2022-2023学年云南省昭通市九年级（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年云南省昭通市九年级（上）期中数学试卷（含解析），共16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。
2022-2023学年云南省昭通市九年级（上）期中数学试卷  一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）   下列图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是(    )A.  B.  C.  D.    将抛物线向右移动个单位，再向下移动个单位，得到的抛物线的解析式为(    )A.  B.
C.  D.    在平面直角坐标系中，已知点，关于原点对称，则的值为(    )A.  B.  C.  D.    如果在二次函数的表达式中，，，，那么这个二次函数的图象可能是(    )A.  B.
C.  D.    已知是一元二次方程的一个根，则的值为(    )A.  B.  C.  D. 或   若一元二次方程的一个根为，则(    )A.  B.  C.  D.    已知矩形的长和宽是方程的两个实数根，则矩形的对角线的长为(    )A.  B.  C.  D.    用配方法解关于的一元二次方程时，下列变形正确的是(    )A.  B.  C.  D.    已知关于的一元二次方程有两个实数根，则(    )A.  B.  C.  D. 某种药品的原来价格是每盒元，准备进行两次降价，若每次降价的百分率都为，且第二次降价后每盒价格为元，则可列方程(    )A.  B.
C.  D. 在平面直角坐标系中，点向右平移个单位长度得到点，点绕原点逆时针旋转得到点，则点的坐标是(    )A.  B.  C.  D. 如图是二次函数图象的一部分，函数图象经过点，是对称轴，有下列结论：
；
；
；
．
其中正确结论的个数是(    )
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）设、是方程的两个根，且，则______．代数式的最小值为______．抛物线与轴有______个交点．已知二次函数开口向上，且，则______．汽车刹车后行驶的距离单位：米关于行驶时间单位：秒的函数关系式是则汽车从刹车到停止所用时间为______秒．如图，在中，，，是由绕点顺时针旋转角度得到的，若点在上，则______．
   三、解答题（本大题共6小题，共46.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）本小题分
解下列一元二次方程．
；
．本小题分
已知二次函数的图象过点，．
求这个二次函数的解析式；
求这个二次函数图象的对称轴及顶点坐标；
判断点是否在该二次函数的图象上．本小题分
如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，．
直接写出点关于点对称的点的坐标：______；
平移，使平移后点的对应点的坐标为，请画出平移后的；
画出绕原点逆时针旋转后得到的．
本小题分
新年到了，为增进同学友谊，某班主任规定本班同学间，每两个人必须相互通电话次．
若本班人数为，则共通话______次，若本班人数为，且为正整数，则共通话______次；
若同学们共通话次，求该班同学的人数；
王峰同学由打电话问题想到了一个数学问题：若线段上共有个点不含端点、，线段总数为多少呢？请直接写出结论．本小题分
已知关于的一元二次方程．
求证；无论为何实数，方程总有两个不相等的实数根？
在等腰三角形中，，若、为方程的两个实数根，求的值．本小题分
某超市经销一种鱼，每千克成本为元，经试销发现，该种商品的每天销售量千克与销售单价元千克满足一次函数关系，其每天销售单价，销售量的四组对应值如表所示：销售单价元千克销售量千克求千克与元千克之间的函数表达式；
为保证某天获得元的销售利润，则该天的销售单价应定为多少？
当销售单价定为多少时，才能使当天的销售利润最大？最大利润是多少？
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
C.该图形不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.该图形不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念，进行判断即可．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．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，常见的中心对称图形有平行四边形、圆形、正方形、长方形等等．常见的轴对称图形有等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等等．
 2.【答案】 【解析】解：将抛物线向右移动个单位，再向下移动个单位后得到抛物线的解析式为：，
即；
故选：．
根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．
此题主要考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．
 3.【答案】 【解析】解：点，关于原点对称，
，，
．
故选：．
两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点的对称点是，由此即可解决问题．
本题考查了关于原点对称的性质等知识，解题的关键是熟练掌握关于运动对称的两个点的性质．
 4.【答案】 【解析】解：，，，
，
抛物线的图象开口向上，对称轴在轴的右边，交轴于正半轴，
故选：．
由，，，推出，可知抛物线的图象开口向上，对称轴在轴的右边，交轴于负半轴，由此即可判断．
本题考查二次函数的图象，解题的关键是熟练掌握基本知识，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
 5.【答案】 【解析】解：把代入，得
，
整理，得，
解得，．
此时，
所以，
所以的值为．
故选：．
先把代入得到，再解关于的一元二次方程，然后利用一元二次方程的定义确定满足条件的的值．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
 6.【答案】 【解析】解：把代入一元二次方程得．
故选：．
把代入方程得到、、的关系，从而可对各选项进行判断．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
 7.【答案】 【解析】解：设矩形的长为，宽为，
，为关系的方程的两个实数根，
，，
矩形的对角线的长为．
故选：．
设矩形的长为，宽为，利用根与系数的关系可得出，，再结合矩形的性质，即可求出矩形的对角线的长．
本题考查了根与系数的关系以及矩形的性质，牢记“两根之和等于，两根之积等于”是解题的关键．
 8.【答案】 【解析】解：方程移项得：，
配方得：，即，
故选：．
方程移项变形后，等号两边同时加上一次项系数一半的平方，利用完全平方公式化简得到结果，即可做出判断．
此题考查了解一元二次方程配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
 9.【答案】 【解析】解：关于的一元二次方程有两个实数根，
，
，
，
，
故选：．
方程有两个实数根，则，建立关于的不等式，求出的取值范围．
本题考查了根的判别式，一元二次方程根的情况与判别式的关系：，方程有两个不相等的实数根；方程有两个相等的实数根；方程没有实数根．
 10.【答案】 【解析】解：根据题意得出：
．
故选：．
关系式为：药品原价降低的百分比降价后的价格，即可得出答案．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
 11.【答案】 【解析】解：如图：过点作轴，垂足为，过点作轴，垂足为，

