南门学校20172018上学期九年级数学期中质量检测卷

南门学校2017-2018上学期九年级数学期中质量检测卷命题人：杨赛萍试卷满分：150分完成时间：120分钟一、选择题（每小题4分，共10小题，40分）1.下面所列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的为（C）A． B． C． D．2.下列方程一定是一元二次方程的是（D）A．3x2+﹣1=0 B．5x2﹣6y﹣3=0 C．ax2﹣x+2=0 D．3x2﹣2x﹣1=03.用配方法解一元二次方程x2﹣6x﹣4=0，下列变形正确的是（D）A.（x﹣6）2=﹣4+36B.（x﹣6）2=4+36 C.（x﹣3）2=﹣4+9 D.（x﹣3）2=4+94.下列说法正确的是（B）A．三点确定一个圆B．一个三角形只有一个外接圆C．平分弦的直径垂直于这条弦且平分这条弦所对的两条弧D．和半径垂直的直线是圆的切线选择题，原创，本题考查圆的认识：掌握与圆有关的概念（弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等）．也考查了确定圆的条件，答案B【分析】根据确定圆的条件对A、B进行判断；根据垂径定理对C进行判断；根据圆的切线的判定对D进行判断．【解答】解：A、不共线的三点确定一个圆，所以A选项错误；B、一个三角形只有一个外接圆，所以B选项正确；C、平分弦（不是直径）的直径垂直于这条弦且平分这条弦所对的两条弧，所以C选项错误；D、过半径外端且与半径垂直的直线是圆的切线，所以D选项错误．故选B．5.在△ABC中，∠C=90°，tanA=，则cosA的值为（D）A． B． C． D．6.在同一平面直角坐标系中，一次函数y=ax+b和二次函数y=ax2+bx+c的图象可能为（A）A．B． C. D．7.某同学在用描点法画二次函数y=ax2+bx+c的图象时，列出下面的表格：x…﹣5﹣4﹣3﹣2﹣1…y…﹣﹣…根据表格提供的信息，下列说法错误的是（C）A．该抛物线的对称轴是直线x=﹣2B．该抛物线与y轴的交点坐标为（0，﹣）C．b2﹣4ac=0D．若点A（，y1）是该抛物线上一点．则y1＜﹣8.已知抛物线y=ax2+bx+c的图象如图所示，则下列结论：①abc＞0；②a+b+c=2；③a＜；④b＞1．其中正确的结论是（D）A．①② B．②③ C．③④ D．②④第8题第9题第10题9.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△ADE，连接BD，若AC=3，DE=1，则线段BD的长为（A）A．2 B．2 C．4 D．210.如图，在半径为6cm的⊙O中，点A是劣弧的中点，点D是优弧上一点，且∠D=30°，下列四个结论：①OA⊥BC；②BC=6；③sin∠AOB=；④四边形ABOC是菱形，其中正确结论的序号是（B）A．①③ B．①②③④ C．②③④ D．①③④【分析】分别根据垂径定理、菱形的判定定理、锐角三角函数的定义对各选项进行逐一判断即可．【解答】解：∵点A是劣弧的中点，OA过圆心，∴OA⊥BC，故①正确；∵∠D=30°，∴∠ABC=∠D=30°，∴∠AOB=60°，∵点A是劣弧的中点，∴BC=2CE，∵OA=OB，∴OA=OB=AB=6cm，∴BE=AB•cos30°=6×=3cm，∴BC=2BE=6cm，故②正确；∵∠AOB=60°，∴sin∠AOB=sin60°=，故③正确；∵∠AOB=60°，∴AB=OB，∵点A是劣弧的中点，∴AC=AB，∴AB=BO=OC=CA，∴四边形ABOC是菱形，故④正确．故选：B．【点评】本题考查了垂径定理、菱形的判定、圆周角定理、解直角三角形,综合性较强,是一道好题．二、填空题（每小题4分，6小题，共24分）11.抛物线y=3（x＋4）2-5的顶点坐标为（-4,-5）.填空题，原创，考查二次函数顶点式以及顶点坐标公式的应用，答案（-4,-5）12.函数的图象是抛物线，则m=-1．填空题，原创，考查二次函数的概念以及二次函数成立的条件一是二次项不为零，二是自变量指数最高为2，故，m-1≠0，故答案是m=-113.一斜面的坡度i=3：5，一物体由斜面底部沿斜面向前水平推进了20米，那么这个物体升高了12米．14.如图，P是⊙O外一点，A、B、C是⊙O上的三点，∠AOB=60°，PA、PB分别交于M、N两点，则∠APB的范围是0°＜∠APB＜30°．第14题第16题15.（选做题）已知点P（m，n）在抛物线y=ax2﹣x﹣a上，当m≥﹣1时，总有n≤1成立，则a的取值范围是．16.（选做题）如图，在平面直角坐标系中，将△ABO绕点A顺时针旋转到△AB1C1的位置，点B、O分别落在点B1、C1处，点B1在x轴上，再将△AB1C1绕点B1顺时针旋转到△A1B1C2的位置，点C2在x轴上，将△A1B1C2绕点C2顺时针旋转到△A2B2C2的位置，点A2在x轴上，依次进行下去…．若点A（，0），B（0，2），则点B2016的坐标为（6048，2）．三、解答题（共86分）17.（8分）计算：（）﹣1＋cos245°+2tan30°•sin60°﹣（cos30°﹣）0．