广东省封开县广信中学九年级上学期期中考试数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省封开县广信中学九年级上学期期中考试数学试题（解析版）-A4，共21页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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.
【答案】D
【解析】
【分析】根据轴对称图形的定义沿一条直线对折后，直线两旁部分完全重合的图形是轴对称图形，以及中心对称图形的定义分别判断即可得出答案．
【详解】解：A、此图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、此图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
C、此图形不是轴对称图形，旋转180°能与原图形重合，是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、此图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的定义，熟练掌握其定义是解决问题的关键．
2. 方程化为一般形式后一次项系数和常数项分别是（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，将方程化为一般形式即可求解．一元二次方程的一般形式是：（是常数且）特别要注意的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．在一般形式中叫二次项，叫一次项，是常数项．其中分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．
【详解】解：化为一般形式：，
∴一次项系数和常数项分别是，
故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的一般形式是解题的关键．
3. 一元二次方程的解是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】题目主要考查因式分解解一元二次方程，熟练掌握解方程的方法是解题关键．
【详解】解：，
，
∴，
，
故选：C．
4. 将抛物线向左平移2个单位后所得抛物线的表达式是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向左平移横坐标减，纵坐标不变求出平移后的抛物线的顶点坐标，然后利用顶点式形式写出即可．
【详解】解：∵抛物线的顶点坐标是，
∴抛物线向左平移2个单位后的顶点坐标为，
∴所得抛物线的解析式为．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了二次函数图象的图形与变换——平移，解题的关键是熟练掌握图象平移的规律“左加右减，上加下减”．
5. 如图，若被击打的小球飞行高度h（单位：）与飞行时间t（单位：）具有函数关系为，则小球从飞出到落地的所用时间为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据关系式，令求得t的值，即小球从飞出到落地所用的时间．
【详解】解：在中，当时，解得或，
∴小球从飞出到落地的所用时间为，
故选C．
【点睛】本题考查了二次函数的性质在实际生活中的应用．此题为数学建模题，关键在于读懂小球从飞出到落地即飞行的高度为0时的情形，借助二次函数解决实际问题．此题较为简单．
6. 下列函数关系式中，是的二次函数是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次函数的概念求解即可．
【详解】解：A．当时，不是二次函数，故本选项不符合题意；
B．不是二次函数，故本选项不符合题意；
C．是二次函数，故本选项符合题意；
D．不是二次函数，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】此题考查的是二次函数的判断，掌握二次函数的定义（形如（其中是常数，）的函数叫做二次函数）是解题关键．
7. 一元二次方程的根的情况是( )
A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根
C. 没有实数根D. 无法判断
【答案】A
【解析】
【分析】计算根的判别式值，再根据根的判别式进行判断即可．
【详解】解：，，，
，
一元二次方程有两个不相等的实数根．
故选：A．
【点睛】本题考查了根的判别式，掌握如何用根的判别式判定一元二次方程解的情况是解决本题的关键．
8. 设方程的两个根为，，那么的值等于（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系可得： ，，将变为即可求解．
【详解】∵方程的两个根为，，
∴，，
故选：D．
【点睛】本题考查根与系数的关系，熟练掌握根与系数的关系是解题关键．
9. 某厂一月份生产空调机1200台，三月份生产空调机1500台，若二、三月份每月平均增长的百分率是x，则所列方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由于一月份生产空调1200台，三月份生产空调1500台，若二、三月份每月平均增长的百分率为x，那么二、三月份分别生产1200（1＋x）吨、1200（1＋x）2吨，由此即可列出方程．
【详解】解：依题意得
．
故答案为：B．
【点睛】此题主要考查了一元二次方程的应用，是增长率的问题，解题的关键利用了增长率的公式a（1＋x）2＝b．
10. 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（ ）

A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线开口向下和对称轴的位置，抛物线与y轴交于正半轴，可得：即可判断①；由结合：，即可判断②；根据抛物线开口向下，对称轴为直线，即可判断③；由的两根是：，得：的两根是：，进而得：的两根，即可判断④；由 ( )为方程的两个根，得： ( )为抛物线=和直线的两个交点的横坐标，结合图象，即可得到的范围，即可判断⑤.
