人教版九年級上冊數(shù)學期中考試試卷含答案

人教版九年級上冊數(shù)學期中考試試題一、單選題1．下列垃圾分類標識的圖案既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形的是（

）A．B．C．D．2．一元二次方程的根的情況是（）A．沒有實數(shù)根B．有兩個不相等的實數(shù)根C．有兩個相等的實數(shù)根D．只有一個實數(shù)根3．拋物線的頂點是（）A．B．C．D．4．一元二次方程配方后可變形為（

）A．B．C．D．5．已知二次函數(shù)，隨的增大而減小，則的取值范圍是（）A．B．C．D．6．如圖，繞點逆時針旋轉得到，若，則的度數(shù)是（）A．B．C．D．7．在一次足球邀請賽中，參賽的每兩個隊之間都要比賽一場，共比賽21場，設共有個隊參賽，根據(jù)題意，可列方程為（）A．B．C．D．8．已知二次函數(shù)的圖象的頂點是，且經(jīng)過點，則二次函數(shù)的解析式是（）A．B．C．D．9．已知關于的方程的一個根，且這個方程的兩個根恰好是等腰的兩條邊長，則的周長為（）A．8B．10C．8或10D．6或1010．二次函數(shù)的圖象如圖所示，對稱軸是，下列結論正確的是（）A．B．C．D．二、填空題11．方程的解是_____．12．將拋物線向下平移1個單位長度，則平移后的拋物線的解析式是_______．13．如圖，已知點的坐標是，，點的坐標是，，菱形的對角線交于坐標原點，則點的坐標是______．14．小王想用籬笆圍成一個周長為60米的矩形場地，矩形面積（單位：平方米）隨矩形一邊長（單位：米）的變化而變化．則與之間的函數(shù)關系式是_____．（不用寫自變量的取值范圍）15．若拋物線與軸有兩個公共點，則的取值范圍是______．16．如圖，中，，，點為邊上一點（不與點，重合），連接，將線段繞點逆時針旋轉得到，連接．下列結論：①≌；②四邊形的面積是；③若，則；④．其中正確的結論是_____．（填寫所有正確結論的序號）三、解答題17．解方程：．18．如圖，平面直角坐標系中，畫出關于原點對稱的，并寫出、、的坐標．19．已知二次函數(shù)．（1）求二次函數(shù)的最小值；（2）若點、在二次函數(shù)的圖象上，且，試比較的大?。?0．隨著國內(nèi)新能源汽車的普及，為了適應社會的需求，全國各地都在加快公共充電樁的建設，廣東省2019年公共充電樁的數(shù)量約為4萬個，2021年公共充電樁的數(shù)量多達11.56萬個，位居全國首位．（1）求廣東省2019年至2021年公共充電樁數(shù)量的年平均增長率；（2）按照這樣的增長速度，預計廣東省2022年公共充電樁數(shù)量能否超過20萬個？為什么？21．如圖，平面直角坐標系中，直線與坐標軸交于，兩點，點在軸上，點在軸上，拋物線經(jīng)過點，．（1）求拋物線的解析式；（2）根據(jù)圖象，寫出不等式的解集．22．已知關于的方程有兩個實數(shù)根．（1）求的取值范圍；（2）若是方程的一個根，求方程的另一個根．23．如圖，邊長為6的正方形中，是的中點，將繞點順時針旋轉得到，是上一點，且，連接．（1）求證：≌；（2）求點到的距離．24．平面直角坐標系中，拋物線與軸交于點．（1）求點的坐標及拋物線的對稱軸；（2）當時，的最大值為3，求的值；（3）已知點，．若線段與拋物線只有一個公共點，結合函數(shù)圖象，求的取值范圍．25．在△ABC中AB=AC，點P在平面內(nèi)，連接AP并將線段AP繞點A順時針方向旋轉與∠BAC相等的角度，得到線段AQ，連接BQ；【發(fā)現(xiàn)問題】如圖1，如果點P是BC邊上任意一點，則線段BQ和線段PC的數(shù)量關系是；【探究猜想】如圖2，如果點P為平面內(nèi)任意一點，前面發(fā)現(xiàn)的結論是否仍然成立？