一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 下列图形中，不是中心对称图形的是（ ）
A.
2. 点关于原点的对称点的坐标是（ ）
A.
3. 下列方程有实数根的是（ ）
A.
C.
4. 已知函数，则（ ）
A.当 时， 随 的增大而增大
B.当 时， 随 的增大而减小
C.当 时， 随 的增大而增大
D.当 时， 随 的增大而减小
5. 如图，是正方形中边上任意一点，是延长线上一点，，则可把看作是以点为旋转中心，把
A.顺时针旋转后得到的图形
B.顺时针旋转后得到的图形
C.逆时针旋转后得到的图形
D.逆时针旋转后得到的图形
6. 如图：是的直径，弦于，若，，则线段的长为（ ）
A.
7. 把抛物线＝向上平移个单位，再向右平移个单位，则平移后抛物线的解析式为（ ）
A.＝ ＝
C.＝ ＝
8. 如图，学校课外生物小组的试验园地的形状是长米、宽米的矩形．为便于管理，要在中间开辟一横两纵共三条等宽的小道，使种植面积为平方米，求小道的宽为多少米？若设小道的宽为米，则根据题意，列方程为
A.
B.
C.
D.
9. 二次函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A.
10. 若一元二次方程的两个实数根中较小的一个根是，则
A.
11. 如图，点在上，为的直径，，，是的中点，与相交于点，则的长为( )
A.
12. 在平面直角坐标系中，已知函数，，，其中，，是正实数，且满足．设函数，，的图象与轴的交点个数分别为，，，则( )
A.若，，则
B.若，，则
C.若，，则
D.若，，则
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
一元二次方程的两个实数根中较大的根是________．
已知二次函数的图象经过点，则的值为________．
如图，是的直径，，是上的两个点，．若，则的大小________度．
抛物线与轴的公共点是，，则这条抛物线的对称轴是直线________．
如图，，是半径为的的两条弦，，，是直径，于点，于点，为上任意一点，则的最小值为________．
已知，在正方形中，，点在边上，且，以点为圆心，长为半径画，点在上移动，连接．
Ⅰ如图①，在点移动过程中，长度的最小值是________．
Ⅱ如图②，将绕点逆时针旋转至，连接，在点移动过程中，长度的最小值是________．
三、解答题（本大题共7小题，共66分.解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）
解下列方程：
Ⅰ；
Ⅱ．
已知是的直径．
Ⅰ如图①，，，求的大小；
Ⅱ如图②，，是上的两个点，于点，若，求的大小．
如图，在中，点为弧的中点，弦，互相垂直，垂足为．分别与，相交于点，．
Ⅰ求的大小；
Ⅱ求证．
某商品经过连续两次降价，销售单价由原来的元降到元，求平均每次降价的百分率．
某商店销售一种销售成本为每件元的玩具，若按每件元销售，一个月可售出件．销售价每涨元，月销售量就减少件．设销售价为每件元，月销量为件，月销售利润为元．
Ⅰ当销售价为每件元时，月销量为________件，月销售利润为________元；
Ⅱ写出与的函数解析式和与的函数解析式；
Ⅲ当销售价定为每件多少元时会获得最大利润？求出最大利润．
已知中，，，，把边绕点逆时针旋转，点的对应点落在边上．
Ⅰ如图①，则线段的长为________，旋转角的大小为________，点到直线的距离为________．
Ⅱ点是直线上的一个动点，连接，把绕点逆时针旋转，使边与重合，得，点与点是对应点．
①如图②，当点在边上，且时，求的长；
②当点在线段的延长线上，且点到直线的距离为时，求的长（直接写出结果即可）．
在平面直角坐标系中，为坐标原点，抛物线 的顶点为，与轴交点为．
Ⅰ求点，的坐标；
Ⅱ已知点，将抛物线向上平移得抛物线，点平移后的对应点为，且，求抛物线的解析式；
Ⅲ如图，直线与轴交于点，与直线交于点 ．现将抛物线平移，保持顶点在直线上，若平移后抛物线与射线（含端点）只有一个公共点，求它的顶点横坐标的取值范围．
参与试题解析
2021-2022学年天津市和平区九年级（上）期中数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.
【答案】
A
【考点】
中心对称图形
【解析】
中心对称图形：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【解答】
、不是中心对称图形，故此选项符合题意；
、是中心对称图形，故此选项不符合题意；
、是中心对称图形，故此选项不符合题意；
、是中心对称图形，故此选项不符合题意；
2.
【答案】
B
【考点】
关于原点对称的点的坐标
【解析】
平面直角坐标系中任意一点，关于原点的对称点是，即：求关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆．
【解答】
解：∵点关于原点对称，
∴点关于原点对称的点的坐标为．
故选．
3.
