天津市濱海新區第四共同體2022-2023學年九年級（上）期中數學試卷一、選擇題（本大題共12小題，共36分．在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）1.下列圖形中，是中心對稱圖形的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】旋轉后能夠與原圖像重合的圖形即為中心對稱圖形，逐個判斷過去即可．【詳解】、是中心對稱圖形，故此選項正確；B、不是中心對稱圖形，故此選項錯誤；C、不是中心對稱圖形，故此選項錯誤；D、不是中心對稱圖形，故此選項錯誤；故選：．【點睛】本題主要考查中心對稱圖形的定義，能夠熟記定義是解題關鍵．2.一元二次方程x（x＋2）＝0的解為（）A.x＝0 B.x＝﹣2 C.x1＝0，x2＝2 D.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．【詳解】解：∵x（x+2）=0，∴x=0或x+2=0，∴x1=0，x2=-2，故選：D．【點睛】此題主要考查了一元二次方程解法，正確理解因式分解法解方程是解題關鍵．3.用配方法解方程，變形后的結果正確的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據配方步驟加一次項系數一半的平方可得答案．【詳解】解：∵，∴，即，故選：B．【點睛】本題考查一元二次方程的配方，兩邊同時加一次項系數一半的平方．4.把拋物線向右平移5個單位，則平移后所得拋物線的表達式為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據拋物線左加右減的平移規律計算即可．【詳解】因為拋物線向右平移5個單位，所以平移后所得拋物線的表達式為，故選D．【點睛】本題考查了拋物線的平移規律，熟練掌握左加右減的平移規律是計算的關鍵．5.二次函數的圖象的頂點坐標是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據頂點式：的頂點坐標為即可得出結論．【詳解】解：二次函數的圖象的頂點坐標是，故選：C．【點睛】本題考查的是求二次函數圖象的頂點坐標，掌握二次函數頂點式中的頂點坐標是解決此題的關鍵．6.二次函數的圖象如圖所示，則一次函數的圖象大致是()．A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】觀察二次函數的圖象得：，可得，，從而得到一次函數的圖象經過第一、三、四象限，即可求解．【詳解】解：觀察二次函數的圖象得：，∴，，∴一次函數的圖象經過第一、三、四象限．故選：C【點睛】本題主要考查了一次函數和二次函數的圖象和性質，熟練掌握一次函數和二次函數的圖象和性質是解題的關鍵．7.如圖，已知BC是的直徑，過點B的弦BD平行于半徑OA，若∠B的度數是60°，則的度數是（）A. B. C.30° D.20°【答案】C【解析】【分析】根據，可得∠AOB=∠B=60°，再根據圓周角定理，即可求解．【詳解】解∶∵，∠B=60°，∴∠AOB=∠B=60°，∵∠AOB=2∠C，∴∠C=30°．故選：C【點睛】本題主要考查了圓周角定理，熟練掌握圓周角定理是解題的關鍵．8.如圖，是的直徑，弦于點E，若，則弦的長是（）A. B. C.6 D.8【答案】C【解析】【分析】連接，根據勾股定理求出，根據垂徑定理計算即可．【詳解】解：連接，∵是的直徑，弦，∴，∵，∴，∴∴．故選：C．【點睛】本題考查的是垂徑定理、勾股定理，掌握垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧是解題的關鍵．9.如圖所示，四邊形ABCD為⊙O的內接四邊形，∠BCD=130°，則∠BOD的大小是（）A.50° B.100° C.110° D.120°【答案】B【解析】【分析】根據圓內接四邊形的性質可求出∠BAD=50°，再根據圓周角定理可求出∠BOD=100°．【詳解】∵四邊形ABCD為⊙O的內接四邊形，∠BCD=130°，∴∠BAD=180°-∠BCD=50°，∴∠BOD=2∠BAD=100°．故選B．【點睛】本題考查圓內接四邊形的性質和圓周角定理．熟練掌握上述知識并利用數形結合的思想是解題關鍵．10.如圖，在中，將繞點順時針旋轉得到，且于點，則的度數為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用旋轉的性質及互余關系求角度即可．【詳解】由旋轉的性質可知：，，，，．，故選：B．【點睛】本題主要考查旋轉的性質，能夠熟練運用性質求角度是解題關鍵．11.