2022-2023学年天津市滨海新区九年级上学期数学期中试卷及答案

这是一份2022-2023学年天津市滨海新区九年级上学期数学期中试卷及答案，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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＝0B. x＝﹣2C. x1＝0，x2＝2D. 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的解法，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. 6D. 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（ ）
1B.
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. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】A
【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，，
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：．
【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：
是由绕点旋转得到，
，，，
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
【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】
证明：过点作于，如图：

平分，，，
，
，
，，，
≌，
，即点是中点，
点是中点，
是的中位线，
∴；
【小问3详解】
解：过点作于，过作于，如图：

，
，
，
，
，
，
，，
在中，
，
的长为．
【点睛】本题主要考查旋转的性质，涉及到三角形全等的判定及性质，矩形的的性质，勾股定理，能够熟练运用旋转的性质并结合其他几何性质添加辅助线和证明是解题关键．
25. 如图，关于x的二次函数的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且过点．
（1）求b的值及该二次函数图象的对称轴；
（2）连接，求的面积；
（3）在上方抛物线上有一动点M，请直接写出的面积取到最大值时，点M的坐标．
【答案】（1），二次函数对称轴为直线
（2）3 （3）
【解析】
【分析】（1）直接把代入到二次函数解析式中进行求解即可；
（2）如图所示，过点D作于E，交于F，求出直线的解析式为，则，再根据进行求解即可；
（3）如图所示，过点M作于H，交于N，设，则，同（2）得到，利用二次函数的性质求解即可．
【小问1详解】
解：∵关于x的二次函数经过点，
∴，
∴，
∴二次函数解析式为，
∴抛物线对称轴为直线；
【小问2详解】
解：如图所示，过点D作于E，交于F，
令，则，
∴点C的坐标为；
令，则，
解得或，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
当时，则，
∴，
∴，
∴

；
【小问3详解】
解：如图所示，过点M作于H，交于N，
设，则，
∴，
同（2）可得，
∵，
∴当时，最大，此时点．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，待定系数法求二次函数解析式，求二次函数对称轴，一次函数与几何综合等等，正确作出辅助线利用分割思想进行求解是解题的关键．