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文档简介

2021-2022学年津和区年()中学一选题本题12小题,小3分,36分.在每题出四选中只一是合目求)形中,不是中心对称图形的是(B.C.D.原的对称点的坐标是(A. 

B.

程有实数根的是(A.

B.

C.

𝑥

,(随而增大时的增大减小C.时的增大而增大时的增大而减小图是正方上任意一点长线上一点eq\o\ac(△,)𝐴𝐴则可eq\o\ac(△,)𝐴看作是以旋转心,eq\o\ac(△,)𝐴顺旋后得到的图形时针旋得到的图形C.针旋后到的图形逆针旋的图形试卷第1页,总页

的直径,,,的为()A.

B.

为()

向上平位,再向右平单位,则平移后抛物线的解析式A.

B.(C.

(学校课外生物小组的试验园地的形状是的矩形.为便于管理,要在中间开辟一横两纵共三条等的小道,使种植面积米,求小道的宽为多少米?若设小道的宽,则根据题意,列程)A.𝑥𝑥

B.𝑥C.D.

图象如图所示,则下列结论正确的是(A.

B.

10.元次方2

𝑥的个实数根中较小的一个根,A.

B.

试卷第2页,总页

̂7112111211211.,上的直径,,̂71121112112

的中点与

2

2

C.2

5212.面角坐标系中,已知函

22222,其是实数,且满点个数分别,(),21,C.2

2

.函的图象交二填题本题6小题每题3,18)一元二次方

2

两个实数根中较大的已知二次函

2

的图象经过−1)值________如图直径两个点.,则的________.抛物

2

共点,这条抛物线的对称轴是直________如图半径1的条弦是径于,意一点,小值_试卷第3页,总页

已知,在正方中,在为半径上动,连Ⅰ如①在程中的最小值Ⅱ如②绕时针旋的最小值

至在动过程中长度三解题本题7小题共66分.解应出字明演步骤推过)解下列方程:Ⅰ

2

2

已.Ⅰ如①

,小;Ⅱ如②是上两个点,小.

,的大如图,,弦,相垂直垂足.与,.Ⅰ大小;Ⅱ求试卷第4页,总页

某商品经过连续两次降价,销售价由原来,求平均每次降价的百分率.某商店销售一种销售成本为每具,若按每元销售,一个月可售件.销售价每销售量就减.销售价为每月销量件,月销售利润Ⅰ当销售价为每元时,月销量件,月销售利润_______;Ⅱ写的数解析式与解析式;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𝑡逆针旋转,点落在.Ⅰ如①则线_旋转角的大小_______到的距离________Ⅱ一个动点连,eq\o\ac(△,)绕逆针旋转,使重合,eq\o\ac(△,)与对应点.①②当√时,的长;②的延长线上,且到直的离为时,的长(直接写出结果即可).在平面直角坐标系中为标原点,抛物线

顶点交点Ⅰ求坐标;Ⅱ已知,抛物上平移得抛的对应点,且抛

的解析式;Ⅲ如图,直与轴交于,直交点.将抛物,保持顶点在直,若平移后抛物线与射)有一个公共点,求它的顶点横坐取值范围.试卷第5页,总页

参答与题析2021-2022学年津和区年()中学卷一选题本题12小题,小3分,36分.在每题出四选中只一是合目求)【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,果把一个图形绕某一点旋旋转后的图形能和原图形完全重合,那么这个图就叫做中心对称图形.【解答】、是中心对称形,故此选项符合题意;、中心对称图形,故此选项不符合题意;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;【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,于原点的对称点( 求关于原点的对称点,横纵坐标都变成相反.记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆.【解答】解:∵关于原点对称,∴点对称的点的坐标( 故【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值,即可判断各方程根的情况即可.【解答】、方,

,𝑥

,所以方程有个实数根;、

变形

,以方程没有实数根;

1,程没有数根;2方程没有实数根,.试卷第6页,总页

【答案】D【考点】二次函数的性质【解析】根

和次函数的性质,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【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】∵是正方上任意一点长线上一点eq\o\ac(△,)𝐴𝐴∴可eq\o\ac(△,)看作是以为转中心,eq\o\ac(△,)𝐴旋得到的图形,【答案】A【考点】垂径定理勾股定理【解析】连,求,根据勾股定理求,可求出答案.【解答】解:连∵,∴∵∴

,在中,由勾股定理得

2,试卷第7页,总页

2∴2故【答案】C【考点】二次函数图象与几何变换【解析】直接根上加下减,左加右的原则进行解答即可.【解答】由“加下”原则可知,把抛物个单位所得抛物线的解析式为=

2

;由“加右”原则可知,把抛物

2

向右平单位所得抛物线解析式为=

2

.【答案】C【考点】由实际问题抽象出一元二次方程【解析】若设小道的宽米,则阴影部分可合成长−2,宽形,利用矩形的面积公式,即可得出关的元二次方程,此题得解.【解答】解:根据题意,可列方程为𝑥)(20.故【答案】D【考点】二次函数图象与系数的关系【解析】根据开口方向可判对称轴位置可判据交点可判;.【解答】∵∴∵∴

由图象知,开口向下,,误;对称轴侧,,;试卷第8页,总页

̂̂由图象知,点在正半轴,∴,̂̂当时10.【答案】D【考点】解一元二次方程公法实数的运算【解析】根据公式得出

2

2

16

即可.【解答】∵

2

𝑥的两个实数根中较的一个根∴

2

2

16

解得

2

16211.【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】如图证据勾股定构建方程即可解决问题;【解答】解:如图∵