若成立，請給予證明；若不成立，請說明理由．請僅以圖2所示的位置關系加以證明（或說明）；【拓展應用】如圖3，在△ABC中，AC=2，∠ACB=90°，∠ABC=30°，P是線段BC上的任意一點連接AP，將線段AP繞點A順時針方向旋轉60°，得到線段AQ，連接CQ，請直接寫出線段CQ長度的最小值．參考答案1．C【分析】根據(jù)軸對稱圖形和中心對稱圖形的概念逐項判斷即可．【詳解】A．不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形，故此選項不符合題意；B．是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故此選項不符合題意；C．是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，故此選項符合題意；D．不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形，故此選項不符合題意，故選：C．【點睛】本題考查軸對稱圖形、中心對稱圖形，理解軸對稱圖形和中心對稱圖形是解答的關鍵．2．A【解析】【分析】根據(jù)一元二次方程根的判別式，時，方程沒有實數(shù)根；時，方程有兩個不相等的實數(shù)根；時，方程有兩個相等的實數(shù)根，將相應的系數(shù)代入判別式便可判斷.【詳解】∵根據(jù)一元二次方程根的判別式，當時，原方程沒有實數(shù)根.故選A【點睛】本題旨在考查一元二次方程根的判別式，熟練掌握該知識點是解此類題目的關鍵.3．D【解析】【分析】根據(jù)二次函數(shù)的頂點坐標是（h，k）即可解答．【詳解】解：拋物線的頂點是（﹣3，0），故選：D．【點睛】本題考查二次函數(shù)的性質(zhì)，熟知二次函數(shù)的頂點坐標是（h，k）解答的關鍵．4．A【解析】【分析】先把常數(shù)項移到方程右邊，再把方程兩邊加上16，然后把方程左邊寫成完全平方形式即可．【詳解】解：∵x2-8x+1=0，∴x2-8x=-1，∴x2-8x+16=15，∴（x-4）2=15．故選A．【點睛】本題考查了解一元二次方程-配方法，當二次項系數(shù)為1時，配一次項系數(shù)一半的平方是關鍵．5．A【解析】【分析】根據(jù)y＝ax2+bx+c（a，b，c為常數(shù)，a≠0），當a＜0時，在對稱軸右側y隨x的增大而減小，可得答案．【詳解】解：∵，∴a＜0，∴當x＞2時y隨x的增大而減?。蔬x：A．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a，b，c為常數(shù)，a≠0），當a＞0時，在對稱軸左側y隨x的增大而減小，在對稱軸右側y隨x的增大而增大；當a＜0時，在對稱軸左側y隨x的增大而增大，在對稱軸右側y隨x的增大而減小．6．B【解析】【分析】根據(jù)旋轉的性質(zhì)得出旋轉角∠AOC=65°即可．【詳解】解：∵繞點逆時針旋轉得到，∴∠AOC=65°，∵∠AOB=30°，∴∠BOC=∠AOC﹣∠AOB=65°﹣30°=35°，故選：B．【點睛】本題考查旋轉的性質(zhì)，熟練掌握旋轉的性質(zhì)，準確找到旋轉角是解答的關鍵．7．D【解析】【分析】類似的場次比賽相互問題可看做“握手問題”，由于賽制是單循環(huán)（每兩隊都賽一場），設有隊參賽，因此比賽總的場次為場，劇題意總場次為21場，依此等量關系列出方程.【詳解】設共有隊參賽，此次比賽總場次為已知共比賽21場.根據(jù)題意列方程為故答案選D.【點睛】本題考查一元二次方程的實際應用，找到等量關系為解題的關鍵.8．C【解析】【分析】利用待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式即可；【詳解】解：設該拋物線解析式是：y＝a（x-1）2﹣2（a≠0）．