2022-2023学年第一学期九年级数学期中练习卷（解析版）

这是一份2022-2023学年第一学期九年级数学期中练习卷（解析版），共14页。试卷主要包含了有下列现象，抛物线y＝3，已知抛物线y＝ax2+bx+c等内容，欢迎下载使用。
一．选择题
1．有下列现象：①高层公寓电梯的上升；②传送带的移动；③方向盘的转动；④风车的转动；⑤钟摆的运动；⑥荡秋千运动．其中属于旋转的有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【分析】根据旋转的定义进行判断即可．
【解答】解：①高层公寓电梯的上升，是平移，故不符合要求：
②传送带的移动，是平移，故不符合要求；
③方向盘的转动，是旋转，故符合要求；
④风车的转动，是旋转，故符合要求；
⑤钟摆的运动，是旋转，故符合要求；
⑥荡秋千运动，是旋转，故符合要求；
故选：C．
2．下列方程中是关于x的一元二次方程的是（ ）
A． B．x＝x2 C．（x﹣1）2＝（x+3）（x﹣2）+1 D．ax2+bx+c＝0
【分析】根据一元二次方程的定义判断即可．
【解答】解：A．该方程是分式方程，
故不符合题意；
B．x＝x2是一元二次方程，
故符合题意；
C．该方程化简后得3x＝6，是一元一次方程，
故不符合题意；
D．该方程中当a≠0时才是一元二次方程，
故不符合题意．
故选：B．
3．抛物线y＝3（x﹣1）2+2的顶点坐标为（ ）
A．（﹣1，2）B．（1，﹣2）C．（1，2）D．（2，1）
【分析】已知抛物线顶点式y＝a（x﹣h）2+k，顶点坐标是（h，k）．
【解答】解：∵抛物线y＝3（x﹣1）2+2是顶点式，
∴顶点坐标是（1，2）．
故选：C．
4．用配方法解一元二次方程﹣3x2+12x﹣2＝0时，将它化为（x+a）2＝b的形式，则a+b的值为（ ）更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 A．B．C．D．
【分析】利用系数化1，移项，配方将一元二次方程转化为（x+a）2＝b，即可得a＝﹣2，，进而可得出答案．
【解答】解：﹣3x2+12x﹣2＝0，
系数化1，得：，
移项，得：，
配方，得：，
即：，
，，
．
故选：D．
5．点（3，y1），（﹣2，y2），（0，y3）在抛物线y＝mx2﹣4mx+n（m＜0）上，则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y2＜y3＜y1B．y1＜y3＜y2C．y1＜y2＜y3D．y3＜y1＜y2
【分析】先确定抛物线的开口方向和对称轴，然后根据二次函数对称性和增减性解答即可．
【解答】解：∵抛物线y＝mx2﹣4mx+n（m＜0），
∴抛物线开口向下，对称轴为直线，
∴当x＜2时，y随x的增大而增大，
∵点（3，y1），（﹣2，y2），（0，y3）在抛物线y＝mx2﹣4mx+n（m＜0）上，
∴点（3，y1）关于对称轴x＝2的对称点是（1，y1），
∵﹣2＜0＜1＜2，
∴y2＜y3＜y1，
故选：A．
6．如图，△ABC的三个顶点都在方格纸的格点上，其中A点的坐标是（﹣3，0），现将△ABC绕点B按逆时针方向旋转90°，则旋转后点A的坐标是（ ）
A．（1，3）B．（﹣1，﹣4）C．（﹣2，﹣4）D．（﹣3，3）
【分析】根据网格的特点结合旋转的性质画出△ABC绕点B按逆时针方向旋转90°的图形，以此即可求解．
【解答】△ABC绕点B按逆时针方向旋转90°后，得到△A′BC′，如图，
由图可知，点A′的坐标为（﹣1，﹣4），
故旋转后点A的坐标是（﹣1，﹣4）．
故选：B．
7．函数y＝ax+1与y＝ax2+ax+1（a≠0）的图象可能是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据图象与系数的关系，看两个函数的系数符号是否一致，即可判断．
【解答】解：由函数y＝ax+1与抛物线y＝ax2+ax+1可知两函数图象交y轴上同一点（0，1），抛物线的对称轴为直线，在y轴的左侧，
