湖北省武汉市青山区九年级(上)期中数学试卷

九年级（上）期中数学试卷题号一二三总分得分一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）一元二次方程4x2+5x-1=0的常数项为（）A.4 B.5 C.1 D.−1下列图形中，是中心对称图形的是（）A. B. C. D.抛物线y=-5（x+2）2-6的顶点坐标是（）A.(2,6) B.(−2,6) C.(2,−6) D.(−2,−6)用配方法解一元二次方程x2-6x-5=0，此方程可化为（）A.(x−3)2=4 B.(x−3)2=14 C.(x−9)2=4 D.(x−9)2=14把抛物线y=x2+1向右平移3个单位，再向下平移2个单位，得到抛物线（）A.y=(x+3)2−1 B.y=(x+3)2+3 C.y=(x−3)2−1 D.y=(x−3)2+3如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠ACO=45°，则∠B的度数为（）

​A.30∘

B.35∘

C.40∘

D.45∘

如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．若点A，D，E在同一条直线上，∠ACB=20°，则∠ADC的度数是（）A.55∘

B.60∘

C.65∘

D.70∘

某品牌手机经过连续两次降价，每台售价由原来的2500元降到了1280元，设平均每次降价的百分率为x，则可列方程（）A.2500(1+x)2=1280 B.2500(1−x)2=1280

C.1280(1−x)2=2500 D.1280(1+x)2=2500如图，是抛物线形拱桥，当拱顶高离水面2m时，水面宽4m，若水面上升1m，则水面宽为（）A.2m

B.2m

C.22m

D.26m

如图，在等腰△ABC中，∠BAC=120°，AB=AC=26，点D在边BC上，CD=2，将线段CD绕点C逆时针旋转α°（其中0＜α≤360）到CE，连接AE，以AB，AE为边作▱ABFE，连接DF，则DF的最大值为（）A.15+6 B.14+2 C.26+2 D.6+22二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）在平面直角坐标系中，点（-3，4）关于原点对称的点的坐标是______．抛物线y=x2-2x+m与x轴有两个公共点，请写出一个符合条件的表达式为______．已知4是方程x2-c=0的一个根，则方程的另一个根是______．某种植物的主干长出若干数目的支干又长出同样数目的小分支，主干、支干和小分支的总数是91．设每个支干长出x个小分支，则可得方程为______．如图，在⊙O中，AB、CD是互相垂直的两条直径，点E在BC上，CF⊥AE于点F，若点F四等分弦AE，且AE=8，则⊙O的面积为______．

已知二次函数y=ax2+2ax+3a2+3（其中x是自变量），当x≥2时，y随x的增大而增大，且-2≤x≤1时，y的最大值为9，则a的值为______．三、解答题（本大题共8小题，共72.0分）解方程：

（1）x2-23x=0；

（2）x2+2x-5=0

如图，△ABC中，∠C=90°，将△ABC绕点C顺时针旋转90°，得到△DEC（其中点D、E分别是A、B两点旋转后的对应点）．

（1）请画出旋转后的△DEC；

（2）试判断DE与AB的位置关系，并证明你的结论．

如图，有一张矩形纸片，长10cm，宽6cm，在它的四角各剪去一个同样的小正方形，然后将四周突出部分折起，就能制作一个无盖的方盒，若方盒的底面积（图中阴影部分）是32cm2，求剪去的小正方形的边长．

已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）中，函数y与自变量x的部分对应值如下表：x…-2-102…y…-3-4-35…（1）求二次函数的解析式；

（2）求该函数图象与x轴的交点坐标；

（3）不等式ax2+bx+c+3＞0的解集是______．

如图，以△AOB的顶点O为圆心，OB为半径作⊙O，交OA于点E，交AB于点D，连接DE，DE∥OB，延长AO交⊙O于点C，连接CB．

（1）求证：BC=BD；

（2）若AD=43，AE=CE，求OC的长．

俄罗斯世界杯足球赛期间，某商店销售一批足球纪念册，每本进价40元，规定销售单价不低于44元，且获利不高于30%．试销售期间发现，当销售单价定为44元时，每天可售出300本，销售单价每上涨1元，每天销售量减少10本，现商店决定提价销售．设每天销售量为y本，销售单价为x元．

（1）请直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围；

（2）当每本足球纪念册销售单价是多少元时，商店每天获利2400元？

（3）将足球纪念册销售单价定为多少元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大？最大利润是多少元？