把點（0，-5）代入，得a（0-1）2﹣2=-5，解得a=-3．故該拋物線解析式是．故答案選：C【點睛】本題主要考查了待定系數(shù)法求拋物線的解析式，難度不大，需要掌握拋物線的頂點式．9．B【解析】【分析】先求得方程的兩個根，再根據(jù)等腰三角形的條件判斷即可．【詳解】∵關于的方程的一個根，∴，∴，∴方程變形為，解得，∵方程的兩個根恰好是等腰的兩條邊長，∴其三邊可能是2，2，4或4，4，2，∵2+2=4，故三角形不存在，故三角形的周長為10，故選B．【點睛】本題考查了一元二次方程的根，一元二次方程的解法，等腰三角形的分類，熟練解一元二次方程是解題的關鍵．10．D【解析】【分析】根據(jù)拋物線的性質(zhì)，對稱軸，圖形的信息，逐一計算判斷即可．【詳解】∵，∴，∵拋物線與y軸交于正半軸，∴，∴，故A不符合題意；∵，∴，故B不符合題意；∵時，y=a-b+c，∴2a-2b+2c，∵，∴，∴-b-2b+2c，∴3b-2c，故C不符合題意；∵時，y=a-b+c，∵，∴，∴3a+c，故D符合題意；故選D．【點睛】本題考查了二次函數(shù)圖像，拋物線的性質(zhì)，靈活運用圖像及其性質(zhì)是解題的關鍵．11．x=±5【解析】【分析】移項得x2=25，然后采用直接開平方法即可得到方程的解．【詳解】解：∵x2-25=0，移項，得x2=25，∴x=±5．故答案為：x=±5．【點睛】本題考查了利用直接開平方法解一元二次方程．用直接開方法求一元二次方程的解的類型有：x2=a（a≥0）；ax2=b（a，b同號且a≠0）；（x+a）2=b（b≥0）；a（x+b）2=c（a，c同號且a≠0）．法則：要把方程化為“左平方，右常數(shù)，先把系數(shù)化為1，再開平方取正負，分開求得方程解”．12．##【解析】【分析】根據(jù)“左加右減、上加下減”的原則進行解答即可．【詳解】解：向下平移1個單位長度所得拋物線解析式為：．故答案為：．【點睛】本題考查的是二次函數(shù)的圖象與幾何變換，熟知函數(shù)圖象平移的法則是解答此題的關鍵．13．【解析】【分析】根據(jù)菱形具有的平行四邊形基本性質(zhì)，對角線互相平分，且交點為坐標原點，則，關于原點對稱，因此在直角坐標系中兩點的坐標關于原點對稱，橫坐標與橫坐標互為相反數(shù)，縱坐標與縱坐標互為相反數(shù)便可得.【詳解】∵四邊形是菱形，對角線相交于坐標原點∴根據(jù)平行四邊形對角線互相平分的性質(zhì)，和；和均關于原點對稱根據(jù)直角坐標系上一點關于原點對稱的點為可得已知點的坐標是，則點的坐標是.故答案為：.【點睛】本題旨在考查菱形的基本性質(zhì)及直角坐標系中關于原點對稱點的坐標的知識點，熟練理解掌握該知識點為解題的關鍵.14．【解析】【分析】根據(jù)矩形的周長及其一邊長表示出另一邊為（30－x）米，再根據(jù)矩形的面積公式求函數(shù)關系式即可．【詳解】∵矩形周長為60米，一邊長米，∴另一邊長為（30－x）米，∴矩形的面積．故答案為：．【點睛】本題考查了根據(jù)實際問題列二次函數(shù)關系式，弄清題意，正確找出等量關系是解題的關鍵．15．且【解析】【分析】根據(jù)拋物線的定義，得；結合題意，根據(jù)拋物線和一元二次方程判別式的性質(zhì)分析，即可得到答案．【詳解】∵拋物線∴∴∵拋物線與軸有兩個公共點，即有兩個不同的實數(shù)根∴∴故答案為：且．【點睛】本題考查了二次函數(shù)、一元二次方程的知識；解題的關鍵是熟練掌握二次函數(shù)、一元二次方程判別式的性質(zhì)，從而完成求解．16．