A、抛物线的对称轴在y轴的右侧，故选项错误；
B、抛物线的对称轴在y轴的右侧，故选项错误；
C、由一次函数的图象可知a＞0，由二次函数的图象知道a＞0，且交于y轴上同一点，故选项正确；
D、由一次函数的图象可知a＞0，由二次函数的图象知道a＜0，故选项错误；
故选：C．
8．如图，在平面直角坐标系中，将△ABC绕点C（0，﹣2）的坐标旋转180°得到△A1B1C，设点A1的坐标为（a，b），则点A的坐标为（ ）
A．（﹣a，﹣b+4） B．（﹣a+4，﹣b）
C．（﹣a﹣4，﹣b） D．（﹣a，﹣b﹣4）
【分析】利用中心对称的性质可知，点C是AA1的中点，再根据中点坐标公式可得点A的坐标．
【解答】解：由题知，
点C是AA1的中点，
又C（0，﹣2），A1（a，b），
所以：，．
得xA＝﹣a，yA＝﹣b﹣4．
即A（﹣a，﹣b﹣4）．
故选：D．
9．已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴是直线x＝1，其部分图象如图所示，下列说法中：①abc＞0；②4a﹣2b+c＜0；③若，y1）、C（﹣2，y2）是抛物线上的两点，则有y2＜y1；④若m，n（m＜n）为方程a（x﹣3）（x+1）＝2的两个根，m＞﹣1且n＜3；以上说法正确的有（ ）
A．①②③④B．②③④C．②④D．②③
【分析】利用抛物线的开口方向、对称轴的位置、抛物线与y轴交点的位置即可判断a，b，c的符号；根据抛物线的对称轴和与x轴的一个交点坐标可算出另一个交点的坐标为（﹣1，0），则当x＝﹣2时，根据函数图象即可判断4a﹣2b+c＜0；利用二次函数的性质即可判断y2，y1的大小关系；把m，n看作二次函数y＝a（x﹣3）（x+l）与直线y＝2的交点的横坐标，结合函数图象即可判断m，n的取值范围．
【解答】解：∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线对称轴为直线，
∴b＝﹣2a＞0，
∵抛物线与y轴的交点在y轴正半轴，
∴c＞0，
∴abc＜0，故①错误；
∵抛物线的对称轴是直线x＝1，与x轴的一个交点为（3，0），
∴抛物线与x轴的另一个交点为（﹣1，0），
∴当x＝﹣2时，y＜0，
∴4a﹣2b+c＜0，故②正确；
∵抛物线开口向下，
∴离对称轴越近的点，函数值越大，
∵，
∴y1＞y2，故③正确；
∵m，n（m＜n）为方程a（x﹣3）（x+l）＝2的两个根，
∴把m，n看作二次函数y＝a（x﹣3）（x+l）与直线y＝2的交点的横坐标，
∴﹣1＜m＜n＜3，故④正确．
∴说法正确的有②③④．
故选：B．
10．我国古代数学家研究过一元二次方程的正数解的几何解法．以方程x2+2x﹣35＝0，即x（x+2）＝35为例加以说明，三国时期的数学家赵爽（公元3～4世纪）在其所著的《勾股圆方图注》中记载的方法是：构造如图中大正方形的面积是（x+x+2）2，同时它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即4×35+22，据此易得x＝5．小刚用此方法解关于x的方程x2+mx﹣n＝0时，构造出同样的图形，已知大正方形的面积为81，小正方形的面积为25，则关于x的方程x2+mx﹣n＝0的正数解为（ ）
A．x＝7B．x＝5C．x＝3D．x＝2
【分析】根据图形列方程组求解．
【解答】解：设矩形的宽为x，长为a，
∵大正方形的面积为81，小正方形的面积为25，
∴x+a＝9，a﹣x＝5，
∴x＝2，a＝7，
故选：D．
二．填空题
11．将抛物线y＝x2﹣2向右平移1个单位长度，再向上平移3个单位长度后，得到的抛物线解析式是 ．
【分析】根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
【解答】解：由“左加右减”的原则可知，将抛物线y＝x2﹣2向右平移1个单位长度所得抛物线的解析式为：y＝（x﹣1）2﹣2；
