证明：∵Δ＝（3﹣k）2﹣4×（2﹣k）
＝k2﹣2k+1
＝（k﹣1）2≥0，
∴方程总有两个实数根．
（2）解：∵x2+（3﹣k）x+2﹣k＝（x+1）（x+2﹣k）＝0，
∴x1＝﹣1，x2＝k﹣2．
∵方程有一个根大于1，
∴k﹣2＞1，解得：k＞3，
∴k的取值范围为k＞3．
23．【解答】解：（1）由表格数据结合二次函数图象对称性可得图象顶点为（1，3），
设二次函数的表达式为y＝a（x﹣1）2+3（a≠0），
将（﹣1，﹣1）代入得4a+3＝﹣1，
解得a＝﹣1，
∴该二次函数的表达式为y＝﹣（x﹣1）2+3（或y＝﹣x2+2x+2）；
（2）令﹣x2+2x+2＝m，
整理得x2﹣2x﹣2+m＝0，
设点A、B的横坐标为x1，x2，
∴x1，x2是方程x2﹣2x﹣2+m＝0的两个实数根，
∴x1+x2＝2，x1x2＝m﹣2，
∵AB＜4，
∴|x1﹣x2|＜4，
∴（x1﹣x2）2＜16，
∴（x1+x2）2﹣4x1x2＜16，即4﹣4（m﹣2）＜16，
∴m＞﹣1，
∴m的取值范围是m＞﹣1．
24．【解答】解：（1）y＝﹣x2+x+2＝﹣（x2﹣6x）+2＝﹣（x﹣3）2+，
∵﹣＜0，
∴当x＝3时，y有最大值，最大值为，
答：实心球在空中飞行时竖直高度的最大值为；
（2）令y＝0，则＝﹣x2+x+2＝0，
解得x1＝﹣2，x2＝8，
∵8＜10，
∴该同学此次投掷实心球的水平距离不能超过10米．
25．【解答】解：（1）△DEF是等腰直角三角形，理由如下：
在正方形ABCD中，DA＝DC，∠ADC＝∠DAB＝∠DCB＝90°．
∵F落在边BC的延长线上，
∴∠DCF＝∠DAB＝90°．
∵将点E绕点D逆时针旋转得到点F，
∴DE＝DF，
在Rt△ADE和Rt△CDF中，
，
∴Rt△ADE≌Rt△CDF（HL），
∴∠ADE＝∠CDF，
∵∠ADC＝∠ADE+∠EDC＝90°，
∴∠CDF+∠EDC＝90°，即∠EDF＝90°．
∴△DEF是等腰直角三角形；
（2）∵∠A＝90°，AD＝4，AE＝3，
∴DE＝＝＝5，
当点F落在线段BC上时，如图2，

∵∠C＝90°，DF＝DE＝5，
∴CF＝＝3，
∴BE＝BF＝1，
∴△DEF的面积＝S正方形ABCD﹣S△ADE﹣S△CDF﹣S△BEF＝4×4﹣﹣﹣＝3.5；
当点F恰好落在边BC的延长线上时，如图1，
△DEF的面积＝＝12.5，
综上所述，△DEF的面积为3.5或12.5．
26．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）与x轴的交点坐标是（﹣1，0），（3，0），
∴抛物线的对称轴为x＝＝1；
（2）由（1）可知，二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的大致图象如图所示：

∵a＞0，对称轴x＝1，
∴①当m+1＜1时，y1＞y2；
②当m＞1时，y1＜y2；
③当m与m+1在1的两侧且到1的距离相等时，y1＝y2，
此时m＝1﹣＝，
综上，m＞时，y1＜y2．
27．【解答】解：（1）∵∠CAD＝α＝60°，AC＝AD，
∴△ACD是等边三角形，
∴AD＝CD＝AC，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，∠ABE＝∠CBE，
∴∠EOC＝90°，
在△ABE和△CBE中，
，
∴△ABE≌△CBE（SAS），
∴AE＝CE，
∴∠CAE＝∠ECO，
∵AP⊥CD，△ACD是等边三角形，
∴∠CAE＝∠ECO＝30°，
∴∠BEC＝180°﹣（∠EOC+∠ECO）＝180°﹣（90°+30°）＝60°．
故答案为：60；
（2）如图2所示：

①（1）中结论是否仍然成立，理由如下：
如图2所示：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠BAC＝∠ABC＝∠BCA＝60°，
∵AC＝AD，
∴AB＝AD，
∴∠ABO＝∠ADE，
∵AC＝AD，AP⊥CD，
∴∠CAE＝∠DAE，
∴△CAE≌△DAE（SAS），
∴∠ACE＝∠ADE，
∴∠ABO＝∠ACE，
∵∠ABC＝∠ABO+∠OBC＝60°，∠ABO＝∠ACE，
∴∠ACE+∠EBC＝60°，
∵∠BEC＝180°﹣（∠EBC+∠BCE），∠BCE＝∠BCA+∠ACE，
∴∠BEC＝180°﹣（∠BCA+∠ACE+∠EBC），
∵∠ACE+∠EBC＝60°，∠BCA＝60°，
∴∠BEC＝180°﹣（∠BCA+∠ACE+∠EBC）＝180°﹣（60°+60°）＝60°；
②如图3所示：在BE上截取EF＝CE，
∵∠BEC＝60°，EF＝CE，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF＝CE＝CF，∠FCE＝60°
∵△ABC是等边三角形，
∴BC＝AC，∠BCA＝60°，
∴∠FCE＝∠BCA，
∵∠FCE＝∠FCO+∠ACE，∠BCA＝∠FCO+∠BCF，∠FCE＝∠BCA，
∴∠ACE＝∠BCF，
在△BCF和△ACE中，
，
∴△BCF≌△ACE（SAS），
∴BF＝AE，
∵BE＝BF+EF，BF＝AE，EF＝CE，
∴BE＝AE+CE．

28．【解答】解：（1）如图，连接CE，过点E作E′作x轴的垂线于点E′，过点C作CC′⊥x轴于点C′，
∴CC′＝，
∵∠AOC＝60°，
∴OC＝2，
由旋转可知，OE＝OC＝2，∠EOC＝60°，
∴△COE是等边三角形，

∴∠EOE′＝60°，
∴OE′＝1，EE′＝，
∴E（﹣1，）．
将A（4，0），E（﹣1，）代入抛物线y＝ax2+bx（a≠0），
∴，
解得．
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣；
故答案为：（﹣1，）；y＝x2﹣；
（2）①由旋转可知，点E在线段C′B′上运动，过点C作CE⊥C′B′于点E，点E即为所求，过点E作y轴的垂线，过点C′作x轴的垂线，交EM于点M，交x轴于点N，
由题意可知，CC′＝2，
由旋转可知，△OBC≌△OB′C′，
∴C′B′＝CB＝OA＝4，∠OCB＝∠OC′′＝120°，
∵∠OC′C＝60°，
∴∠B′C′C＝60°，CC′＝OC＝2，
∴C′E＝1，CE＝，
∴ME＝，C′M＝，
∴E（﹣，）．
将A（4，0），E（﹣，）代入抛物线y＝ax2+bx（a≠0），
∴，
解得．
∴关于点A，E的“伴随抛物线”的解析式为：y＝x2﹣．
②如图，过点B′作x轴的平行线，交MN于点P，
∴B′P＝2，PC′＝2，
∴B′（1，3），
将B′（1，3），A（4，0）代入抛物线的解析式y＝ax2+bx（a≠0），
∴，
解得．
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4．
结合图象可知，a的取值范围为：＜a＜；﹣＜a＜0．