已知，在正方形ABCD中，AB=5，点F是边DC上的一个动点，将△ADF绕点A顺时针旋转90°至△ABE，点F的对应点E落在CB的延长线上，连接EF．

（1）如图1，求证：∠DAF+∠FEC=∠AEF；

（2）将△ADF沿AF翻折至△AGF，连接EG．

①如图2，若DF=2，求EG的长；

②如图3，连接BD交EF于点Q，连接GQ，则S△QEG的最大值为______．

已知，抛物线y=12x2+bx+c与y轴交于点C，与x轴交于点A和点B（其中点A在y轴左侧，点B在y轴右侧），对称轴直线x=32交x轴于点H．

（1）若抛物线y=12x2+bx+c经过点（-4，6），求抛物线的解析式；

（2）如图1，∠ACB=90°，点P是抛物线y=12x2+bx+c上位于y轴右侧的动点，且S△ABP=S△ABC，求点P的坐标；

（3）如图2，过点A作AQ∥BC交抛物线于点Q，若点Q的纵坐标为-95c，求点Q的坐标．

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：一元二次方程4x2+5x-1=0的常数项为：-1．

故选：D．

直接利用一元二次方程的各部分名称分析得出答案．

此题主要考查了一元二次方程的一般形式，正确把握各部分名称是解题关键．2.【答案】A

【解析】解：A．是中心对称图形；

B．不是中心对称图形；

C．不是中心对称图形；

D．不是中心对称图形；

故选：A．

根据中心对称图形的概念求解．

本题考查了中心对称图形的概念：中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．3.【答案】D

【解析】解：∵y=-5（x+2）2-6是抛物线解析式的顶点式，

∴顶点坐标为（-2，-6）．

故选：D．

根据顶点式的坐标特点直接写出顶点坐标．

此题考查二次函数的性质，掌握顶点式y=a（x-h）2+k中，顶点坐标是（h，k）是解决问题的关键．4.【答案】B

【解析】解：∵x2-6x=5，

∴x2-6x+9=5+9，即（x-3）2=14，

故选：B．

常数项移到方程的右边后，两边配上一次项系数一半的平方，写成完全平方式即可得．

本题主要考查配方法解一元二次方程的能力，熟练掌握完全平方公式和配方法的基本步骤是解题的关键．5.【答案】C

【解析】解：由题意得原抛物线的顶点为（0，1），

∴平移后抛物线的顶点为（3，-1），

∴新抛物线解析式为y=（x-3）2-1，

故选：C．

易得原抛物线的顶点及平移后抛物线的顶点，根据平移不改变抛物线的二次项系数可得新的抛物线解析式．

考查二次函数的几何变换；用到的知识点为：二次函数的平移不改变二次项的系数；得多新抛物线的顶点是解决本题的突破点．6.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解答此题的关键．先根据OA=OC，∠ACO=45°可得出∠OAC=45°，故可得出∠AOC的度数，再由圆周角定理即可得出结论．

【解答】

解：如图，连接OA，

∵OA=OC，∠ACO=45°，

∴∠OAC=∠ACO=45°，

∴∠AOC=180°-45°-45°=90°，

∴∠B=∠AOC=45°.

故选D.