计算题，原创，考查内容为特殊角锐角三角函数值的熟练应用以及计算能力，答案原式=18．（8分）解方程：x2－3x=x﹣3．解方程，原创，考查内容为熟练掌握用因式分解法解一元二次方程，答案x1=1,x2=319．（8分）如图，已知A（﹣4，2），B（﹣2，6），C（0，4）是直角坐标系平面上三点．（1）把△ABC向右平移4个单位再向下平移1个单位，得到△A1B1C1．画出平移后的图形，并写出点A的对应点A1的坐标；（2）以原点O为位似中心，将△ABC缩小为原来的一半，得到△A2B2C2，请在所给的坐标系中作出所有满足条件的图形．20．（8分）已知关于关于x的一元二次方程（m﹣1）x2﹣2mx+m+1=0．（1）求证：方程有两个不相等的实数根；（2）设方程两实数根分别为x1，x2，且满足x12+x22=3x1x2，求实数m的值．解答题，改编，考查内容为一元二次方程根与判别式以及根与系数的关系及应用，答案m=±21.（8分）在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E为AC上点，且CE=CB，F为BE上点，M为BC上点，且MF⊥BE，并与OB相交于点N．（1）求证：△BOE∽△MFB；（2）若BD=AC，BF=a，求MN的长．（结果用a表示）【考点】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角函数、相似三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；特别是（2）需作辅助线，利用平行线的性质、菱形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角函数、相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．【分析】（1）由菱形性质得AC⊥BD，由已知得出∠CEB=∠CBE，由MF⊥BE，得出∠BOE=∠BFM，即可得出结论；（2）作MP∥AC于BE交于点P，与OB交于点Q，由△BOE∽△MFB，得出∠EBO=∠FMB，证出tan∠OCB==，由平行线的性质得出∠MPB=∠CEB=∠CBE，∠MQN=90°，=，证出△MBP为等腰三角形，由等腰三角形的三线合一性质得出BF=FP，∠PMF=∠BMF=∠PBQ，证得△PBQ∽△NMQ，由对应边成比例得出比例式即可求出结果．【解答】（1）证明：∵AC、BD是菱形ABCD的对角线，∴AC⊥BD，∴∠BOE=90°，∵CE=CB,∴∠CEB=∠CBE,∵MF⊥BE,∴∠BFM=90°,∴∠BOE=∠BFM，∴△BOE∽△MFB；（2）解：作MP∥AC与BE交于点P，与OB交于点Q，如图所示：由△BOE∽△MFB，∴∠EBO=∠FMB，∵BD=AC，∴OB=OC，∴tan∠OCB==，∵MP∥AC，∴∠MPB=∠CEB=∠CBE，∠MQN=90°，=，∴△MBP为等腰三角形，∵MF⊥BE，∴BF=FP，∠PMF=∠BMF=∠PBQ，∵∠MQN=∠BQP=90°，∴△PBQ∽△NMQ，∴===，∴MN=BP=×2BF=3BF=3a．22.（10分）如图，已知AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，交BC的延长线于点D，延长DA交△ABC的外接圆于点F，连接FB，FC．（1）求证：∠FBC=∠FCB；（2）已知FA•FD=12，若AB是△ABC外接圆的直径，FA=2，求CD的长．【考点】本题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理、圆内接四边形的性质、三角函数等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形相似是解决问题的关键．【分析】（1）由圆内接四边形的性质和邻补角关系证出∠FBC=∠CAD，再由角平分线和对顶角相等得出∠FAB=∠CAD，由圆周角定理得出∠FAB=∠FCB，即可得出结论；（2）由（1）得：∠FBC=∠FCB，由圆周角定理得出∠FAB=∠FBC，由公共角∠BFA=∠BFD，证出△AFB∽△BFD，得出对应边成比例求出BF，得出FD、AD的长，由圆周角定理得出∠BFA=∠BCA=90°，由三角函数求出∠FBA=30°，再由三角函数求出CD的长即可．【解答】（1）证明：∵四边形AFBC内接于圆，∴∠FBC+∠FAC=180°，∵∠CAD+∠FAC=180°，∴∠FBC=∠CAD，∵AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，∴∠EAD=∠CAD，∵∠EAD=∠FAB，∴∠FAB=∠CAD，又∵∠FAB=∠FCB，∴∠FBC=∠FCB；（2）解：由（1）得：∠FBC=∠FCB，又∵∠FCB=∠FAB，∴∠FAB=∠FBC，∵∠BFA=∠BFD，∴△AFB∽△BFD，∴，∴BF2=FA•FD=12，∴BF=2，∵FA=2，∴FD=6，AD=4，∵AB为圆的直径，∴∠BFA=∠BCA=90°，∴tan∠FBA===，∴∠FBA=30°，又∵∠FDB=∠FBA=30°，∴CD=AD•cos30°=4×=2．