，
，
由平移得：点的坐标为，
，，
由旋转得：
，，
，
，
≌，
，，
点的坐标为，
故选：．
过点作轴，垂足为，过点作轴，垂足为，根据垂直定义可得，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得，再根据平移的性质可得点的坐标为，从而可得，，然后利用旋转的性质可得：，，从而利用平角定义可得，进而利用同角的余角相等可得，最后证明≌，从而利用全等三角形的性质可得，，即可解答．
本题考查了坐标与图形变化旋转，平移，全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
 12.【答案】 【解析】解：抛物线的对称轴为直线，
，
，即，所以正确；
抛物线开口向下，对称轴为直线，抛物线与轴的一个交点坐标为，
抛物线与轴的另一个交点坐标为，
当时，，
即，所以正确；
由图形可知，当时，，
即，所以正确；
，，
，
把代入得，解得，
，所以正确．
故选：．
利用对称轴方程得到，则可对进行判断；利用抛物线的对称性得到抛物线与轴的另一个交点坐标为，则当时，，则可对进行判断；利用，则可对进行判断；利用，得到，则可对进行判断．
本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，熟知二次函数的性质以及二次函数与方程、不等式的关系是解题的关键．
 13.【答案】 【解析】解：、是方程的两个根，
，，
又，即，
．
故答案为：．
利用根与系数的关系可得出，，结合，即可求出的值．
本题考查了根与系数的关系，牢记“两根之和等于，两根之积等于”是解题的关键．
 14.【答案】 【解析】解：