7.【答案】C

【解析】解：∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．

∴∠DCE=∠ACB=20°，∠BCD=∠ACE=90°，AC=CE，

∴∠ACD=90°-20°=70°，

∵点A，D，E在同一条直线上，

∴∠ADC+∠EDC=180°，

∵∠EDC+∠E+∠DCE=180°，

∴∠ADC=∠E+20°，

∵∠ACE=90°，AC=CE

∴∠DAC+∠E=90°，∠E=∠DAC=45°

在△ADC中，∠ADC+∠DAC+∠DCA=180°，

即45°+70°+∠ADC=180°，

解得：∠ADC=65°，

故选：C．

根据旋转的性质和三角形内角和解答即可．

此题考查旋转的性质，关键是根据旋转的性质和三角形内角和解答．8.【答案】B

【解析】解：依题意得：第一次降价的售价为：2500（1-x），

则第二次降价后的售价为：2500（1-x）（1-x）=2500（1-x）2，

∴2500（1-x）2=1280．

故选：B．

本题可先列出第一次降价的售价的代数式，再根据第一次的售价列出第二次降价的售价的代数式，然后根据已知条件即可列出方程．

本题考查的是一元二次方程的运用，要注意题意指明的是降价，应该是（1-x）而不是（1+x）．9.【答案】C

【解析】解：如图：

建立平面直角坐标系，设横轴x通过AB，纵轴y通过AB中点O且通过C点，则通过画图可得知O为原点，

抛物线以y轴为对称轴，且经过A，B两点，OA和OB可求出为AB的一半2米，抛物线顶点C坐标为（0，2），

通过以上条件可设顶点式y=ax2+2，其中a可通过代入A点坐标（-2，0），

到抛物线解析式得出：a=-0.5，所以抛物线解析式为y=-0.5x2+2，

∵若水面上升1m

∴y=1

∴1=-0.5x2+2

∴x=

∴水面宽为2m

故选：C．

根据已知得出直角坐标系，进而求出二次函数解析式，再通过把y=1代入抛物线解析式得出水面宽度，即可得出答案．

此题主要考查了二次函数的应用，根据已知建立坐标系从而得出二次函数解析式是解决问题的关键．10.【答案】B

【解析】解：作平行四边形ABPC，连接PA交BC于点O，连接PF．

∵四边形ABPC是平行四边形，AB=BC，

∴四边形ABPC是菱形，

∴PA⊥BC，

∵AB=AC=2，∠ABC=120°，

∴∠BAO=60°，

∴OA=OP=，OB=OC=3，

∵CD=，

∴OD=2，

∴PD==，

∵AB∥PC∥PE，AB=PC=PE，

∴四边形PCEF是平行四边形，

∴PF=CE=CD=，

∴点F的运动轨迹是以P为圆心为半径的圆，

∴DF的最大值=+，

故选：B．

作平行四边形ABPC，连接PA交BC于点O，连接PF．解直角三角形求得PD=，由四边形PCEF是平行四边形，推出PF=EC=，推出点F的运动轨迹是以P为圆心为半径的圆，由此即可解决问题；

本题考查旋转变换、等腰三角形的性质、平行四边形的判定和性质，圆的有关知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会正确寻找点F的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题．11.【答案】（3，-4）

【解析】解：点（-3，4）关于原点对称的点的坐标是（3，-4）．

故答案为：（3，-4）．

根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数解答．

本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．12.【答案】y=x2-2x

【解析】解：根据题意得到△=（-2）2-4m＞0，

解得m＜1，

若m取0，抛物线解析式为y=x2-2x．

故答案为y=x2-2x．

根据判别式的意义得到△=（-2）2-4m＞0，然后解不等式组求出m的范围，再在此范围内写出一个m的值即可．

本题考查了抛物线与x轴的交点：对于二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0），△=b2-4ac决定抛物线与x轴的交点个数：△=b2-4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2-4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2-4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．13.【答案】-4

【解析】解：设方程的另一个根为x2，

则4+x2=0，

解得：x2=-4，

故答案为：-4．

可将该方程的已知根4代入两根之和公式列出方程，解方程即可求出方程的另一根．

本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根时，x1+x2=-，x1x2=．14.【答案】x2+x+1=91

【解析】解：设每个支干长出x个小分支，

根据题意列方程得：x2+x+1=91．

故答案为x2+x+1=91．

由题意设每个支干长出x个小分支，因为主干长出x个（同样数目）支干，则又长出x2个小分支，则共有x2+x+1个分支，即可列方程．

此题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，要根据题意分别表示主干、支干、小分支的数目，找到关键描述语，找到等量关系是解决问题的关键．15.【答案】20π

【解析】解：如图，连接AC，EC．

∵AB、CD是互相垂直的两条直径，

∴∠AOC=90°，

∴∠AEC=∠AOC=45°，

∵CF⊥AE，

∴∠CFE=90°，

∴∠FCE=∠FEC=45°，

∴EF=CF，

∵点F四等分弦AE，且AE=8，

∴EF=AE=2，

∴CF=2，AF=6，

∴AC==2，

∵OA=OC，∠AOC=90°，

∴OA=OC=2，

∴⊙O的面积为π•（2）2=20π，

故答案为20π．

如图，连接AC，EC．首先证明CF=EF=2，利用勾股定理求出AC即可解决问题；

本题考查勾股定理的应用，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，属于中考常考题型．16.【答案】1