由“上加下减”的原则可知，将抛物线y＝（x﹣1）2﹣2向上平移3个单位所得抛物线的解析式为：y＝（x﹣1）2+1，
故答案为y＝（x﹣1）2+1．
12．若点P（a﹣1，5）关于原点的对称点为Q（5，1﹣b），则a+b＝ ．
【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得a、b的值，再代入求值即可．
【解答】解：点P（a﹣1，5）关于原点的对称点为Q（5，1﹣b），
∴a﹣1＝﹣5，1﹣b＝﹣5，
∴a＝﹣4，b＝6，
∴a+b＝﹣4+6＝2．
故答案为：2．
13．若关于x的一元二次方程（k﹣1）x2+x+1＝0有两个实数根，则k的取值范围是 ．
【分析】利用一元二次方程的定义和判别式的意义得到k﹣1≠0且Δ＝12﹣4（k﹣1）≥0，然后求出两不等式的公共部分即可．
【解答】解：根据题意得k﹣1≠0且Δ＝12﹣4（k﹣1）≥0，
解得且k≠1．
故答案为且k≠1．
14．已知二次函数y＝ax2+bx+c中，函数y与自变量x的部分对应值如表：
则当y＜0时，x的取值范围是 ．
【分析】根据表格中的数据可以求得该函数的解析式，然后根据二次函数的性质，即可写出当y＜5时，x的取值范围．
【解答】解：由表格可得，抛物线的对称轴x＝1，抛物线与x轴的交点为（0，0）或（2，0），开口向上，
∴y＜0时，0＜x＜2．
故答案为：0＜x＜2．
15．如图，在Rt△ABC中，AB＝5，∠B＝30°，点P是在直角边BC上一动点，且△APD为等边三角形，则CD的最小值是 ．
【分析】根据直角三角形的性质得到AC＝AB＝，根据圆周角定理得到点C在以AB为直径的圆上，设AB的中点为H，连接DH，当点C在线段DH上时，CD的值最小，根据等边三角形的性质得到∠ACH＝60°，AC＝AH，根据全等三角形的性质得到∠AHP＝∠ACD＝120°，PH＝CD，求得PH＝AC＝，于是得到CD的最小值是．
【解答】解：在Rt△ABC中，AB＝5，∠B＝30°，
∴AC＝AB＝，
∵∠ACB＝90°，
∴点C在以AB为直径的圆上，
设AB的中点为H，连接DH，当点C在线段DH上时，CD的值最小，连接PH，
∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，
∴∠CAB＝60°，
∵点H为AB的中点，
∴CH＝AH，
∴△ACH是等边三角形，
∴∠ACH＝60°，AC＝AH，
∴∠ACD＝120°，
∵△APD为等边三角形，
∴∠DAP＝60°，AD＝AP，
∴∠DAC＝∠HAP，
∴△ADC≌△APH（SAS），
∴∠AHP＝∠ACD＝120°，PH＝CD，
∴∠BHP＝60°，
∴∠CAB＝∠BHP，
∴AC∥PH，
∴BP＝CP，
∴PH＝AC＝，
∴CD的最小值是，
故答案为：．
三．解答题（一）
16．解方程：2x2﹣3x＝1﹣2x．
【分析】先把原方程化为一般式，再计算判别式的值，然后利用求根公式计算出方程的根．
【解答】解：原方程化为2x2﹣x﹣1＝0，
∵a＝2，b＝﹣1，c＝﹣1，
∴Δ＝b2﹣4ac＝（﹣1）2﹣4×2×（﹣1）＝9＞0，
∴，
∴x1＝1，．
17．已知关于x的函数y＝ax2+bx+c．若a＝1，函数的图象经过点（1，﹣4）和点（2，1），求该函数的表达式和最小值．
【分析】将a＝1，点（1，﹣4）和点（2，1）代入y＝ax2+bx+c之中，得到a，b，c的方程组，解方程组求出a，b，c即可得出函数的解析式；根据函数的解析式即可求出函数的最小值．
【解答】解：将a＝1，点（1，﹣4）和点（2，1）代入y＝ax2+bx+c，
得：，解得：，
∴该函数的解析式为：y＝x2+2x﹣7，
∵y＝x2+2x﹣7＝（x+1）2﹣8，
∴x＝﹣1时，y的最小值为﹣8．
18．已知x1，x2是方程 的两个根．
求：（1）；
（2）．
【分析】先根据x1，x2 是方程 的两个根，得出x1+x2＝+1，x1x2＝﹣1，
