精品解析：吉林省吉林市吉林十二中学2022—2023学年上学期九年级数学期中测试

名校调研系列卷·九年级期中测试数学（人教版） 一、选择题（每小题2分，共12分） 1. 下列图案中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 若二次函数有最小值，则a的值可以是（　　） A. 9 B. 6 C. 0 D. 3. 如图点A，B，C在上，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 4. 关于x的一元二次方程的常数项为0，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 0或2 D. 0 5. 如图，是等腰三角形的底边的中线，，，与关于点C成中心对称，连接，则的长是（ ） A. 4 B. C. D. 6. 在羽毛球比赛中，某次羽毛球的运动路线可以看作是抛物线的一部分（如图，水平地面为x轴，单位：米），则羽毛球到达最高点时离地面的距离是（ ） A. 1米 B. 3米 C. 5米 D. 米 二、填空题（每小题3分，共24分） 7. 如图，该图形绕其中心旋转能与其自身完全重合，则其旋转角最小为______度． 8. 如图，已知四边形内接于，若，则______度． 9. 若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则m的取值范围是______． 10. 已知一条抛物线的形状、开口方向均与抛物线相同，且它的顶点坐标为，则这条抛物线的解析式为______． 11. 如图，AB是的直径，C是上的一点，连接AC、BC，若，的半径为，则______． 12. 如图，将绕点A逆时针旋转得到，，若，则______度． 13. 某街道2020年用于绿化投资20万元，预计2022年用于绿化投资达到25万元，设这两年绿化投资的平均增长率为，由题意可列方程为______． 14. 如图，的顶点在抛物线上，将绕点O顺时针旋转，得到，边与该抛物线交于点P，则点P的坐标为__________． 三、解答题（每小题5分，共20分） 15. 解方程：． 16. 已知抛物线的顶点坐标为，求该抛物线与y轴的交点坐标． 17. 如图是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，点A、B均在格点上，只用无刻度的直尺，在图中以线段为对角线画一个面积为6的四边形，要求该四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形． 18. 如图，为的直径，弦与交于点，连接、，；． （1）求的度数； （2）连接，若，则的半径为 ． 四、解答题（每小题7分，共28分） 19. 如图，矩形绕点顺时针旋转后得到矩形，连接交于点，连接交于点．求证：． 20. 已知二次函数的图象如图所示． （1）求c的值； （2）将该抛物线进行左右平移，使其经过坐标原点，请直接写出平移的方法． 21. 如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，5），B（﹣2，1），C（﹣1，3）． （1）点C关于原点对称的点的坐标为　 　； （2）画出△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到的图形△A1B1C1，写出△A1B1C1各顶点的坐标． 22. 如图，是的直径，弦于点，在上取一点，连接、、． （1）求证：； （2）若的半径为5，，求弦的长． 五、解答题（每小题8分，共16分） 23. 如图，已知抛物线过点和点． （1）求抛物线L的函数解析式； （2）将抛物线L沿y轴翻折得到抛物线，与x轴交于点B和点D（点B在点D的右侧），抛物线上是否存在点Q，使得？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 24. 【模型感知】（1）如图①，在正方形中，点E是对角线上一点（不与点A、C重合），连接，将线段绕点B逆时针旋转得到线段，连接，求证：； 【模型发展】（2）如图②，在正方形中，点E是对角线的延长线上的一点，连接，将线段绕点B逆时针旋转得到线段，连接，线段与的数量关系为______，与所在直线的位置关系为______（不需证明）； 【解决问题】（3）如图③，在正方形中，点E是对角线延长线上的一点，连接，将线段绕点B逆时针旋转，得到线段，连接，，若，则______． 六、解答题（每小题10分，共20分） 25. 如图，在中，，，，是的中线，动点P从点C出发，沿以每秒1个单位长度的速度向终点A运动，同时，动点Q从点A出发，沿以每秒2个单位长度的速度向终点B运动，过点Q作于点E，连接，设四边形与重叠部分图形的面积为，点P的运动时间为t秒． （1）的长为 　 　（用含t的代数式表示）； （2）四边形的形状是 　 　（不需证明）； （3）求S与t之间的函数关系式； （4）当S的值为时，直接写出t的值． 26. 如图，抛物线经过点，点，与y轴交于点C．