【详解】∵抛物线开口向下，
∴，
∵对称轴为：直线，
∴，即：，
∴，
∵抛物线与y轴交于正半轴，
，
∴，
故①正确；
∵抛物线 与x轴交于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
故②正确；
∵当时，y随x的增大而增大，当时，y随x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 ，
∴抛物线 与x轴交于点和，
∴的两根是：，
∴的两根是：，
∵与的解相同，
∴的两根分别为，
故④正确；
∵抛物线 与x轴交于点和，
∴，
∵ ( )为方程的两个根，
∴ ( )为方程的两个根，
∴ ( )为抛物线=和直线的两个交点的横坐标，
结合图象得：且
故⑤错误；
故选B.
【点睛】本题主要考查二次函数的图象性质与一元二次方程的综合，理解函数的图象交点的横坐标与方程的根的关系，是解题的关键，体现了数形结合的思想方法.
二、填空题（每小题3分，共18分）
11. 在平面直角坐标系中，点P（5，﹣3）关于原点对称的点的坐标是___．
【答案】（﹣5， 3）
【解析】
【详解】解：关于原点对称的点的坐标是横、纵坐标都互为相反数，从而点P（5，﹣3）关于原点对称的点的坐标是（﹣5， 3）．
故答案为: （﹣5， 3）．
12. 将二次函数化成形式为__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用配方法整理即可得解．
【详解】解：，
所以．
故答案为．
【点睛】本题考查了二次函数的解析式有三种形式：
(1)一般式：为常数)；
(2)顶点式：；
(3)交点式(与轴)：．
13. 关于x的方程是一元二次方程，则a=__________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义，即可求解．
【详解】解：∵关于x的方程是一元二次方程，
∴且，
解得：．
故答案为：1
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的定义，熟练掌握只含有一个未知数，且未知数的最高次数是2的整式方程是一元二次方程是解题的关键，注意二次项的系数不等于0．
14. 如图，将Rt△ABC（其中∠B=35°，∠C=90°）绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，使得点C、A、B1在同一条直线上，那么旋转角的度数是______．
【答案】125°
【解析】
【分析】先利用互余计算出∠BAC=90°﹣∠B=55°，再根据旋转的性质得到∠BAB1等于旋转角，根据平角的定义得到∠BAB1=125°，所以旋转角的度数为125°．
【详解】∵∠B=35°，∠C=90°，∴∠BAC=90°﹣∠B=55°．
∵Rt△ABC绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，使得点C、A、B1在同一条直线上，∴∠BAB1等于旋转角，且∠BAB1=180°﹣55°=125°，∴旋转角的度数为125°．
故答案为125°．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
15. 若m是方程的一个根，则代数式的值等于_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据方程的解的定义，求得，再整体代入求解代数式的值即可．
【详解】解：∵m是方程的一个根，
∴
即
故答案为：
【点睛】本题考查了一元二次方程的解的定义，整体代入是解题的关键．一元二次方程的解（根）的意义：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值称为一元二次方程的解．
16. 抛物线的图象如图所示，点A1，A2，A3，A4…，A2022在抛物线第一象限的图象上，点B1，B2，B3，B4.．．，B2022在y轴的正半轴上，、、…、都是等腰直角三角形，则________．
【答案】
【解析】
【分析】先设第一个等腰直角三角形的直角边长为x，表示出点A1的坐标，代入二次函数的解析式，求出x；设第二个等腰直角三角形的直角边长为m，表示出A2的坐标，代入二次函数的解析式，求出m，同理求出第2022个等腰直角三角形的直角边长，即可求出斜边．
【详解】解：设A1B1=x，
∵△OA1B1 是等腰直角三角形，
∴OB1=x，
则A1坐标为（x，x），代入二次函数y=x2+x，
得x=x2+x，
解得x=1或x=0（舍），
设A2B2=m，
∵△B1A2B2腰是等腰直角三角形，
∴B1B2=m，
∴A2的坐标为（m，1+m），
代入二次函数y=x2+x，
得m2+m＝1+m，
解得m=2或m=-1（舍），
同理可求出A3B3=3，
A4B4=4，
∴B2022A2022=2022，根据勾股定理，
得B2021A2022=，