如圖，邊長為1的正方形繞點A逆時針旋轉得到正方形，連接，則的長是（）A.1 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】連接、，根據圖形旋轉前后長度不變且旋轉角為，可得是等邊三角形，根據勾股定理，求出正方形的對角邊長度即可．【詳解】如圖所示，連接、∵四邊形是四邊形逆時針旋轉∴，∴是等邊三角形∴在中，∴故選：B．【點睛】本題考查圖形旋轉、等邊三角形的判定、正方形的性質及勾股定理等知識，熟練掌握圖形旋轉、等邊三角形的性質、正方形的性質及勾股定理是解題的關鍵．12.如圖，拋物線與軸交于點，其對稱軸為直線，結合圖象分析下列結論：①；②；③當時，隨的增大而增大；④一元二次方程的兩根分別為，；⑤若為方程的兩個根，則且，其中正確的結論有（）個．A.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】【分析】根據題意和函數圖象中的數據，利用二次函數的性質可以判斷各個小題中的結論是否正確，從而可以解答本題．【詳解】解：由函數圖象可得，，，，則，故①正確；，得，時，，，，，故②正確；由圖象可知，當時，隨的增大而增大，當時，隨的增大而減小，故③錯誤；拋物線與x軸交于點，其對稱軸為直線，該拋物線與軸的另一個交點的坐標為，的兩個根為，，的兩個根為，，一元二次方程的兩根分別為，，故④正確；該函數與軸的兩個交點為，，該函數的解析式可以為，當時，當對應的的值一個小于，一個大于2，若，為方程的兩個根，則且，故⑤正確；故選：C．【點睛】本題考查二次函數圖象與系數的關系、根與系數的關系、拋物線與軸的交點、二次函數與一元二次方程的關系，解答本題的關鍵是明確題意，利用二次函數的性質和數形結合的思想解答．二、填空題（本大題共6小題，共18分）13.在直角坐標系中，點A（－7，）關于原點對稱的點的坐標是_______．【答案】（7，-1）【解析】【分析】根據關于原點對稱的兩個點的橫坐標，縱坐標都互為相反數得出答案即可．【詳解】點（-7，1）關于原點對稱的點是（7，-1）．故答案為：（7，-1）．【點睛】本題主要考查了關于原點對稱的點的坐標特征，掌握關于原點對稱的兩個點的橫坐標，縱坐標都互為相反數是解題的關鍵．14.若方程是關于的一元二次方程，則滿足的條件是______．【答案】【解析】【分析】根據定義二次項系數不為0解題即可．【詳解】解：關于的方程是一元二次方程，，解得．故答案是：．【點睛】本題主要考查一元二次方程的定義，能夠熟記定義并列式是解題關鍵．15.已知二次函數（為常數）的圖象與軸有兩個交點，其中一個交點為，則另一個交點是______．【答案】【解析】【分析】將代入即可求得m，在令，即可得到答案．【詳解】解：將代入函數可得，，解得，即，當時，，解得：，，∴另一個交點為故答案為：．【點睛】本題考查二次函數與軸交點問題，解題關鍵是知道一元二次方程與二次函數的關系．16.已知點在拋物線上，則的大小關系是_____（用“<”連接）．【答案】【解析】【分析】分別將代入，求出的值，即可比較．【詳解】分別將代入，得：，，，∴．故答案為：．【點睛】本題考查比較二次函數值．掌握二次函數圖象上點的坐標滿足其解析式是解題關鍵．17.如圖，等腰內接于，已知，，是的直徑，如果，則_____________．【答案】2【解析】【分析】根據等腰三角形的性質、三角形內角和定理求出，根據圓內接四邊形的性質得到，根據圓周角定理、利用銳角的余弦計算即可．【詳解】解：∵∴，∵四邊形內接于，∴∵是的直徑，∴∴∴，由圓周角定理得，∴故答案為：2．【點睛】本題考查的是三角形外接圓與圓的內接四邊形的性質，銳角的余弦函數的應用，掌握圓周角定理是解題的關鍵．18.如圖，在中，，，．將繞點按逆時針方向旋轉后得，直線DA、BE相交于點F．取BC的中點G，連接GF，則GF長的最大值為____________cm．【答案】4【解析】【分析】設，可得，根據四邊形內角和可得，取的中點，連接、，則，，繼而可得，即可得到答案．【詳解】解：取的中點，連接、，如圖：由繞點旋轉得到，，，，設，則，在四邊形中，，在中，，，，，中，，是中位線，，而，當、、在一條直線上時，最大，最大值為，故答案為：4．【點睛】本題主要考查旋轉的性質、直角三角形的性質及勾股定理、中位線定理，構建以為邊的三角形，根據三角形三邊關系得出的長度范圍是解題的關鍵．三、解答題（本大題共7小題，共66分．解答應寫出文字說明．證明過程或演算步驟）19.解下列方程：（1）；（2）．【答案】（1），（2），【解析】【分析】（1）根據配方法一化，二移，三配，四開方即可得到答案；（2）根據配方法一化，二移，三配，四開方即可得到答案．【小問1詳解】解：二次項系數化為一得，，移項得，，兩邊同時加即，兩邊開平方可得，解得：，；【小問2詳解】解：移項得，．兩邊同時加，即，兩邊開平方可得，解得：，【點睛】本題考查解一元二次方程，解題的關鍵是運用自己熟練的解法進行求解即可．20.已知二次函數．