点P是抛物线上的动点，且横坐标为m．过点P作y轴的平行线，交直线于点Q，以为边，在的右侧作正方形． （1）求此抛物线的解析式． （2）点P在直线上方的抛物线上运动时，直接写出的长．（用含m的代数式表示） （3）抛物线的顶点落在正方形的边上（包括顶点）时，求m的值． （4）当此抛物线在正方形内部的图象的最高点与最低点的纵坐标之差为2时，直接写出m的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 名校调研系列卷·九年级期中测试数学（人教版） 一、选择题（每小题2分，共12分） 1. 下列图案中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的定义．在平面内，一个图形经过中心对称能与原来的图形重合，这个图形叫做中心对称图形；一个图形的一部分，以某条直线为对称轴，经过轴对称能与图形的另一部分重合，这样的图形叫做轴对称图形．直接根据中心对称图形和轴对称图形的定义逐项分析． 【详解】解：A．原图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项不符合题意； B．原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项符合题意； C．原图既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不符合题意； D．原图不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意． 故选：B． 2. 若二次函数有最小值，则a的值可以是（　　） A. 9 B. 6 C. 0 D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查二次函数图象与系数的关系、二次函数的最值，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．根据二次函数有最小值，可知二次项系数大于0，然后即可求得的取值范围，从而可以判断哪个选项符合题意． 【详解】解：∵二次函数有最小值， ∴， 解得， 故选：A． 3. 如图点A，B，C在上，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理．掌握“同弧所对的圆周角相等，并且等于它所对的圆心角的一半”是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴， ∴． 故选：A． 4. 关于x的一元二次方程的常数项为0，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 0或2 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是一元二次方程的一般形式，一般地，任何一个关于x的一元二次方程经过整理，都能化成如下形式．这种形式叫一元二次方程的一般形式．先根据一元二次方程的定义及一般形式列出关于m的不等式组，求出m的值即可． 【详解】解：∵方程是关于x的一元二次方程，常数项是0， ∴， 解得． 故选：B． 5. 如图，是等腰三角形的底边的中线，，，与关于点C成中心对称，连接，则的长是（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了等腰三角形的性质以及中心对称，掌握等腰三角形“三线合一”的性质是解答本题的关键．根据等腰三角形的性质得出，，根据中心对称的性质得出，，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵是等腰三角形的底边的中线，， ∴，， ∵与关于点C中心对称，， ∴，，， ∴， ∴． 故选：D． 6. 在羽毛球比赛中，某次羽毛球的运动路线可以看作是抛物线的一部分（如图，水平地面为x轴，单位：米），则羽毛球到达最高点时离地面的距离是（ ） A. 1米 B. 3米 C. 5米 D. 米 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查二次函数的性质的运用，二次函数顶点式的运用，将解析式化为顶点式求出顶点坐标即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴顶点坐标为， ∵， ∴有最大值， ∴此次羽毛球最高可达到， 故选：D． 二、填空题（每小题3分，共24分） 7. 如图，该图形绕其中心旋转能与其自身完全重合，则其旋转角最小为______度． 【答案】60 【解析】 【分析】本题考查了旋转对称图形，根据已知图形得出最小旋转角度数是解题关键．观察图形可得，图形由六个形状相同的部分组成，从而能计算出旋转角度． 【详解】解：图形可看作由一个基本图形旋转6次所组成，故最小旋转角为 故答案为：60． 8. 如图，已知四边形内接于，若，则______度． 