【答案】
A
【考点】
根的判别式
【解析】
解方程或计算方程的根的判别式的值，即可判断各方程根的情况即可．
【解答】
、解方程，得，，所以方程有两个实数根；
、方程变形得，所以方程没有实数根；
、，方程没有实数根；
、，方程没有实数根，．
4.
【答案】
D
【考点】
二次函数的性质
【解析】
根据和二次函数的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题．
【解答】
故选：．
5.
【答案】
A
【考点】
全等三角形的性质
旋转的性质
正方形的性质
【解析】
由旋转的性质可求解．
【解答】
∵是正方形中边上任意一点，是延长线上一点，，
∴可把看作是以点为旋转中心，把顺时针旋转后得到的图形，
6.
【答案】
A
【考点】
垂径定理
勾股定理
【解析】
连接，求出，，根据勾股定理求出，即可求出答案．
【解答】
解：连接，
∵，
∴，
∵，过，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
故选．
7.
【答案】
C
【考点】
二次函数图象与几何变换
【解析】
直接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
【解答】
由“上加下减”的原则可知，把抛物线＝向上平移个单位所得抛物线的解析式为：＝；
由“左加右减”的原则可知，把抛物线＝向右平移个单位所得抛物线的解析式为：＝．
8.
【答案】
C
【考点】
由实际问题抽象出一元二次方程
【解析】
若设小道的宽为米，则阴影部分可合成长为米，宽为米的矩形，利用矩形的面积公式，即可得出关于的一元二次方程，此题得解．
【解答】
解：根据题意，可列方程为：．
故选.
9.
【答案】
D
【考点】
二次函数图象与系数的关系
【解析】
根据开口方向可判断；根据对称轴位置可判断；根据与轴的交点可判断；令，可判断．
【解答】
∵由图象知，开口向下，
∴，故错误；
∵对称轴在轴的左侧，
∴，故错误；
由图象知，与轴的交点在正半轴，
∴，故错误；
当时，，故正确；
10.
【答案】
D
【考点】
解一元二次方程-公式法
实数的运算
【解析】
根据公式得出，求出即可．
【解答】
∵的两个实数根中较小的一个根是，
∴，
解得：，
11.
【答案】
D
【考点】
全等三角形的性质与判定
圆周角定理
圆心角、弧、弦的关系
勾股定理
【解析】
如图作于．首先证明＝，设＝＝，根据勾股定理构建方程即可解决问题；
【解答】
解：如图作于．
∵，
∴.
∵是直径，
∴，
∴.
∵，
∴.
设，
∵，
∴，
∴.
∵，
∴.
在中，
∵，
∴，
解得，
∴.
故选.
12.
【答案】
B
【考点】
二次函数的性质
根的判别式
【解析】
选项正确，利用判别式的性质证明即可．
【解答】
解：若，，
则，.
∵，，是正实数，
∴.
∵，
∴，
对于，
则有，
∴，
故选.
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
【答案】
【考点】
解一元二次方程-因式分解法
【解析】
原方程转化为或，然后解两个一次方程即可得到原方程较大的根．
【解答】
∵，
∴，
∴或，
∴，，
∴原方程较大的根为．
【答案】
【考点】
待定系数法求二次函数解析式
【解析】
把代入函数中，即可求．
【解答】
解：把代入函数解析式，得
，
解得．
故答案是．
【答案】
【考点】
圆周角定理
圆心角、弧、弦的关系
【解析】
根据平行线的性质求出，根据等腰三角形的性质得出，根据圆周角定理得出，即可求出答案．
【解答】
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵由圆周角定理得：，
∴，
【答案】
【考点】
二次函数的性质
抛物线与x轴的交点
【解析】
根据抛物线的对称性即可求解．
【解答】
∵抛物线与轴的公共点的坐标是，，
∴这条抛物线的对称轴是直线，
【答案】
【考点】
轴对称——最短路线问题
垂径定理
勾股定理
【解析】
由于、两点关于对称，因而，即当、、在一条直线上时，的值最小，即的值就是的最小值．
【解答】
连接，，，作垂直于于．
∵，，是直径，于点，于点，
∴，，
∴，
，
∴，
，
在中，根据勾股定理得到，即的最小值为．
【答案】
,
【考点】
旋转的性质
正方形的性质
【解析】
Ⅰ当点在线段上时，的长度有最小值，即可求解；
Ⅱ由“”可证，可得，点的运动路线为以为圆心，以为半径的圆上，则当在对角线上时，最小，再利用勾股定理求对角线的长，则得出的长．
【解答】
（2）如图，连接，
由旋转得：，，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴点在以点为圆心，为半径的圆上，
∴当在对角线上时，最小，
在中，∵，
∴，
∴，
即长度的最小值为．
故答案为：．