【解析】解：∵二次函数y=ax2+2ax+3a2+3（其中x是自变量），

∴对称轴是直线x=-=-1，

∵当x≥2时，y随x的增大而增大，

∴a＞0，

∵-2≤x≤1时，y的最大值为9，

∴x=1时，y=a+2a+3a2+3=9，

∴3a2+3a-6=0，

∴a=1，或a=-2（不合题意舍去）．

故答案为：1．

先求出二次函数的对称轴，再根据二次函数的增减性得出抛物线开口向上a＞0，然后由-2≤x≤1时，y的最大值为9，可得x=1时，y=9，即可求出a．

本题考查了二次函数的性质，解题的关键是熟知二次函数的性质并作出正确的判断．17.【答案】解：（1）x2-23x=0，

x（x-23）=0，

x=0，x-23=0，

x1=0，x2=23；

（2）x2+2x-5=0

b2-4ac=22-4×1×（-5）=24，

x=−2±242，

，x1=-1+6，x2=-1-6．

【解析】

（1）分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可；

（2）先求出b2-4ac的值，再代入公式求出即可．

本题考查了解一元二次方程，能选择适当的方法解方程是解此题的关键，解一元二次方程的方法有：直接开平方法，公式法，配方法，因式分解法等．18.【答案】解：（1）旋转后的△DEC如图所示．

（2）结论：DE⊥AB．

理由：延长DE交AB于点F．

由旋转不变性可知：∠A=∠D，∠ACB=∠DCE=90°，

∵∠AEF=∠DEC，

∠∠AFE=∠DCE=90°，

∴DE⊥AB．

【解析】

（1）根据要求画出△DCE即可；

（2）利用“8字型”证明∠AFE=∠DCE即可解决问题；

本题考查旋转变换，解题的关键是熟练掌握利用“8字型”证明角相等，属于中考常考题型．19.【答案】解：设剪去的小正方形的边长为xcm，

根据题意得：（10-2x）（6-2x）=32，

整理得：x2-8x+7=0，

解得：x1=7，x2=1．

∵7＞6，

∴x1=7舍去．

答：剪去的小正方形的边长为1cm．

【解析】

设剪去的小正方形的边长为xcm，则方盒的底面为长（10-2x）cm，宽为（6-2x）cm的长方形，根据方程形的面积公式结合方盒的底面积是32cm2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论．

本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．20.【答案】x＜-2或x＞0

【解析】解：（1）由题意，得c=-3．

将点（2，5），（-1，-4）代入，

得，

解得，

∴二次函数的解析式为y=x2+2x-3；

（2）当y=0时，x2+2x-3=0，

解得：x=-3或x=1，

∴该函数图象与x轴的交点坐标（-3，0），（1，0）；

（3）由表格可知，ax2+bx+c=-3，即ax2+bx+c+3=0的解为x=-2或0，

∵a=1＞0，抛物线开口向上，

∴不等式ax2+bx+c+3＞0的解集是x＜-2或x＞0．

故答案为x＜-2或x＞0．

（1）由表格中的数据，利用待定系数法即可求出二次函数的解析式；

（2）求出y=0时x的值，即可得出答案；

（3）根据表格得出ax2+bx+c=-3时x的值，再根据二次函数的性质即可得出不等式ax2+bx+c+3＞0的解集．

本题考查了二次函数与不等式，待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质以及抛物线与x轴的交点；求出二次函数的解析式是解决问题的关键．21.【答案】（1）证明：如图1，连接CD交OB于F，

∵CE是直径，

∴∠EDC=90°，

∵DE∥OB，

∴∠EDC=∠OFC=90°，

即OB⊥CD，

∴BC=BD；

（2）解：如图2，连接CD交OB于F，连接EF，

由（1）得：DE∥OB，OB⊥CD，点F是CD的中点，

∵AE=CE，

∴EF∥AD，EF=12AD=23，

∵O是CE的中点，F是CD的中点，

∴OF=12DE，

∵EF∥BD，DE∥BF，

∴四边形EFBD是平行四边形，

∴BF=DE，

设OF=x，则BF=DE=2x，OC=OB=3x，

∵BC=BD，

∴BC=BD=EF=23，

∵DF2=CF2

∴(23)2−(2x)2=(3x)2−x2，

解得：x=±1，

∵x＞0，

∴x=1，

∴OC=3x=3．

【解析】

（1）先根据圆周角定理可得：∠EDC=90°，由平行线的性质得：OB⊥CD，最后由垂径定理可得结论；

（2）如图2，根据中位线定理可得EF=AD，OF=DE，证明四边形EFBD是平行四边形，则BF=DE，设OF=x，则BF=DE=2x，OC=OB=3x，根据DF2=CF2，列方程得结论．

此题主要考查了圆的性质，垂径定理，勾股定理，平行四边形的判定，三角形的中位线，解本题的关键是作出辅助线，是一道比较基础的中考常考题．22.【答案】解：（1）y=300-10（x-44），