，
当时，的最小值为．
故答案为：．
首先把代数式配方成为完全平方式的形式，然后利用完全平方式的非负性即可求解．
此题主要考查了配方法的应用，同时也利用了完全平方式的非负性．
 15.【答案】 【解析】解：令，则．
，
所以抛物线与轴有个交点．
故答案为：．
先计算根的判别式的值得到，然后根据根的判别式的意义可得到抛物线与轴的交点个数．
本题考查了抛物线与轴的交点：把求二次函数是常数，与轴的交点坐标问题转化为解关于的一元二次方程，决定抛物线与轴的交点个数．
 16.【答案】 【解析】解：，
，
解得：或，
又二次函数开口向上，则，
故．
故答案为：．
解方程，可得或，又二次函数开口向上，则，所以．
本题考查了二次函数图象与系数的关键，关键是掌握二次函数开口向下，．
 17.【答案】 【解析】解：，
，有最大值，
汽车从刹车到停下来所用时间是秒．
故答案为：．
利用配方法求二次函数最值的方法解答即可．
考查了二次函数最值的应用，此题主要利用配方法求最值的问题，根据已知得出顶点式是解题关键．
 18.【答案】 【解析】解：，，
．
是由绕点顺时针旋转角度得到的，
．
是等边三角形．
，
，
故答案为：．
根据旋转的性质得出，得出是等边三角形．则，可进而求出．
本题考查图形旋转的性质及等边三角形的知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
 19.【答案】解：；
，
或，
所以，；
，
，
，
或，
所以，． 【解析】利用因式分解法把方程转化为或，然后解一次方程即可；
先移项得到，再利用因式分解法把方程转化为或，然后解一次方程即可．
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．
 20.【答案】解：把点，代入，
得：，解得，
这个二次函数的解析式为；

，
这个二次函数图象的对称轴为直线，顶点为；

把代入得，
所以，点不在这个函数的图象上． 【解析】二次函数图象经过，两点，两点代入，算出和，即可得解析式．
把求得的解析式化成顶点式即可求得；
把点代入二次函数的解析式即可判断．
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握待定系数法，熟知二次函数的性质是解题的关键．
 21.【答案】 【解析】解：点关于点对称的点的坐标为；
故答案为：；
如图所示，即为所求；

如图所示，即为所求．
根据轴对称的性质即可写出点关于点对称的点的坐标；
根据平移的性质即可平移，使平移后点的对应点的坐标为，进而画出平移后的；
根据旋转的性质即可画出绕原点逆时针旋转后得到的．
本题考查了作图旋转变换，平移变换，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
 22.【答案】  【解析】解：次，
若本班人数为，且为正整数，则共通话次．
故答案为：；．
依题意得：，
整理得：，
解得：，不符合题意，舍去．
答：该班同学的人数为人．
线段上共有个点不含端点，，
该线段上共有个点含端点，，
线段总数为条．
利用通话总次数本班人数本班人数，即可得出结论；
根据同学们共通话次，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；
利用线段的总数点的个数点的个数，即可用含的代数式表示出线段的总数．
本题考查了一元二次方程的应用以及列代数式，解题的关键是：根据各数量之间的关系，用含的代数式表示出通话总数；找准等量关系，正确列出一元二次方程；根据各数量之间的关系，用含的代数式表示出线段总数．
 23.【答案】证明：，，，
．
，
，即，
无论为何实数，方程总有两个不相等的实数根．
解：、为方程的两个实数根，
，
又为等腰三角形，且，
是关于的一元二次方程的一个根．
将代入原方程得，
解得：，
的值为． 【解析】根据方程的系数结合根的判别式，可得出，结合偶次方的非负性，可得出，即，进而可证出：无论为何实数，方程总有两个不相等的实数根；
利用等腰三角形的性质，可得出是关于的一元二次方程的一个根，再代入即可求出值．
本题考查了根的判别式、一元二次方程的解以及等腰三角形的性质，解题的关键是：牢记“当时，方程有两个不相等的实数根”；代入，求出的值．
 24.【答案】解：设与之间的函数表达式为，将表中数据、代入，
得：，
解得：．
与之间的函数表达式为．
由题意得：，
整理得：，
解得，．
答：为保证某天获得元的销售利润，则该天的销售单价应定为元千克或元千克．
设当天的销售利润为元，则：

，
，
，
当时，．
答：当销售单价定为元千克时，才能使当天的销售利润最大，最大利润是元． 【解析】利用待定系数法来求一次函数的解析式即可；
依题意可列出关于销售单价的方程，然后解一元二次方程组即可；
利用每件的利润乘以销售量可得总利润，然后根据二次函数的性质来进行计算即可．
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式、一元二次方程和二次函数在实际问题中的应用，理清题中的数量关系是解题的关键．