（1）該二次函數圖象的對稱軸為直線_________，頂點坐標為_________；（2）請在如圖所示的平面直角坐標系中畫出該二次函數的圖象，并根據圖象直接寫出當時，的取值范圍．【答案】（1）；（2）圖見解析；的取值范圍是【解析】【分析】（1）把二次函數解析式整理成頂點式形式，然后寫出頂點坐標和圖象對稱軸即可；（2）根據二次函數與坐標軸的交點和（1）中的頂點坐標作出圖象即可；根據圖象即可得出的取值范圍．【小問1詳解】解：∵，∴頂點坐標為，∴該二次函數圖象的對稱軸為；故答案為：；【小問2詳解】解：∵當時，，∴該二次函數圖象與軸的交點為，∵當，則，解得：，，∴該二次函數圖象與軸的交點為，，∴二次函數的圖象如下圖所示：當時，的取值范圍為：．【點睛】本題考查了二次函數的圖象與性質、二次函數的頂點式，解本題的關鍵在正確畫出二次函數圖象．21.如圖，PA為⊙O的切線，A為切點，過點A作AB⊥OP，垂足為點C，交⊙O于點B，延長BO與PA的延長線交于點D．（1）求證：PB為⊙O的切線；（2）若OB=3，OD=5，求OP的長．【答案】（1）見解析；（2）3【解析】【分析】（1）連接OA，已知AB⊥OP，OB=OA，根據等腰三角形的三線合一的性質可得∠BOP=∠AOP；根據切線的性質定理可得∠OAP=90°，證明△OBP≌△OAP，根據全等三角形的性質可得∠OBP=∠OAP=90°．由此即可證得結論；（2）在Rt△AOD中，根據勾股定理求得AD=4，由切線長定理可得PA=PB，在Rt△DBP中，根據勾股定理求得PB=6，再在Rt△OBP中，根據勾股定理求得OP=3．【詳解】（1）證明：連接OA，∵AB⊥OP，OB=OA，∴∠BOP=∠AOP，∵PA是⊙O的切線，∴∠OAP=90°，在△OBP與△OAP中，∴△OBP≌△OAP（SAS），∴∠OBP=∠OAP=90°．∴OB⊥PB．∴PB是⊙O的切線；（2）∵OD=5，OA=OB=3，∴在Rt△AOD中，AD==4，∵PA、PB為⊙O的切線，∴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．【點睛】本題主要考查了切線的判定定理、勾股定理、全等三角形的判定與性質及切線長定理，熟悉圖形的幾何關系是解題的關鍵.22.在中，，將繞點C順時針旋轉，得，D，E分別是點B，A的對應點．記旋轉角為．（1）如圖①，連接AD，若，，，求AD的長；（2）如圖②，連接BD，若，求證：．【答案】（1）10；（2）見解析【解析】【分析】（1）根據，，則，由旋轉的性質得，然后在中利用勾股定理求解即可；（2）由（1）知，，由旋轉的性質得，則是等邊三角形，得到，則，．【詳解】解：（1）由旋轉的性質可得，，∵，∴．∵是旋轉得到的，∴在中，根據勾股定理得．（2）由（1）知，，由旋轉的性質得，∴是等邊三角形．∴．又，∴．∴．【點睛】本題主要考查了旋轉的性質，勾股定理，等邊三角形的性質與判定，平行線的判定，解題的關鍵在于能夠熟練掌握旋轉的性質．23.一種工藝品的進價為元，標價元出售，每天可售出件，根據銷售統計，一件工藝品每降價元出售，則每天可多售出件．設該工藝品每件降價元，請回答下列問題：（1）用含的代數式表示：①降價后每售一件該工藝品獲得利潤______元；②降價后平均每天售出______件該工藝品．（2）每天獲得利潤為元，求每天獲得的利潤與降價元之間的函數關系式？要使每天獲得的利潤最大，每件需降價多少元？最大利潤為多少元？【答案】（1）①；②（2）每天獲得利潤與降價元之間的函數關系式為：，要使每天獲得的利潤最大，每件需降價元，最大利潤為元【解析】分析】（1）①根據利潤=標價-進價-降價，計算即可；②根據銷售數量=基礎數量+多售數量，而多售數量=件．（2）根據利潤=單件利潤乘以銷售數量，構造二次函數，確定最值即可．【小問1詳解】該工藝品每件降價元，降價后每售一件該工藝品獲得利潤為元；降價后平均每天售出件工藝品，故答案為：；．【小問2詳解】由題意得：，，當時，每天獲得的利潤最大，最大利潤為元．每天獲得的利潤與降價元之間的函數關系式為：，要使每天獲得的利潤最大，每件需降價元，最大利潤為元．【點睛】本題考查了二次函數在銷售問題中的應用，熟練掌握銷售規律，準確構造二次函數是解題的關鍵．24.如圖，將矩形繞著點逆時針旋轉得到矩形，使點恰好落到線段上的點處，連接，連接交于點．（1）求證：平分；（2）取的中點，連接，求證：；（3）若，求的長．【答案】（1）見解析（2）見解析（3）的長為【解析】【分析】（1）通過旋轉的性質得到，再利用矩形的性質證明即可．（2）過點作于，利用角平分線上的點到角兩邊的距離相等得到，再利用旋轉及矩形的性質得到≌，得到點是中點，利用中位線的性質解題即可．（3）過點作于，過作于，利用含的直角三角形的性質及勾股定理計算即可．小問1詳解】證明：將矩形繞著點逆時針旋轉得到矩形，使點恰好落到線段上的點處，，，，，，平分；【小問2詳解】證