23．（10分）在“重阳节”期间，南门学校部分团员参加社会公益活动，准备购买一批图书进行销售，并将所得利润捐给慈善机构，根据市场调查，这种图书一段时间内的销售量y（个）与销售单价x（元/本）之间的关系式为y=﹣30x+600，图书的进价为6元/本．（1）按照上述市场调查的销售规律，求销售利润w（元）与销售单价x（元/本）之间的函数解析式；为了方便顾客，售价定为多少时可获利1200元？（2）若图书的进贷成本不超过900元，要想获得最大利润，试确定此时的销售单价，并求出此时的最大利润．解答题，改编，考查内容为二次函数的应用和一元二次方程的应用，答案为：（1）设销售利润w（元），由题意可得，w=（x﹣6）y=（x﹣6）（﹣30x+600）=﹣30x2+780x﹣3600，当w=1200时，1200=﹣30x2+780x﹣3600，解得，x1=10，x2=16，故为了方便顾客，售价定为10元，即销售利润w（元）与销售单价x（元/本）之间的函数解析式是w=﹣30x2+780x﹣3600，为了方便顾客，售价定为10元时可获利1200元；（2）由题意可得，（﹣30x+600）×6≤900，解得，x≥15，∵w=﹣30x2+780x﹣3600=﹣30（x﹣13）2+1470，﹣30＜0，∴当x＜13时，w随着x的增大而增大，当x＞13时，w随x的增大而减小，又∵x≥15，∴当x=15时，w取得最大值，此时w=1350.24．（12分）如图，在直角坐标系中，点A坐标为（1，0），点B坐标为（0，1），E、F是线段AB上的两个动点，且∠EOF=45°，过点E、F分别作x轴和y轴的垂线CE、DF相交于点P，垂足分别为C、D、设P点的坐标为（x，y），令xy=k，（1）求证：△AOF∽△BEO；（2）当OC=OD时，求k的值；（3）在点E、F运动过程中，点P也随之运动，探索：k是否为定值？请证明你的结论．【考点】本题综合运用了全等、相似三角形的判定和性质，及三角形的内外角关系等，来解题，综合性强，属能力拔高题．【专题】压轴题，动点型．【分析】（1）要证明△AOF∽△BEO，由题意可知OA=OB，∠AOB=90°，∴∠OAF=∠OBE=45°，看边角关系，只要证∠AOF=∠BEO即可∠AOF=∠AOE+∠EOF，∠BEO=∠OAF+∠AOE；∵∠EOF=45°，∴∠AOF=∠BEO．问题得证．（2）当OC=OD时，作OM⊥AB于M，，由OC=OD，OA=OB=1，可以得到CE=DF，又∠OCE=∠ODF，∴△OCE≌△ODF，故有OF=OE，，而∠COE=∠AOM﹣∠EOM=45°﹣°=°=∠EOM，∴，k值可求．（3）假设k的值为定值，即PC•PD=定值，作FK⊥OA于点K，EH⊥OB于点H，由△AOF∽△BEO得，∴AF×BE=OA×OB=1，，于是FK=1，即HE×FK=，，问题可求．【解答】（1）证明：由题意得OA=OB，∠AOB=90°，∴∠OAF=∠OBE=45°；又∵∠AOF=∠AOE+∠EOF，∠BEO=∠OAF+∠AOE；∠EOF=45°，∴∠AOF=∠BEO，∴△AOF∽△BEO．（2）解：作OM⊥AB于M，则∵OC=OD，OA=OB=1，∴CE=DF，又∵∠OCE=∠ODF，∴△OCE≌△ODF，∴OF=OE，∵，又∠COE=∠AOM﹣∠EOM=45°﹣°=°=∠EOM∴，∴．（3）解：如图，作FK⊥OA于点K，EH⊥OB于点H，∵△AOF∽△BEO，∴，∴AF×BE=OA×OB=1，∵，∴FK=1，即HE×FK=，∴，∴k的值为定值．25.（14分）如图，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0），与y轴交于点C．若点P，Q同时从A点出发，都以每秒1个单位长度的速度分别沿AB，AC边运动，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．（1）求该二次函数的解析式及点C的坐标；（2）当点P运动到B点时，点Q停止运动，这时，在x轴上是否存在点E，使得以A，E，Q为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请求出E点坐标；若不存在，请说明理由．（3）当P，Q运动到t秒时，△APQ沿PQ翻折，点A恰好落在抛物线上D点处，请判定此时四边形APDQ的形状，并求出D点坐标．【分析】（1）将A，B点坐标代入函数y=x2+bx+c中，求得b、c，进而可求解析式及C坐标．（2）等腰三角形有三种情况，AE=EQ，AQ=EQ，AE=AQ．借助垂直平分线，画圆易得E大致位置，设边长为x，表示其他边后利用勾股定理易得E坐标．（3）注意到P，Q运动速度相同，则△APQ运动时都为等腰三角形，又由A、D对称，则AP=DP，AQ=DQ，易得四边形四边都相等，即菱形．利用菱形对边平行且相等等性质可用t表示D点坐标，又D在E函数上，所以代入即可求t，进而D可表示．【解答】解：（1）∵二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，