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数图象与规律综合题，利用等腰直角三角形的性质和二次函数的点坐标特征是解决本题的关键．
三、解答题（共72分）
17. 解方程：
（1）；（配方法解）
（2）．（公式法解）
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】本题考查解一元二次方程，涉及公式法、因式分解法解一元二次方程，熟练掌握公式法、因式分解法解一元二次方程是解决问题关键．
（1）由十字相乘法因式分解解一元二次方程即可得到答案；
（2）由公式法解一元二次方程即可得到答案．
【小问1详解】
解：，
，
解得，；
【小问2详解】
解：，
，
，
，
即，．
18. 已知抛物线的顶点坐标为，且抛物线与y轴交于，求这个二次函数的解析式．
【答案】
【解析】
【分析】根据顶点坐标设解析式，把点代入即可求出，即可求出答案．
【详解】解：由抛物线顶点坐标为可设其解析式为，
将代入，得：，
解得：，
则抛物线解析式为．
【点睛】本题考查了用待定系数法求出二次函数的解析式和函数图象上点的坐标特征，能用待定系数法求出函数的解析式是解此题的关键．
19. 已知关于的方程．
（1）若该方程有两个不相等的实数根，求实数的取值范围；
（2）当该方程的一个根为时，求方程的另一个根．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程根的情况与判别式的关系：（）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；（）时，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的根与系数的关系：，是一元二次方程的两根时，，．
（1）根据根的判别式得到关于的不等式，从而求得的范围；
（2）设方程的另一根为，根据根与系数的关系列出方程，即可求出方程的另一根．
【小问1详解】
解：∵关于的方程有两个不相等的实数根，
∴，
解得：，
∴实数的取值范围为；
【小问2详解】
解：设方程的另一根为，
根据题意得：，
∴，
∴方程的另一根为．
20. 利用图中的网格线（最小的正方形的边长为1）画图．

（1）作出关于原点对称的中心对称图形．
（2）将绕点顺时针能转得到．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据中心对称的性质作图即可；
（2）根据旋转的性质作图即可；
【小问1详解】
如图：即为所求
【小问2详解】
如图；即为所求
【点睛】本题考查了作图-旋转变换，中心对称变换，熟练掌握旋转和中心对称的性质是解答本题的关键．
21. 如图，在正方形中，为边上的点，连接，将绕点顺时针旋转，得到，连结，若，求的度数．
【答案】15°
【解析】
【分析】根据旋转的性质得出△BCE≌△DCF，推出CE=CF，∠BEC=∠DFC=60°，根据∠BCD=∠DCF=90°，求出∠EFC=∠CEF=45°，即可求出答案．
【详解】解：∵将△BCE绕点C顺时针方向旋转90°得到△DCF，
∴△BCE≌△DCF，
∴CE=CF，∠BEC=∠DFC=60°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=∠DCF=90°，
∴∠EFC=∠CEF，
∵∠EFC+∠CEF+90°=180°，
∴∠EFC=∠CEF=45°，
∴∠EFD=60°-45°=15°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质，正方形性质，等腰三角形性质，三角形的内角和定理等知识点的应用，注意：根据旋转的性质可以得出△BCE≌△DCF，全等三角形的对应边相等，对应角相等．
22. 如图是一块篱笆围成的矩形土地，并且由一条与边平行的篱笆分开，已知篱笆的总长为90米（厚度不计）．设米，米．

（1）用含有的代数式表示．
（2）设矩形土地面积为平方米，当时，求的最大值．
【答案】（1）
（2）当时，S取得最大值，
【解析】
【分析】本题考查二次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的函数关系式，利用二次函数的顶点式求函数的最值，注意求最值时要在自变量的取值范围内．
（1）根据题意可以周长列出的关系式即可；
（2）长乘宽表示出面积，再用二次函数的性质即可求范围．
【小问1详解】
由题意可得，，
整理得；
【小问2详解】
根据题意得，
∵，开口向下，
∵，
∴当时，取得最大值，．
23. 超市销售某种儿童玩具，如果每件利润为40元（市场管理部门规定，该种玩具每件利润不能超过60元），每天可售出50件．根据市场调查发现，销售单价每增加2元，每天销售量会减少1件．设销售单价增加元，每天售出件．
（1）当为多少时，超市每天销售这种玩具可获利润2250元？
