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2022-2023学年福建省龙岩市上杭县东北区九年级上学期数学期中试题及答案.doc

发布时间：2024-04-01 发布人：admin 分类：说明书 资料大小：1.69M 资料格式：doc 举报 版权申诉
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    2022-2023 学年福建省龙岩市上杭县东北区九年级上学期数 学期中试题及答案 一、选择题（共 10 小题，每题 4 分，满分 40 分，每小题只有一个正确选项） 1. 垃圾分类是资源，垃圾混置是垃圾．下列可回收物、有害垃圾、厨余垃圾、其他垃圾四 种垃圾回收标识中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线 两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形 绕着某一个点旋转 180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中 心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可. 【详解】解：A、既是轴对称图形，也是是中心对称图形，故此选项符合题意； B、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； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项符合题意； D、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； 故选 A． 【点睛】本题主要考查了中心对称图形的识别和轴对称图形的识别，解题的关键在于能够熟 练掌握中心对称图形和轴对称图形的定义． 2. 抛物线 y＝（x－4） 2－3 的顶点坐标是（ ） A. （－4，3） B. （－4，－3） C. （4，3） D. （4，－ 3） 【答案】D 【解析】
    【分析】根据抛物线顶点式 y   a x h  2  ，顶点坐标为( ,h k )，即可确定抛物线的顶 k 点坐标． 【详解】 抛物线顶点式 y   a x h  2  ，顶点坐标为( ,h k )， k 抛物线  x y  4 2 3  的顶点坐标为( 4, 3 )， 故选：D． 【点睛】本题考查了二次函数的顶点坐标，熟练掌握二次函数顶点式 y   a x h  2  ， k 顶点坐标为( ,h k )是解题关键． 3. 一元二次方程 2 4  x x   1 0 配方后可化为（ ） A. ( x  2) 2  5 B. ( x  2 2)  5 C. ( x  2) 2 5   D. ( x  2) 2 3   【答案】A 【解析】 【分析】移项后，两边都加上一次项系数一半的平方即可． 【详解】解： 2 4 x x  1 0   ， 2   x 4 x  ， 1 则 2 x 4 x    ，即 4 1 4 x  22  ， 5 故选：A． 【点睛】本题考查了解一元二次方程-配方法，熟练掌握用配方法解一元二次方程的步骤是 解决问题的关键． 4. 将抛物线 y x  2  向左平移 2 个单位，再向下平移 3 个单位，得到抛物线解析式为 2 （ ） A. y    x ( 2 2)  1 B. y    x ( 2 2)  1 C. y    x ( 2 2)  5 D. y   ( x  2 2)  5 【答案】A 【解析】
    【分析】根据抛物线的平移规律：上加下减，左加右减解答即可． 【详解】解：将抛物线 y x  2  向左平移 2 个单位，再向下平移 3 个单位， 2 所得新抛物线的解析式为 y    x  22 1  ． 故选：A． 【点睛】本题考查了抛物线的平移规律．关键是掌握抛物线的平移规律． 5. 如图， ABC 绕点 A 按逆时针方向旋转 56°后与 AB C△ 1 1 重合，则 1AB B  （ ） B. 56° C. 62° D. 68° A. 58° 【答案】C 【解析】 【分析】由旋转性质找出旋转角，对应线段，得△AB1B 是等腰三角形，求出底角即可． 【详解】∵ ABC 绕点 A 按逆时针方向旋转 56°后与 AB C△ 1 1 重合， ∴AB=AB1，∠B1AB=56°， ∴∠ABB1=∠AB1B= 故选择：C． 1 2  180    BAB 1    1 2  180   56    62  ． 【点睛】本题考查图形旋转的性质，等腰三角形性质，掌握图形旋转的性质，会根据图形确 定选择角，利用旋转对应线段和旋转角构成等腰三角形是解题关键． 6. 一元二次方程 2 2 x x 1 0   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. 只有一个实数根 D. 没有实数根 【答案】B 【解析】
    【详解】∵一元二次方程 2 x 2 x 1 0   ，△=4−4×1×1=0. ∴此方程有两个相等的实数根. 故选 B． 7. 已知点  A 11, y ，  24,B y ，  35,C y 都在抛物线   y x  23  上，则 1y ， 2y ， 3y k 的大小关系是（ ） A. y 1  y 2  y 3 B. y 1  y 3  y 2 C. y 1  y 2  y 3 D. y 1  y 3  y 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线解析式得出对称轴为直线 3x  ，开口向上，根据点到对称轴的距离远 近即可求解． 【详解】解：∵   y x  23  ， 1 0 a   ， k ∴抛物线开口向上，对称轴为直线 3x  ， ∵点  A y ，  24,B 35,C 11, y ，  y 都在抛物线   y x  23  上， k 3        ， 5 3 4 3  1  ， y 2 y ∴ 1  y 3 故选：D． 【点睛】本题考查了二次函数图象的性质，掌握二次函数的图象与性质是解题的关键． 8. 若关于 x 的一元二次方程 2 ax  bx   5 0  a  a x   21   b x   1   必有根为（ 5 ）  有一根为 2022，则方程 0  B. 2020 C. 2019 D. 2021 A. 2022 【答案】D 【解析】 【分析】设 t x  ，即  a x 1   21   b x   1   可改写为 2 at 5 bt   ，由题意关于 x 5 0 的一元二次方程 2 ax  bx   5 0  a  有一根为 2022 x  0  ，即 2 at bt   有一个根 5 0 为 2022 t  ，所以 1 2022 x   ，x=2021．