三、解答题（本大题共7小题，共66分.解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）
【答案】
（1）∵，
∴，
∴，
即，；
（2）∵，，，
∴，
∴，
∴，．
【考点】
解一元二次方程-配方法
解一元二次方程-公式法
【解析】
Ⅰ根据配方法解一元二次方程的步骤计算可得答案；
Ⅱ利用求根公式计算可得答案．
【解答】
（1）∵，
∴，
∴，
即，；
（2）∵，，，
∴，
∴，
∴，．
【答案】
（1）∵，，
∴，
∴；
（2）连接，
∵直线，
∴，
∵，
∴，
∵、、、四点共圆，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴．
【考点】
圆周角定理
垂径定理
圆心角、弧、弦的关系
【解析】
（I）根据圆心角、弧、弦之间的关系求出，再求出答案即可；
根据三角形外角性质求出，根据圆内接四边形的性质得出，求出，根据圆周角定理求出，再根据三角形内角和定理求出即可．
【解答】
（1）∵，，
∴，
∴；
（2）连接，
∵直线，
∴，
∵，
∴，
∵、、、四点共圆，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴．
【答案】
（1）∵点为弧的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
【考点】
圆周角定理
垂径定理
圆心角、弧、弦的关系
【解析】
（I）根据圆周角定理求出，根据垂直定义求出，再根据三角形内角和定理求出即可；
求出，根据圆周角定理得出，根据全等三角形的判定得出，根据全等三角形的性质得出即可．
【解答】
（1）∵点为弧的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
【答案】
平均每次降价的百分率是
【考点】
一元二次方程的应用
【解析】
解答此题利用的数量关系是：商品原来价格（每次降价的百分率）现在价格，设出未知数，列方程解答即可．
【解答】
设这种商品平均每次降价的百分率为，根据题意列方程得，
，
解得，（不合题意，舍去）；
【答案】
,
【考点】
二次函数的应用
二元一次方程组的应用——行程问题
二元一次方程组的应用——其他问题
二元一次方程的应用
【解析】
Ⅰ根据月销售量（定价），即可求出当销售单价定为元时的月销售量，再利用月销售利润每件利润销售数量，即可求出当销售单价定为元时的月销售利润；
Ⅱ根据以上所列等量关系可得函数解析式；
Ⅲ将关于的函数解析式配方成顶点，再利用二次函数的性质求解可得．
【解答】
（2），
，Ⅲ，
∵，
∴当时，取得最大值，
故销售价定为每件元时会获得最大利润，最大利润为元．
【答案】
,,
【考点】
几何变换综合题
【解析】
Ⅰ先由旋转的性质得，再由直角三角形的性质得，，过作于，由直角三角形的性质即可得出；
Ⅱ①先由旋转的性质得，则，，再证出是等边三角形，得，然后由勾股定理即可得出答案；
②分两种情况：、在内部，过作于，延长交于，先由直角三角形的性质得，，设，则，，再证，得，解得；
、在外部，过作于，延长交于，解法同上．
【解答】
Ⅰ由旋转的性质得：，
∵，，
∴，，
即旋转角的大小为，
过作于，如图①所示：
∵，，
∴，
即点到直线的距离为，
【答案】
（1）对于，令，则，故点，
∵，
故点的坐标为；
（2）设平移后抛物线的表达式为，则点，
由得，，解得，
故抛物线的表达式为；
Ⅲ∵直线①与轴交于点，则点，
设直线的表达式为，将点的坐标代入上式得：，解得，
故直线的表达式为，
设平移后的抛物线为抛物线″，其顶点为，则设点，
则″的表达式为②，
当抛物线″过点时，将点的坐标代入上式得：，解得，
故当时，平移后抛物线与射线（含端点）只有一个公共点，
当抛物线″与直线只有一个公共点时，
联立①②并整理得：，
则，解得，
当时，，即为，解得，
故唯一交点的坐标为，该点在射线上，
故顶点横坐标的取值范围为或．
【考点】
二次函数综合题
【解析】
Ⅰ对于，令，则，故点，而，故点的坐标为；
Ⅱ设平移后抛物线的表达式为，则点，由得，即可求解；
Ⅲ①当抛物线″过点时，将点的坐标代入上式得：，解得，故当时，平移后抛物线与射线（含端点）只有一个公共点②当抛物线″与直线只有一个公共点时，联立①②并整理得：，则，解得，即可求解．
【解答】
（1）对于，令，则，故点，
∵，
故点的坐标为；
（2）设平移后抛物线的表达式为，则点，
由得，，解得，
故抛物线的表达式为；
Ⅲ∵直线①与轴交于点，则点，
设直线的表达式为，将点的坐标代入上式得：，解得，
故直线的表达式为，
设平移后的抛物线为抛物线″，其顶点为，则设点，
则″的表达式为②，
当抛物线″过点时，将点的坐标代入上式得：，解得，
故当时，平移后抛物线与射线（含端点）只有一个公共点，
当抛物线″与直线只有一个公共点时，
联立①②并整理得：，
则，解得，
当时，，即为，解得，
故唯一交点的坐标为，该点在射线上，
故顶点横坐标的取值范围为或．下载本文