,∴.∵是径,∴∴.∵∴设试卷第9页,总页

11211∵11211∴,∴∵

2,∴.在中∵

2

2

2

,∴−𝑥)

2

2

2

,解,2∴

2222故12.【答案】B【考点】二次函数的性质根的判别式【解析】选利用判别式的性质证明即可.【解答】解:

,2则

2

2.∵是实数,∴∵

2

∴2对

2,则

2

∴,故.二填题本题6小题每题3,18)【答案】【考点】解一元二次方程因分解法【解析】原方程转化或1后解两个一次方程即可得到原方程较大的根.【解答】∵

2

,∴1)试卷第10页,总20页

∴或∴

,2∴原方程较大的根.【答案】【考点】待定系数法求二次函数解析式【解析】把 入函

2

即可【解答】解:( 代函数解析式,得,解.故答案【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据腰三角形的性质得

,根据圆周角定理得

2

即可求出案.【解答】∵∴∵∴

,,,28

,∵由圆周角定理得𝐴2∴2【答案】【考点】二次函数的性质抛物线与轴交点【解析】根据抛物线的对称性即可求解.【解答】∵抛物

2

𝑥公共点的坐标,∴这条抛物线的对称轴是直【答案】

2

−试卷第11页,总20页

【考点】轴对称最短路线问题垂径定理勾股定理【解析】由关对称,因即直线上,小,的就的最小值.【解答】连,.∵,是直径,于,∴∴

2,2,∴,在根据勾股定理得

,值【答案】,√【考点】旋转的性质正方形的性质【解析】Ⅰ当长度有最小值,即可求解;Ⅱ”′,可′点′线为,以的圆上,则对角最小,再用勾股定理求对角的长,则得的长.【解答】试卷第12页,总20页

=2(2如图,连,=2由旋转得′′,∴∵四边为方形,∴∴,∴,在

eq\o\ac(△,)𝑃

′′∴∴∴

′′心

为半径的圆上,∴

在对角在∵∴

22∴′′√2,即最小值2.故答案为−三解题本题7小题共66分.解应出字明演步骤推过)【答案】(1∵

2

2

,∴即

2(2∵,∴

2

×1∴

𝑎2

.【考点】解一元二次方程配法解一元二次方程公法【解析】试卷第13页,总20页

=2Ⅰ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=2【解答】(1∵

2

2

,∴即

2(2∵,∴

2

×1∴

𝑎2

∴,【答案】

.(1∵

∴𝐶∴

;(2连∵∴∵∴∵∴∴∵∴

直𝑙,,,、共圆,,,∴

.【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、弦之间的关系求求出答案即可;试卷第14页,总20页

根三角形外角性质求,根据圆内接四边形的性质得

,求,据圆周角定理求,再根据三角形内角和理求出即可.【解答】(1∵

∴𝑂𝐶∴

;(2连∵∴∵∴∵∴∴∵∴

直𝑙,,,、共圆,,,∴

.【答案】(1∵点,∴

,∴∵∴∵

,,∴

;(2证明∵∴∵,∴在eq\o\ac(△,)

,试卷第15页,总20页

,∴𝐵∴【考点】圆周角定理垂径定理圆心角、弧、弦的关系【解析】(I根据圆周角定理求据垂直定义求据三角形内角和定理求出即可;求

,根据圆周角定理得,根据全等三角形的判定得eq\o\ac(△,)𝐵全等三角形的性质得出即可.【解答】(1∵点,∴

,∴∵∴∵

,,∴

;(2证明∵,∴∵,∴在eq\o\ac(△,),∴𝐵∴【答案】平均每次降价的百分率【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:商原来价格降价的百分率)设出未知数,列方程解答即可.【解答】

格,试卷第16页,总20页

设这种商品平均每次降价的百分,据题意列方程得,

,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——行问题二元一次方程组的应其他问题二元一次方程的应用【解析】Ⅰ根据月销售(定,可求出当销售单价定时的月销售量,再利用月销售利每件利售数量,即可求出当销售单价元时的月销售利润;Ⅱ根据以上所列等量关系可得函数解析式;Ⅲ关数解析式配方成顶点,再利用二次函数的性质求解可.【解答】(2,

,∵,∴取得最大,故销售价定为每时会获得最大利润,最大利润【答案】,

【考点】几何变换综合题【解析】Ⅰ先由旋转的性质直角三角形的性质,

,由直角三角形的性质可得

Ⅱ①由旋转的性质eq\o\ac(△,)𝐴

,再证出是边三角形,后由勾股定理即得出答案;②两种情况,,延,由直角三角形的性质,

,eq\o\ac(△,)

eq\o\ac(△,)

,解eq\o\ac(△,)部,同上.【解答】试卷第17页,总20页

111故当1111故当1Ⅰ由旋转的性质得∵

,∴,

,即旋转角的大小过①示:∵,∴即距离【答案】(1对

故坐标 (2设平移后抛物线的表达式

由′

,解故线的表达式

;Ⅲ∵直①轴交于,设直式,的坐标代入上式得−1,解故直式

1

,设平移后的抛物线为抛物,其点,则设 

1

,②则″表达式当抛物″过点,将标代入上式得

1145

,145

145

时,平移后抛物线与射(端有一个公共点,当抛物″直一个共点时,联立①②整理得

,试卷第18页,总20页

111451,故当111故当1则eq\

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