①③④【解析】【分析】根據(jù)旋轉性質(zhì)可得CD=CE，∠ECD=90°由，可得∠ACE=∠DCB，可證△ACE≌△BCD（SAS），可判斷①正確；由四邊形AECD面積=三角形ABC面積，可判斷②不正確;由全等三角形性質(zhì)可得∠AEC=∠BDC=105°，AE=BD，由，，可得∠CAB=∠EAC=∠B=45°，∠EAB=90°，∠ADE==30°，利用30度直角三角形性質(zhì)可得ED=2AE=2BD，再由勾股定理可判斷③正確；利用勾股定理可得，可判斷④正確．【詳解】解：∵線段繞點逆時針旋轉得到，∴CD=CE，∠ECD=90°，∵∴∠ACE+∠ACD=∠ACD+∠DCB=90°，∴∠ACE=∠DCB，在△ACE和△BCD中，，∴△ACE≌△BCD（SAS），故①正確；S四邊形AECD=S△ACE+S△ACD=S△BCD+S△ACD=S△ABC=，故②不正確；連結ED，∵△ACE≌△BCD，∴∠AEC=∠BDC=105°，AE=BD，∵，，∴∠CAB=∠B=45°，∴∠EAC=∠B=45°，∴∠EAB=∠EAC+∠CAB=45°+45°=90°，∵CE=CD，∠ECD=90°，∴∠CED=∠CDE=，∴∠AED=∠AEC-∠CED=105°-45°=60°，∴∠ADE=90°-∠AED=90°-60°=30°，∴ED=2AE=2BD，在Rt△AED中，AD=，故③正確；在Rt△CED中，DE2=，在Rt△AED中，∴AE2+AD2=BD2+AD2=ED2=2CD2,∴，故④正確，正確的結論是①③④．故答案為①③④．17．，．【分析】利用因式分解法解方程．【詳解】解：，，則或，解得，．18．圖見解析，，、【分析】根據(jù)關于原點對稱的點的坐標都是互為相反數(shù)計算即可．【詳解】解：∵A（-3，4），B（-5，1），C（-1，2）∴它們關于原點對稱的點分別為，、，畫圖如下：為所求作的圖形．19．（1）﹣1；（2）【分析】（1）將二次函數(shù)的解析式化為頂點式，進而求得最值即可；（2）求出該二次函數(shù)的對稱軸，進而根據(jù)開口方向和增減性求解即可．【詳解】解：（1）二次函數(shù)=，∵a=1＞0，∴該二次函數(shù)有最小值，最小值是；（2）∵該二次函數(shù)圖象的對稱軸為直線x=﹣2，且開口向上，∴當時，隨的增大而增大，∴．【點睛】本題考查二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、求二次函數(shù)的最值，熟練掌握二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)是解答的關鍵．20．（1）；（2）預計廣東省2022年公共充電樁數(shù)量不能超過20萬個，理由見解析．【解析】【分析】（1）設2019年至2021年廣東省公共充電樁數(shù)量的年平均增長率為x，根據(jù)廣東省2019年及2021年公共充電樁，即可得出關于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出結論；（2）根據(jù)廣東省2022年公共充電樁數(shù)量=廣東省2021年公共充電樁數(shù)量×（1+增長率），即可求出結論．【詳解】解：（1）設廣東省2019年至2021年公共充電樁數(shù)量的年平均增長率為解得：，（不合題意，舍去）答：年平均增長率為．（2）該省2022年公共充電樁數(shù)量答：預計廣東省2022年公共充電樁數(shù)量不能超過20萬個．【點睛】本題考查了一元二次方程的應用，找準等量關系，正確列出一元二次方程是解題的關鍵．21．（1）；（2）【解析】【分析】（1）求出A，B點代入進而求出函數(shù)解析式；（2）直接利用A，B點坐標進而利用函數(shù)圖象得出答案；【詳解】解：（1）∵直線與坐標軸交于，兩點∴點A的坐標是，，點B的坐標是，.把，，，代入得：

解得∴拋物線的解析式是.