    【详解】由  a x   21   b x   1   得到  a x 5   21   b x  1    ， 5 0 对于一元二次方程  a x   21   b x   1   ， 5 设 t x  ， 1 所以 2 at bt   ， 5 0 而关于 x的一元二次方程 2 ax  bx   5 0  a 所以 2 at bt   有一个根为 2022 5 0 t  ，  有一根为 2022 x  0  ， ， x   x  则 1 2022 解得 2021 所以一元二次方程  a x ，   21   b x   1   有一根为 2021 x  5 ． 故选：D． 【点睛】本题考查一元二次方程的解．掌握换元法解题是解答本题的关键． 9. 如图， AOB  中，  ABO  90  ，点 B 在 x 轴上，点 A 坐标为 2,2 ，将 AOB  绕点O 逆时针旋转15 ，此时点 A 的对应点 A 的坐标是（ ） A. ( 3,2 3) B. ( 6, 2) C. ( 2, 6) D. (1, 3) 【答案】C 【解析】 【分析】如图，过点 A 作 A H y ¢ ^ 轴于 H．利用含30 角直角三角形的性质得到  A O  ，然后利用勾股定理求出 2 OH  2  OA  2  A H  ，即可求出点 A 的 6 1 2  A H  坐标． 【详解】如图，过点 A 作 A H y ¢ ^ 轴于 H．
    ∵  A 2,2 ， ∴ OA OA   22 ，  ，  AOA 15   ，   45 30  ，  ， 2 OH  2  OA  2  A H  ， 6 ∵ ∴ AOH A OH 1 2  ∴  A H ∴  A  A O  2, 6 ． 故选：C． 【点睛】本题考查坐标与图形变化-旋转，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅 助线，构造直角三角形解决问题． 10. 如图，抛物线 y  2 x  bx  与 x 轴交于点 A 、 B ，与 y 轴交于点C ， c OBC  45  ， 则下列各式成立的是（ ）. A. C. b c   b c   1 0 1 0 【答案】B 【解析】 B. b c   1 0 D. b c   1 0 【分析】根据 OBC  45  ，有 OB OC ，可设点 C、B 的坐标为 0, c 析式，即可解得答案. 【详解】 OBC  45  ,   c、 ，代入解 ,0 
    OB=OC， 可设点 C、B 的坐标为(0,c)、(c,0)， 把 B(c,0)代入 y  2 x  bx  ，得 2 c c  bc   c 0, 即 ( c c b   1) 0  c  0  b c   1 0 故选：B 【点睛】本题考查了抛物线与 x 轴有交点，根据题意得到点 C、B 的坐标是解题的关键. 二、填空题（共 6 小题，每题 4 分，共 24 分） 11. 平面直角坐标系内与 ( 3,4) P  关于原点对称的点的坐标是__________． 【答案】 3, 4  【解析】 【分析】根据关于原点对称点的坐标特点即可解答． 【详解】解：∵平面直角坐标系内的点与 ( 3,4) P  关于原点对称， ∴该点的坐标为 3, 4 ．  故答案为 3, 4 ．  【点睛】本题主要考查了关于原点对称点的坐标特征，掌握关于原点对称的点的坐标的横纵 坐标互为相反数成为解答本题的关键． 12. 一元二次方程 2 x 2 x  的解是_______． 0 【答案】0 或-2 【解析】 【分析】本题应对方程进行变形，提取公因式 x，将原式化为两式相乘的形式，再根据“两 式相乘值为 0，这两式中至少有一式值为 0 来解题． 【详解】x2+2x=0 x(x+2)=0 ∴x=0 或 x+2=0 ∴x=0 或−2 故本题的答案是 0，−2.
    【点睛】本题考查了一元二次方程，解题的关键是根据因式分解法解一元二次方程. 13. 如图，在 ABC 中，   C 90 ,    B 35  ，将三角形 ABC 绕点 A 按顺时针方向旋转 到三角形 1 AB C 的位置，使得点 1 C A B、 、 在一条直线上，那么旋转角等于__________． 1 【答案】125 ##125 度 【解析】 【分析】根据三角形内角和定理可求 CAB  55  ，再根据旋转的性质可得旋转角为 BAB 1 130   ． 【详解】解：∵ ∴ CAB  55 C   ， 90  ， B  35  ， 根据旋转的性质可得： 旋转角为  BAB 1 180     BAC  180   55   125  ， 故答案为：125 ． 【点睛】本题考查了三角形内角和定理、旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键． 14. 抛物线 y  2 x  2  与 x 轴的一个交点为 x m 3,0 ，则另一个交点坐标为_________． 【答案】 5,0 【解析】 【分析】根据题意，得出该抛物线的对称轴为直线 1x  ，再根据二次函数的对称性即可解 答． 【详解】解：根据题意可得： 该抛物线的对称轴为直线 x   b 2 a   2  1 2   1 ， 设另一个交点横坐标为 a ， ∵抛物线与 x 轴的一个交点为 3,0 ， ∴ a 3   2  ， 1 解得： 5 a  ，
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