（1）利用完全平方公式把化成有关x1+x2与x1x2的形式，利用整体代入法求解；
（2）化成，利用整体代入法求解．
【解答】解：∵x1，x2 是方程 的两个根，
∴x1+x2＝+1，x1x2＝﹣1，
（1）
＝（x1+x2）2﹣2x1x2
＝（）2﹣2×（）
＝6；
（2）
＝
．
四．解答题（二）
19．如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC的顶点都在格点上．
（1）△ABC的面积为 ；
（2）将△ABC向右平移6个单位长度得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（3）画出△A1B1C1关于点O的中心对称图形△A2B2C2；
（4）若将△ABC绕某一点旋转可得到△A2B2C2，旋转中心的坐标为 ．
【分析】（1）利用长方形的面积减去3个直角三角形的面积即可求解；
（2）分别确定A，B，C平移后的对应点A1，B1，C1，再顺次连接A1，B1，C1即可；
（3）分别确定A1，B1，C1旋转后的对应点A2，B2，C2，再顺次连接A2，B2，C2即可；
（4）利用旋转的性质，分别连接两组对应点的连线，从而可得答案．
【解答】解：（1），
∴△ABC的面积为，
故答案为：；
（2）解：如图，△A1B1C1即为所求；
（3）如图，△A2B2C2即为所求；
（4）根据图形可知：
旋转中心的坐标为：（﹣3，0）
故答案为：（﹣3，0）．
20．已知关于x的一元二次方程x2﹣4mx+3m2＝0．（m为实数）
（1）求证：无论m取何值，该方程总有两个实数根；
（2）该方程的两个实数根为x1、x2（x1＞x2），若x1﹣x2＝2，求正数m的值．
【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式，可得出Δ＝1＞0，进而可证出方程有两个不相等的实数根；
（2）解方程求出方程的两根为3m，m，然后利用x1﹣x2＝2，即可求出m的值．
【解答】（1）证明：∵Δ＝（﹣4m）2﹣4×1×3m2＝4m2≥0，
∴无论m取何值，该方程总有两个实数根；
（2）解：∵x2﹣4mx+3m2＝0，即（x﹣m）（x﹣3m）＝0，
解得：x＝m或x＝3m，
∵m＞0，x1＞x2，
∴x1＝3m，x2＝m，
∵x1﹣x2＝2，
∴3m﹣m＝2，
∴m＝1．
21．网络销售已经成为一种热门的销售方式，某果园在网络平台上直播销售荔枝．已知该荔枝的成本为6元/kg，销售价格不高于18元/kg，且每售卖1kg需向网络平台支付2元的相关费用，经过一段时间的直播销售发现，每日销售量y（kg）与销售价格x（元/kg）之间满足如图所示的一次函数关系．
（1）求y与x的函数解析式．
（2）当每千克荔枝的销售价格定为多少元时，销售这种荔枝日获利最大，最大利润为多少元？
【分析】（1）由日获利＝（销售单价﹣成本）×日销售量，可求解；
（2）由二次函数的性质求出的最大利润，即可求解．
【解答】解：（1）设每日销售量y（kg）与销售价格x（元/kg）之间满足如图所示的一次函数关系为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y与x的函数解析式为y＝﹣100x+3000；
（2）设每千克荔枝的销售价格定为x元时，销售这种荔枝日获利为w元，
根据题意得，w＝（x﹣6﹣2）（﹣100x+3000）＝﹣100x2+3800x﹣24000＝﹣100（x﹣19）2+12000，
∵a＝﹣100＜0，对称轴为x＝19，
∴当x＝19时，w有最大值为12000元，
∴当销售单价定为18时，销售这种荔枝日获利最大，最大利润为12000元．
五．解答题（三）
22．如图，先将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△DEC，再将线段DE绕点D顺时针旋转90°得到DG，连接BE、BG、AD，且AC＝4．
（1）若∠ABC＝135°．B、E、D三点在同一条直线上，求BG的长；
（2）若∠ABC＝90°，AC＝2CE，点P在边AB上，求线段PD的最小值．
【分析】（1）由旋转的性质可得∠ACD＝90°＝∠BCE，AB＝DE，BC＝CE，AC＝CD，∠ABC＝∠DEC＝135°，由等腰三角形的性质可得∠BEC＝45°＝∠CBE，可证∠BEC+∠CED＝180°，通过证明四边形ABDG是矩形，可得AD＝BG，由等腰直角三角形的性质可求解；
（2）由垂线段最短可得当PD⊥AB时，PD的长度有最小值，先证点P，点E，点D三点共线，由勾股定理可求DE的长，由正方形的性质可得BC＝PE＝2，即可求解．
【解答】解：（1）如图，连接AG，
∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△DEC，
∴△ABC≌△DEC，∠ACD＝90°＝∠BCE，
∴AB＝DE，BC＝CE，AC＝CD，
∠ABC＝∠DEC＝135°，
∴∠BEC＝45°＝∠CBE，
∴∠BEC+∠CED＝180°，
∴B、E、D三点共线；
∵将线段DE绕点D顺时针旋转90°得到DG，
∴DE＝DG，∠EDG＝90°
∴AB＝DE＝DG，
∵∠ABE＝∠ABC﹣∠CBE＝90°，
∴∠ABE+∠EDG＝180°，
∴AB∥DG，
∴四边形ABDG是平行四边形，
又∵∠BDG＝90°
∴四边形ABDG是矩形，
∴AD＝BG，
∵AC＝CD＝4，∠ACD＝90°，
∴，；
（2）∵点P在边AB上，
∴当PD⊥AB时，PD的长度有最小值，
由旋转的性质可得：
∠ABC＝∠CED＝∠BCE＝90°，
∴BC∥DE，
∵∠ABC+∠BPD＝180°，
∴DP∥BC，
∴点P，点E，点D三点共线，
∵AC＝2CE，
∴BC＝CE＝2，
又∵∠ABC＝∠BPE＝∠BCE＝90°，
∴四边形BPEC是正方形，
∴BC＝PE＝2，
∵CD＝AC＝4，CE＝2，∠CED＝90°，
，
，
∴线段PD的最小值为．
23．如图，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线过A、B两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点D为抛物线上位于AB上方的一点，过点D作DE⊥AB于点E，作DF∥y轴交AB于点F，当△DEF的周长最大时，求点D的坐标；
（3）G是平面内的一点，在（2）的条件下，将△DEF绕点G顺时针旋转α得到△D′E′F′，当α＝∠OBA时，△D′EF的两个顶点恰好落在抛物线上，求点D′的横坐标．
【分析】（1）求出点A、B，再用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）设，则，可求出，再由题意可得，，则△DEF的周长，当时，△DEF的周长有最大值，此时，5)；
（3）由旋转可得E'F'∥OB，D'E'∥x轴，设，则，，，，分两种情况讨论：当、在抛物线上时，，求出的横坐标为；当、在抛物线上时，，求出的横坐标为．
【解答】解：（1）当x＝0时，y＝4，
∴B（0，4），
当y＝0时，x＝3，
∴A（3，0），
将A（3，0），B（0，4）代入，
∴，
解得，
∴；
（2）设，则，
∴，
∵DE⊥BA，DF∥OB，
∴∠EDF＝∠BAO，
∵OB＝4，OA＝3，
∴AB＝5，
∴，，
∴△DEF的周长＝++DF，
当时，△DEF的周长有最大值，
此时D（，5）；
（3）∵EF在直线AB上，
∴当EF绕G点顺时针旋转∠OBA时，E'F'∥OB，
∵ED⊥EF，
∴D'E'∥x轴，
∵D（，5），
∴F（，2），
∴DF＝3，
∴DE＝，EF＝，
设，则，，，，
当D'、E'在抛物线上时，，
解得m＝，
∴D'的横坐标为；
当D'、F'在抛物线上时，，
解得m＝，
∴D'的横坐标为；
综上所述：D'的横坐标为或．x
…
﹣1
0
1
2
3
…
y
…
4
0
﹣1
m
4
…