（2）∵點A的坐標是，，點B的坐標是，.∴根據(jù)圖像可得：不等式的解集是：；【點睛】此題主要考查了利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式以及二次函數(shù)與不等式的關系，解題的關鍵是利用待定系數(shù)法得到關于b、c的方程，解方程即可解決問題．22．（1）；（2）或【解析】【分析】（1）根據(jù)有兩個實數(shù)根,得到不等式△≥0，計算即可；（2）確定m的值，得到符合題意的一元二次方程，解得即可．【詳解】解：（1）∵關于的方程有兩個實數(shù)根，∴△，解得：．（2）是方程的一個根，∴，∴，此時原方程為或.解得：，或，．∴方程的另一個根為或．23．（1）見解析；（2）【解析】（1）根據(jù)正方形和旋轉的性質(zhì)得到，，即可求解；（2）設，則，，由勾股定理求得，等面積法求解即可．【詳解】（1）證明：正方形中，由旋轉的性質(zhì)得，，∴，∴點，點，點三點共線.∵，∴，∴，即∴在和中

∴（2）解：由（1）得：∵正方形的邊長為6，是的中點∴設，則，在中，解得，即由勾股定理得：設點到的距離為則，即∴點到的距離是．24．（1），；（2）或；（3）或．【分析】（1）把代入拋物線的解析式求解拋物線與軸的交點坐標即可，再利用拋物線的對稱軸方程求解拋物線的對稱軸即可；（2）分兩種情況討論，①當時，拋物線的開口向上，且此時，取最大值；②當時，拋物線的開口向下，且此時，取最大值，再分別列方程求解即可；（3）分兩種情況分別畫出符合題意的圖形，①當時，如圖，當點在點的左側（包括點或點在點的右側（包括點時，線段與拋物線只有一個公共點；②當時，如圖，當在點與點之間（包括點，不包括點時，線段與拋物線只有一個公共點，再根據(jù)點的位置列不等式即可得到答案.【詳解】解：（1）令，則．．拋物線的對稱軸為．（2），拋物線的對稱軸為．①當時，拋物線的開口向上，且此時，取最大值.∴∴.②當時，拋物線的開口向下，且此時，取最大值.∴∴.綜上所述，或．（3）∵拋物線的對稱軸為．設點關于對稱軸的對稱點為點，.，∴點都在直線上．①當時，如圖，當點在點的左側（包括點或點在點的右側（包括點時，線段與拋物線只有一個公共點．或．（不合題意，舍去）或∴.②當時，如圖，當在點與點之間（包括點，不包括點時，線段與拋物線只有一個公共點．．．又，綜上所述，的取值范圍為或．【點睛】本題考查的是拋物線與坐標軸的交點問題，求解拋物線的對稱軸方程，拋物線的最值問題，拋物線與線段的交點問題，掌握數(shù)形結合的方法，清晰的分類討論是解題的關鍵.25．[發(fā)現(xiàn)問題]：BQ=PC；[探究猜想]：BQ=PC仍然成立，理由見解析；[拓展應用]：線段CQ長度最小值是1【解析】【分析】[發(fā)現(xiàn)問題]：由旋轉知，AQ=AP，∠PAQ=∠BAC，可得∠BAQ=∠CAP，可知△BAQ≌△CAP（SAS），BQ=CP即可；[探究猜想]：結論：BQ=PC仍然成立，理由：由旋轉知，AQ=A