【答案】98 【解析】 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，根据“圆内接四边形对角互补”，即可解答． 【详解】解：∵四边形内接于， ∴； 又． ∴． 故答案为：98． 9. 若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则m的取值范围是______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了根的判别式，一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根． 【详解】解：将原方程转化为一般形式得， ∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根， ∴， 解得：， ∴m的取值范围是． 故答案为：． 10. 已知一条抛物线的形状、开口方向均与抛物线相同，且它的顶点坐标为，则这条抛物线的解析式为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，先设顶点式，然后根据二次函数的性质确定a的值即可，根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式是解决此题的关键． 【详解】∵抛物线的顶点坐标为， ∴抛物线解析式可设为， ∵抛物线的形状、开口方向均与抛物线相同， ∴， ∴所求抛物线的解析式为． 故答案为：． 11. 如图，AB是的直径，C是上的一点，连接AC、BC，若，的半径为，则______． 【答案】4 【解析】 【分析】本题考查圆周角定理，勾股定理，由圆周角定理得到，由勾股定理即可求出． 【详解】解：是的直径， ， 的半径为， ， ， ． 故答案为：4 12. 如图，将绕点A逆时针旋转得到，，若，则______度． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，直角三角形的特征，能根据旋转角都相等求出是解题的关键． 【详解】解：将绕点A逆时针旋转得到， ， ， ， ， ． 故答案为：． 13. 某街道2020年用于绿化投资20万元，预计2022年用于绿化投资达到25万元，设这两年绿化投资的平均增长率为，由题意可列方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意知，2021年的投资资金为，2022年的投资资金为，然后根据题意列方程即可． 【详解】解：依题意得，， 故答案为：． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键在于根据题意正确的列方程． 14. 如图，的顶点在抛物线上，将绕点O顺时针旋转，得到，边与该抛物线交于点P，则点P的坐标为__________． 【答案】（，4） 【解析】 【分析】首先根据点A在抛物线上求得抛物线的解析式和线段OB的长，从而求得点D的坐标，根据点P的纵坐标和点D的纵坐标相等得到点P的坐标即可． 【详解】解：∵的顶点在抛物线上， ∴， 解得：， ∴解析式为， ∵的顶点为， ∴， ∵绕点O顺时针旋转，得到， ∴轴， ∴点D和点P的纵坐标均为4， ∴令，得， 解得：， ∵点P在第一象限， ∴点P的坐标为：（，4） 故答案为（，4）． 【点睛】本题考查了二次函数的综合知识，解题过程中首先求得抛物线的解析式，然后再求得点D的纵坐标，利用点P的纵坐标与点D的纵坐标相等代入函数的解析式求解即可． 三、解答题（每小题5分，共20分） 15. 解方程：． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查了用公式法解一元二次方程，方程利用公式法解方程的步骤求出解即可，熟练掌握公式法解方程的步骤是解本题的关键． 【详解】， ，，， ， ∴， ∴，． 16. 已知抛物线的顶点坐标为，求该抛物线与y轴的交点坐标． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查待定系数法求抛物线解析式，抛物线与y轴的交点问题，掌握二次函数的性质正确计算是解题的关键．令，求出y的值，可得抛物线与y轴交点． 【详解】解：∵抛物线的顶点坐标为， ∴，， ∴， 当时，， 即该抛物线与y轴的交点坐标为． 17. 如图是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，点A、B均在格点上，只用无刻度的直尺，在图中以线段为对角线画一个面积为6的四边形，要求该四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形． 【答案】 如图，四边形即为所求． 【解析】 【分析】本题考查作图旋转变换，轴对称变换，画一个平行四边形（非矩形或菱形）即可． 【详解】略 18. 如图，为的直径，弦与交于点，连接、，；． （1）求的度数； （2）连接，若，则的半径为 ． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由“同弧所对的圆周角相等”可得，再由三角形内角和定理即可求解； （2）连接，根据等腰三角形的性质推出，根据勾股定理求出即可． 【小问1详解】 解：， ， ， ； ； 【小问2详解】 解：连接，如图所示： ，， ， ， 中，根据勾股定理得：， ∵， ∴ 解得：，负值舍去． 故答案为：． 【点睛】此题考查了同弧或等弧所对的圆周角相等、三角形内角和定理，勾股定理，等腰三角形的性质，熟记相关的定理和性质，作出合理的辅助线是解题的关键． 四、解答题（每小题7分，共28分） 19. 如图，矩形绕点顺时针旋转后得到矩形，连接交于点，连接交于点．求证：． 【答案】证明：由旋转性质可得，，， ∴． ∴． ， ． 四边形与四边形为矩形， ． ． 又， ． ． 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 由旋转性质可知，，，可得，得出，证明，进而结论得证． 【详解】略 20. 已知二次函数的图象如图所示． （1）求c的值； （2）将该抛物线进行左右平移，使其经过坐标原点，请直接写出平移的方法． 【答案】（1） （2）该抛物线向左平移3个单位或向右平移1个单位，使其经过坐标原点 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数图象与几何变换，二次函数的性质以及二次函数图象上点的坐标特征， （1）把点代入求值即可求得抛物线解析式，可得结论； （2）设平移后抛物线解析式为：，然后将点代入求得a的值； 熟练掌握平移的规律是解决此题的关键． 【小问1详解】 把代入，得， 解得； 【小问2详解】 ∵． ∴设平移后抛物线解析式为：， 把点）代入，得． 解得或． 故将该抛物线向左平移3个单位或向右平移1个单位，使其经过坐标原点． 21. 如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，5），B（﹣2，1），C（﹣1，3）． （1）点C关于原点对称的点的坐标为　 　； （2）画出△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到的图形△A1B1C1，写出△A1B1C1各顶点的坐标． 【答案】（1）（1．-3）． （2） 如图，△A1B1C1即为所求， ∴A1（5，3），B1（1，2），C1（3，1）． 【解析】 【分析】（1）关于原点对称的两个点，横坐标，纵坐标都互为相反数，根据原理可直接得到答案； （2）利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可． 【小问1详解】 解：点C（-1，3）关于原点的对称点的坐标为（1，-3）． 故答案为：（1．-3）． 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查作图-旋转变换，中心对称的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 22. 如图，是的直径，弦于点，在上取一点，连接、、． （1）求证：； （2）若的半径为5，，求弦的长． 【答案】（1） 证明：连接，如图： 弦直径， ， ， ， 又（圆周角定理）， ； （2） 【解析】 【分析】本题考查圆的性质及应用，涉及勾股定理，解题的关键是掌握垂径定理、圆周角定理等圆的性质及熟练运用勾股定理； （1）连接，根据弦直径，可得，即，又，即可得； （2）连接，由的半径为5，，得，，，根据，得，在中，即可得． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：连接，如图： 的半径为5，， ，，， ， ， 在中，， ． 五、解答题（每小题8分，共16分） 23. 如图，已知抛物线过点和点． （1）求抛物线L的函数解析式； （2）将抛物线L沿y轴翻折得到抛物线，与x轴交于点B和点D（点B在点D的右侧），抛物线上是否存在点Q，使得？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在，或 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象特征，解答本题的关键是求出翻折后的函数解析式． （1）利用待定系数法即可求解； （2）先求出翻折后的函数解析式，求出，的坐标，再根据可求出到轴的距离，从而确定的纵坐标，然后再用解析式求出的横坐标即可． 【小问1详解】 将，代入，得： ， 解得：， ∴； 【小问2详解】 由题意得的解析式为， 令， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴Q到BD的距离为6， 当时，， ，， ∴，， 当时，，无解； 综上所述：Q的坐标为或． 24. 