即y=-10x+740（44≤x≤52）；

（2）根据题意得（x-40）（-10x+740）=2400，

解得x1=50，x2=64（舍去），

答：当每本足球纪念册销售单价是50元时，商店每天获利2400元；

（3）w=（x-40）（-10x+740）

=-10x2+1140x-29600

=-10（x-57）2+2890，

当x＜57时，w随x的增大而增大，

而44≤x≤52，

所以当x=52时，w有最大值，最大值为-10（52-57）2+2890=2640，

答：将足球纪念册销售单价定为52元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大，最大利润是2640元．

【解析】

（1）售单价每上涨1元，每天销售量减少10本，则售单价每上涨（x-44）元，每天销售量减少10（x-44）本，所以y=300-10（x-44），然后利用销售单价不低于44元，且获利不高于30%确定x的范围；

（2）利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到（x-40）（-10x+740）=2400，然后解方程后利用x的范围确定销售单价；

（3）利用利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到w=（x-40）（-10x+740），再把它变形为顶点式，然后利用二次函数的性质得到x=52时w最大，从而计算出x=52时对应的w的值即可．

本题考查了二次函数的应用：利用二次函数解决利润问题，解此类题的关键是通过题意，确定出二次函数的解析式，然后利用二次函数的性质确定其最大值；在求二次函数的最值时，一定要注意自变量x的取值范围．也考查了一元二次方程的应用．23.【答案】2516

【解析】（1）证明：如图1中，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AD∥BC，

∴∠DAE+∠AEC=180°，

∵△ABE是由△ADF绕点A顺时针旋转90°得到，

∴∠EAF=90°，AE=AF，

∴∠AEF=45°，

∴∠DAF+∠EAF+∠AEF+∠FEC=180°，

∴∠DAF+∠FEC=45°，

∴∠DAF+∠FEC=∠AEF．

（2）①解：如图2中，连接BF．

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=BC=CD=5，∠C=90°，

∵DF=2，

∴CF=3，

∵∠DAF=∠FAG=∠BAE，

∴∠EAG=∠FAB，

∵AE=AF，AG=AB，

∴△AEG≌△AFB（SAS），

∴EG=BF，

在Rt△BCF中，BF==，

∴EG=BF=．

②解：如图3中，作FH⊥CD交BD于H，QM⊥BC于M，连接BF，BG，设BF交EG于点O．

∵EG=BF，BF=FB，FG=EB，

∴△EFG≌△FEB（SSS），

∴∠GEF=∠EFB，

同法可证∠FBG=∠EGB，

∵∠EOF=∠BOG，

∴∠EFB=∠FBG，

∴EF∥BG，

∴S△EQG=S△EBQ，设DF=EB=x，则CF=5-x，

∵FH∥BE，FH=DF=EB，

∴∠FHQ=∠EBQ，

∵∠HQF=∠EQB，

∴△FHQ≌△EBQ（AAS），

∴FQ=EQ，

∵QM∥CF，

∴EM=MC，

∴QM=CF=（5-x），

∴S△EQG=S△EBQ=•x•（5-x）=-（x2-5x）=-（x-）2+，

∵-＜0，

∴x=时，△EQG的面积最大，最大值为，

故答案为．

（1）利用平行线的性质，旋转不变性证明∠DAF+∠FEC=45°即可解决问题；

（2）①如图2中，连接BF．由△AEG≌△AFB（SAS），可得EG=BF，利用勾股定理求出BF即可；

②如图3中，作FH⊥CD交BD于H，QM⊥BC于M，连接BF，BG，设BF交EG于点O．首先证明EF∥BG，推出S△EQG=S△EBQ，设DF=EB=x，则CF=5-x，再证明QM是△EFC的中位线，构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；

本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转变换，勾股定理，平行线的判定和性质，二次函数的应用等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．24.【答案】解：（1）∵抛物线y=12x2+bx+c的对称轴是直线x=32，

∴-b2a=-b=32，

∴b=-32．

又抛物线y=12x2+bx+c经过点（-4，6），

∴6=12×（-4）2-32×（-4）+c，

解得c=-8．

故该抛物线解析式是y=12x2-32x-8；

（2）如图1，连接CH，

∵对称轴直线x=32交x轴于点H，

∴AH=BH，OH=32．

又∵∠ACB=90°，

∴CH=12AB，

设A，B两点的坐标分别为（x1，0），（x2，0），

则x1，x2是方程12x2-32x+