（2）设超市每天销售这种玩具可获利元，当为多少时最大，最大值多少？
【答案】（1）当为时，超市每天销售这种玩具可获利润元
（2）当为时最大，最大值是元．
【解析】
【分析】（1）根据题意列方程即可得到结论；
（2）根据题意得到，根据二次函数的性质得到当时，随的增大而增大，于是得到结论．
【小问1详解】
根据题意得，，
解得：，，
∵每件利润不能超过元，
∴，
答：当为时，超市每天销售这种玩具可获利润元；
【小问2详解】
根据题意得，，
∵，
∴当时，随的增大而增大，
∴当时，，
答：当为时最大，最大值是元．
【点睛】本题考查了一元二次方程、二次函数的应用，根据的数量关系列出方程或二次函数解析式是解题关键．
24. 如图，已知抛物线与x轴相交于、两点，并与直线交于、两点，其中点是直线与轴的交点，连接．

（1）求、两点坐标以及抛物线的解析式；
（2）证明：为直角三角形；
（3）求抛物线的顶点的坐标，并求出四边形的面积；
（4）在抛物线的对称轴上有一点，当周长的最小时，直接写出点的坐标．
【答案】（1），，
（2）证明见解析 （3），
（4）
【解析】
【分析】（1）先由直线与x轴、y轴分别交于点B、点C求得B，C的坐标，再将其代入列方程组求出a、c的值，即可求解；
（2）先求得A的坐标，根据勾股定理的逆定理证明是直角三角形；
（3）连接，根据进行求解即可；
（4）因为的长为定值，所以当的值最小时，则的周长最小，当点P与点E重合时，的值最小，求出点E的坐标即可．
【小问1详解】
解：在直线中，当时，，当时，，
∴，，
∵抛物线经过点和点，
∴，
解得，
∴抛物线解析式为．
【小问2详解】
证明：在中，当时，则，
解得，，
∴．
∵，，
∴，，，
∴，即．
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴是直角三角形；
【小问3详解】
解：∵抛物线解析式为，
∴抛物线的顶点的坐标是；
如图1，连接，

∴，
∴四边形的面积是．
【小问4详解】
解：∵抛物线解析式为，
∴抛物线的对称轴为．
如图，设抛物线的对称轴：与直线交于点E，

点P是直线上的点，连接．
∵垂直平分，
∴，，
∴．
∵为定值，
∴当的值最小时，的周长最小．
∵，
∴当点P与点E重合时，，
∴此时最小．
∵直线，
当时，，
∴，
∴当的周长最小时，点P的坐标为．
【点睛】此题重点考查一次函数的图象与性质、二次函数的图象与性质、用待定系数法求函数关系式、勾股定理及其逆定理的应用、轴对称的性质、两点之间线段最短等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
25. 如图①，在ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝1，D为ABC内部的一动点（不在边上），连接BD，将线段BD绕点D逆时针旋转60°，使点B到达点F的位置；将线段AB绕点B顺时针旋转60°，使点A到达点E的位置，连接AD，CD，AE，AF，BF，EF．
（1）求证：BDA≌BFE；
（2）当CD+DF+FE取得最小值时，求证：ADBF．
（3）如图②，M，N，P分别是DF，AF，AE的中点，连接MP，NP，在点D运动的过程中，请判断∠MPN的大小是否为定值．若是，求出其度数；若不是，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析；
（3）∠MPN的值为定值，30°．
【解析】
【分析】（1）由旋转性质知，，，，根据角之间的数量关系可得：，得出与为等边三角形，利用全等三角形的判定定理即可证明；
（2）由两点之间，线段最短知C、D、F、E共线时CD+DF+FE最小，根据等边三角形的判定可得为等边三角形，得出，，利用（1）中结论可得，求出，得出，利用平行线的判定即可证明；
（3）连接MN，由中位线定理可得且，根据等边三角形的判定可得为等边三角形，设，，得出，，结合图形，利用各角之间的数量关系可得，根据全等三角形的性质及中位线的性质可得，利用等边对等角即可得出结果．
【小问1详解】
证明：∵线段BD绕点D逆时针旋转60°，使点B到达点F的位置；线段AB绕点B顺时针旋转60°，使点A到达点E的位置，
∴，，，
∴，
∴，
∵，，
∴与为等边三角形，
∴，
在与中，
，
∴；
【小问2详解】
证明：∵两点之间，线段最短，
∴C、D、F、E共线时最小，
如图所示：
∵，，
∴为等边三角形，
即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
的大小是为定值，理由如下：
如图，连接MN，
∵M，N，P分别是DF，AF，AE的中点，
∴且
∵且，
∴为等边三角形，
设，，
则，，
∴，
，
∴，
∵，且PN、MN为与的中位线，
∴，
∴，
∴，
∴的值为定值，．
【点睛】本题是三角形与旋转变换的综合应用，熟练掌握旋转的性质、三角形全等的判定与性质、平行线的判定、勾股定理的应用、中位线的性质及等腰、等边三角形的判定与性质是解题关键．