【模型感知】（1）如图①，在正方形中，点E是对角线上一点（不与点A、C重合），连接，将线段绕点B逆时针旋转得到线段，连接，求证：； 【模型发展】（2）如图②，在正方形中，点E是对角线的延长线上的一点，连接，将线段绕点B逆时针旋转得到线段，连接，线段与的数量关系为______，与所在直线的位置关系为______（不需证明）； 【解决问题】（3）如图③，在正方形中，点E是对角线延长线上的一点，连接，将线段绕点B逆时针旋转，得到线段，连接，，若，则______． 【答案】 （1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∵将线绕点B按逆时针方向旋转得到线段， ∴，， ∴ ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）相等，垂直；（3） 【解析】 【分析】（1）由“”可证，可得； （2）由“”可证，可得，即可求解； （3）由“”可证，可得，根据等腰直角三角形的性质求得，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】解：（1）略 （2），；理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵将线段绕点B按逆时针方向旋转得到线段， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：，； （3）如图③，延长与交于F，过点E作，交的延长线于H， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵将线段绕点B按逆时针方向旋转得到线段， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴设，则， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 六、解答题（每小题10分，共20分） 25. 如图，在中，，，，是的中线，动点P从点C出发，沿以每秒1个单位长度的速度向终点A运动，同时，动点Q从点A出发，沿以每秒2个单位长度的速度向终点B运动，过点Q作于点E，连接，设四边形与重叠部分图形的面积为，点P的运动时间为t秒． （1）的长为 　 　（用含t的代数式表示）； （2）四边形的形状是 　 　（不需证明）； （3）求S与t之间的函数关系式； （4）当S的值为时，直接写出t的值． 【答案】（1）或 （2）平行四边形 （3） （4）2或 【解析】 【分析】（1）根据含30度角的直角三角形的性质可得，进而可得，再分点Q在上和点Q在上两种情况，分别列代数式； （2）通过证明，，可证四边形是平行四边形； （3）点Q在上时，，当点Q在上时，； （4）把S的值代入（3）的解析式中即可解答． 【小问1详解】 解：，，， ， 是的中线， ， 当点Q在上时，， 当点Q在上时，， 故答案为：或； 【小问2详解】 解：如图， 由题意知，， ，， ，， ， ，， ， ， 四边形的形状是平行四边形； 故答案为：平行四边形； 【小问3详解】 解： ，， ， 又， 是等边三角形， 分两种情况： 当点Q在上时，，如下图所示，作于点M， 则，， ， 由（2）知四边形的形状是平行四边形， ，， ， ，是等边三角形， ，， ； 当点Q在上时，，如下图所示， 同理可得， 综上可知，； 【小问4详解】 解：将代入， 得：， 解得或； 将 代入， 得：， 解得（舍）或（舍）； 综上可知，t的值为2或． 【点睛】本题属于三角形上的动点问题，考查二次函数，直角三角形的性质，平行四边形的判定，等边三角形的判定与性质等知识，熟练运用数形结合和分类讨论思想是解题的关键． 26. 如图，抛物线经过点，点，与y轴交于点C．点P是抛物线上的动点，且横坐标为m．过点P作y轴的平行线，交直线于点Q，以为边，在的右侧作正方形． （1）求此抛物线的解析式． （2）点P在直线上方的抛物线上运动时，直接写出的长．（用含m的代数式表示） （3）抛物线的顶点落在正方形的边上（包括顶点）时，求m的值． （4）当此抛物线在正方形内部的图象的最高点与最低点的纵坐标之差为2时，直接写出m的值． 【答案】（1） （2） （3）或 （4），， 【解析】 【分析】（1）根据已知点坐标用待定系数法求解； （2）确定直线的解析式，设，，求出； （3）由抛物线解析式化顶点式求得顶点坐标，分两种情况，当点P在y轴左侧时，求得，当点P在y轴右侧时，求得； （4）由题意知，化为两个一元二次方程求解，得或；，解得，，，结合图形舍根，得或 【小问1详解】 由题意得 解得 ∴该抛物线的解析式为． 【小问2详解】 由，可知：直线BC： 由题意知：， ； 【小问3详解】 抛物线的解析式为 ∴ ∴顶点的坐标为 如图，当点P在y轴左侧时， 时， 解得 当点P在y轴右侧时， 时， 综上，抛物线的顶点落在正方形PQMN的边上（包括顶点）时，或 【小问4详解】 由题意知 ∴，解得 ，解得， 不合题意，舍去； 综上，或 【点睛】本题主要考查待定系数法、配方法化二次函数解析式为顶点式、构建一元二次方程解决问题；由动点的运动情况确定动态图形的形状和位置是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $