专题12 期中押题预测卷02（解析版）（人教版）-备战2023-2024学年九年级数学上学期期中真题分类汇编（人教版）

专题12期中押题预测卷02分数120分时间120分钟一、选择题（每小题3分，共10×3=30分）1．下面图形中，是中心对称图形的是（）.A． B．C． D．【答案】D【详解】试题分析：根据中心对称图形的概念可求解．A、不是中心对称图形，故此选项错误；B、不是中心对称图形，故此选项错误；C、不是中心对称图形，故此选项错误；D、是中心对称图形，故此选项正确.故选D．考点：中心对称图形．2．在一个不透明的袋子中装有1个红色小球，1个绿色小球，除颜色外无其他差别，随机摸出一个小球后放回并摇匀，再随机摸出一个，则两次都摸到红色小球的概率是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】用列表法或树状图法可以列举出所有等可能出现的结果，然后看符合条件的占总数的几分之几即可．【详解】解：根据题意画树状图，如图所示：∵共有4种等可能的情况，其中两次都摸到红色的小球的情况数有1种，∴两次都摸到红色的小球的概率是，．故选：D．【点睛】本题主要考查用树状图或列表法，求等可能事件发生的概率，关键是列举出所有等可能出现的结果数，然后用分数表示，同时注意“放回”与“不放回”的区别．3．方程经过配方后，其结果正确的是（）A．(x+1)²=4 B．(x-1)²=4 C．(x+1)²=2 D．(x-1)²=2【答案】B【分析】移项、方程两边同时加上一次项系数一半的平方，根据完全平方公式进行配方即可．【详解】解：移项,得：

配方,

即故选B．【点睛】考查配方法解一元二次方程，解题的关键是把方程的左边化成含有未知数的完全平方式，右边是一个非负数形式．4．以下图案中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（

）A．B．C． D．【答案】C【分析】根据中心对称图形的概念（如果一个图形绕某一个点旋转180°后能与它自身重合，我们就把这个图形叫做中心对称图形）和轴对称图形的概念（如果一个图形沿着某条直线对折后，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形），逐一判断即可．【详解】A，是轴对称图形，但不是中心对称图形，故错误；B，既是轴对称图形，又是中心对称图形，故错误；C，是中心对称图形，但不是轴对称图形，故正确；D，是轴对称图形，但不是中心对称图形，故错误；故选：C．【点睛】本题主要考查中心对称图形和轴对称图形，掌握中心对称图形的概念是解题的关键．5．如图.△ABC中，∠ACB=70°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转得到△BDE(点D与点A是对应点，点E与点C是对应点)，且边DE恰好经过点C，则∠ABD的度数为(

)A．30° B．40° C．45° D．50°【答案】B【分析】先根据旋转的性质得∠ABD＝∠CBE，∠E＝∠ACB＝70°，BC＝BE，则根据等腰三角形的性质得∠BCE＝∠E＝70°，再利用三角形内角和计算出∠CBE，从而得到∠ABD的度数．【详解】解：∵△ABC绕点B按逆时针方向旋转得到△BDE（点D与点A是对应点，点E与点C是对应点），∴∠ABD＝∠CBE，∠E＝∠ACB＝70°，BC＝BE，∴∠BCE＝∠E＝70°，∴∠CBE＝180°−70°−70°＝40°，∴∠ABD＝40°．故选B．【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．6．对于二次函数的图象，下列说法正确的是（

）A．开口向下 B．对称轴是C．顶点坐标是 D．当时，有最大值是1【答案】C【分析】直接由顶点式得到对称轴、开口方向、顶点坐标和最值．【详解】解：由得，开口向上，选项A不符合题意；对称轴为直线，故选项B错误；顶点坐标为，选项C符合题意；当时，有最小值为1，故选项D错误．故选：C．【点睛】本题考查了二次函数顶点式的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键．7．方程（x﹣3）2=（x﹣3）的根为（）A．3 B．4 C．4或3 D．﹣4或3【答案】C【分析】运用因式分解法解方程即可.【详解】，移项得：，提公因式得：，∴，．故选C．8．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，直径AB=10，点D平分，DE⊥AB交⊙O于点E，∠EDC=99°，则的长是（

）A． B． C．3π D．【答案】C【分析】连接OC、OD、OE、BE，根据圆内接四边形的性质得出，由圆周角定理得到，结合垂径定理、圆心角、弧、弦的关系定理求出，那么，最后利用弧长计算公式求出弧DE的长．【详解】如图，连接OC、OD、OE、BE，∵，∴，∴，∵DE⊥AB，AB是⊙O的直径，∴点A平分弧DE，又点D平分弧AC，∴，∵，∴，∴，∵直径AB=10，∴弧长为：．故答案选C．【点睛】本题主要考查了弧长的计算，灵活的应用垂径定理、圆心角、弧、弦的关系是解题的关键．9．如图，在中，，，三个全等的正方形的对称中心分别是的顶点，且它们各边与的两直角边平行或垂直．若正方形的边长为，且，阴影部分的面积为，则能反映与之间函数关系的大致图象是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据题意，易得阴影部分由2个全等三角形和一个正方形组成，分别求出其面积，继而即可得出y与x的关系，得出答案．【详解】解：根据题意，可知阴影部分由2个全等三角形和一个正方形组成，其中三角形的面积=，正方形的面积∴阴影部分的面积=；∴y与x之间函数关系的大致图象如图C所示．故选：C．【点睛】主要考查了能通过分析题中的实际意义找出变量之间的关系和函数图象的读图能力，有一定难度．10．如图，直线与坐标轴交于两点，，．若将直线绕点逆时针旋转后交轴于点，则点到直线的距离是（

）A． B．4 C． D．【答案】C【分析】过点C作于点D，为等腰直角三角形，，,BC边用面积法推导，最后在中，利用勾股定理求解即可．【详解】解：过点C作于点D，如下图：∵∴∵直线绕点逆时针旋转∴∴∴在中，，∴又∵∴在中：设，则，∴化简得：解得:（舍），即：故选：C【点睛】本题考查勾股定理，等角对等边、一元二次方程的解法等知识点，根据相关内容列出等量关系是解题关键．二、填空题（每小题3分，共8×3=24分）11．将抛物线先向右平移2个单位，再向下平移3个单位得到新的抛物线．【答案】/y=−2(x−2)2−3【分析】根据点平移规则是上加下减，左减右加，向右平移横坐标加，向下平移纵坐标减求出新抛物线的顶点坐标，再利用顶点式解析式写出即可．【详解】解：抛物线的顶点为原点（0，0），先向右平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，新抛物线顶点坐标为(2，-3)，所得到的新的抛物线的解析式为，即．故答案：．【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，点平移的规律：左减右加，上加下减，利用顶点的变化求解更简便．12．已知y＝﹣x2+4x，则x＝时，y有最值，为．【答案】2大4【分析】利用配方法先将等式右边化简，即可求出结论．【详解】解：y＝﹣x2+4x＝﹣(x2﹣4x+4﹣4)＝﹣(x﹣2)2+4，∵(x﹣2)2≥0，∴﹣(x﹣2)2≤0，∴﹣(x﹣2)2+4≤4，∴当x＝2时，y有最大值，为4．故答案为：2，大，4．【点睛】本题考查了配方法的应用，完全平方公式，将题中等式运用配方法变形为﹣（x﹣2）2+4是解题的关键．13．关于的方程有实数根，其中为非正整数，则等于．【答案】0或．【分析】分两种情况讨论：当，方程为一元一次方程，可得方程有唯一解，，方程为一元二次方程，再根据根的判别式，列不等式可得答案．【详解】解：①当时，原方程化为：，解得：，故符合题意；②当时，原方程为关于的一元二次方程，有实数根，△，解得：，为非正整数，，．综上，或．故答案为：0或．【点睛】本题考查的是方程的解，一元一次方程的解，一元二次方程的根的判别式，不等式的解法，掌握以上知识是解题的关键．14．如果圆的半径为4厘米，那么它的面积为平方厘米．【答案】16π【详解】试题分析：根据圆的面积公式计算．试题解析：圆的面积=π•42=16π（cm2）．考点：圆的认识．15．若将等腰直角三角形AOB按如图所示放置，OB=2，则点A关于原点对称的点的坐标为．【答案】【分析】过点作于点，根据等腰直角三角形的性质求出及的长，故可得出点坐标，再由关于原点对称的点的坐标特点即可得出结论．【详解】解：过点作于点，是等腰直角三角形，，，，点关于原点对称的点的坐标为．故答案为．【点睛】本题考查的是关于原点对称的点的坐标特点，解题的关键是熟知等腰直角三角形的性质．16．如图，圆内接正六边形的边长为4，以其各边为直径作半圆，则图中阴影部分的面积为．【答案】/【分析】通过观察图形，阴影部分面积等于6个半圆的面积加上正六边形的面积后减去正六边形外接圆的面积，以此进行计算即可．【详解】∵正六边形边长为4，正六边形可以分成六个等边三角形，每个三角形的边长等于4，∴每个等边三角形的高为，∴正六边形的面积为，六个半圆的面积为，∵圆的半径等于正六边形的边长，∴圆的面积为，∴阴影部分面积=，故答案为：．【点睛】本题考查了圆和正多边形，熟练掌握圆和正多边形面积算法是解题的关键．17．如图，点A为上一点，于点D，如果，则为．【答案】【分析】如图所示，连接，利用圆周角定理和垂径定理得，再利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性质求出的长即可得到答案．【详解】解：如图所示，连接，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理和含30度角的直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．18．把一个足球垂直水平地面向上踢，时间为（秒时该足球距离地面的高度（米适用公式．下列结论：①足球踢出4秒后回到地面；②足球上升的最大高度为30米；③足球踢出3秒后高度第一次到达15米；④足球踢出2秒后高度到达最大．其中正确的结论是【答案】正确的结论是①④【分析】解方程20t-5t2=0，得到t=0或t=4，于是得到球踢出4秒后回到地面；故①符合题意；由于h=20t-5t2=-5（t-2）2+20，于是得到当t=2秒时，足球上升的高度可以为20米，故②不符合题意；④符合题意；解方程20t-5t2=15，得到t=1秒或t=3秒，于是得到足球踢出1秒后高度第一次达到15米，故③不符合题意．【详解】，时，最大，最大值为，④正确令，得：，解得：或，足球从开始踢至回到地面需要4秒；①正确由上解析式知足球的最大高度为20米，．②错误，解得，③错误，正确的结论是①④【点睛】本题主要考查二次函数的应用，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质及将实际问题转化为二次函数问题的能力．三、解答题（共8小题，满分66分）19．（6分）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，将△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度α得到△ADE，点B，C的对应点分别是D，E（1）如图1，当点E恰好在AB上时，求∠CBD的大小；（2）如图2，若α=60°，点F是AB的中点，判断四边形CEDF的形状，并证明你的结论【答案】（1）135°；（2）平行四边形，证明见解析【分析】（1）如图1，利用旋转的性质和等腰三角形的性质以及三角形的内角和即可得到结论；（2）如图2，利用直角三角形斜边上的中线性质和含30度的直角三角形三边的关系以及旋转的性质即可得到结论．【详解】解：（1）如图1，△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度α得到△ADE，点E恰好在AB上，∴AB=AD，∠EAD=∠CAB=30°，∠ABC=60°，∠DEA=∠BCA=90°，∵AB=AD，∴∠ABD=∠ADB=（180°-30°）=75°，∴∠CBD=60°+75°=135°；（2）平行四边形，理由是：证明：∵点F是边AB中点，∴CF=BA，∵∠BAC=30°，∴BC=BA，∴CF=BC，∵△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△ADE，∴∠CAE=∠BAD=60°，AC=AE，DE=BC，∴DE=CF，△BAD和△CAE为等边三角形，∴CE=CA，∵点F为△BA的边AB的中点，∴DF⊥AB，∴△AFD≌△BCA（AAS），∴DF=CA，∴DF=CE，而CF=DE，∴四边形CEDF是平行四边形．【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了平行四边形的判定．20．（6分）计算：已知二次函数.（1）画出图像，指出对称轴，顶点，求出何时y随x的增大而减小；（2）写出不等式≥0的解集.【答案】（1）函数图像见解析；对称轴为直线x=1，顶点为(1，2)；x＞1；（2）－1≤x≤3.【分析】（1）通过配方法可求得对称轴，顶点坐标；用过描点法可画出函数图象，通过图象确定函数的增减性；（2）不等式≥0的解集即是y≥0时，自变量x的取值范围，根据图象即可求得．【详解】（1）图像如图：，∴对称轴为直线x=1，顶点为（1,2），当x＞1时，y随x的增大而减小；列表：画图：（2）令y=0，则解得：x=3或x=－1∴抛物线与x轴交点坐标为(3，0)，(－1，0)，而且开口向下，∴不等式的解集为－1≤x≤3.【点睛】此题考查了利用配方法求顶点坐标，对称轴，还考查了二次函数的图象作图，以及二次函数的增减性，二次函数与不等式的关系．解题时要注意数形结合思想的应用．21．（6分）如今，北京成为“双奥之城”，从1990年北京亚运会的“盼盼”，到2008年北京奥运会的“福娃晶晶”，再到北京冬奥会的“冰墩墩”，大熊猫成为三届在中国举办的体育盛会吉祥物的原型．32年来，国宝大熊猫见证了祖国的日益强大和首都北京的日新月异．在一次宣传活动中，主持人将4张卡片（如图，1张印有盼盼，1张印有福娃晶晶2张印有冰墩墩）放在一个不透明的盒子中并搅匀，卡片除图案外其余均相同．小张从中随机抽取2张换取相应的吉祥物邮票，抽取规则为：先随机抽取1张不放回，再随机抽取1张．(1)小张第一次抽取到冰墩墩的概率为______；(2)请利用树状图或列表法求小张抽取的2张卡片中有冰墩墩的概率．【答案】(1)；(2)【分析】(1)直接由概率公式求解即可；(2)列表得出所有等可能的情况数，找出符合条件的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．（1）解：从中任意抽取1张，抽得卡片上的图案恰好为“冰墩墩”的概率是；故答案为：；（2）解：盼盼、福娃晶晶分别用A，B表示，两张冰墩墩分别用C，表示，列表如下：

第一次第二次ABCABACABABCBCACBC共有12种等可能的结果，其中抽取的2张卡片中有冰墩墩的情况有10种，∴P（小张抽取的2张卡片中有冰墩墩）．【点睛】此题考查了列表法或树状图法求概率；准确、全面找出所有等可能的性质是解题的关键，概率=所求情况数与总情况数之比．22．（6分）自年月以来，甲流便肆虐横行，成为当前主流流行疾病．某一小区有位住户不小心感染了甲流，由于甲流传播感染非常快，小区经过两轮传染后共有人患了甲流．(1)每轮感染中平均一个人传染几人？(2)如果按照这样的传播速度，经过三轮传染后累计是否超过人患了甲流？【答案】(1)人(2)不超过【分析】（1）设每轮感染中平均一个人传染人，根据题意列方程解方程即可；（2）根据（1）可知每轮感染中平均一个人传染人，进而得到三轮后患病总人数为即可解答．【详解】（1）解：设每轮感染中平均一个人传染人．根据题意得，解得，或，∵，∴，答：每轮感染中平均一个人传染人；（2）解：根据题意可得：第三轮的患病人数为，∵，∴经过三轮传染后累计患甲流的人数不会超过人，答：经过三轮传染后累计患甲流的人数不超过人；【点睛】本题考查了一元二次方程与实际问题，读懂题意明确数量关系是解题的关键．23．（8分）如图，已知：正方形，点，分别是，上的点，连接，，，且，求证：．【答案】见解析．【分析】将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADG，根据旋转的性质可得GD=BE，AG=AE，∠DAG=∠BAE，然后求出∠FAG=∠EAF，再利用“边角边”证明△AEF和△AGF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=FG，即可得出结论．【详解】如解图，将绕点逆时针旋转至的位置，使与重合．∴，．∵．∴，∴．在和中，，∴．∴．∵，∴．【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，难点在于利用旋转变换作出全等三角形．24．（10分）某校对九年级600名学生进行了一次体育测试，并随机抽取甲、乙两个班各50名学生的测试成绩（成绩均为整数，满分50分）进行整理、描述和分析．下面给出了部分信息．（用x表示成绩，数据分成5组：A：，B：，C：，D：，E：）甲，乙两班成绩统计表：班级甲班乙班平均分44.144.1中位数44.5众数42方差7.717.4乙班成绩在D组的具体分数是：42，42，42，42，42，42，42，42，42，42，43，44，45，45．根据以上信息，回答下列问题：(1)______，______；(2)小明这次测试成绩是43分，在班上排名属中游略偏上，小明是甲、乙哪个班级学生？说明理由；(3)假设该校九年级学生都参加此次测试，成绩达到45分及45分以上为优秀，学校准备从测试成绩优秀的同学中，随机抽取一名同学当体育集训的督导员，求抽中的同学恰好是乙班学生的概率．【答案】(1)42；45(2)小明是乙班学生；理由见解析(3)【分析】（1）根据中位数和众数的定义进行求解即可；（2）根据两个小组中位数进行判断即可；（3）先估算出全校得优秀的学生人数，然后根据乙班学生优秀的人数求出结果即可．【详解】（1）解：将乙班学生的成绩从小大大进行排序，排在第25位和26位的学生成绩为42，因此乙班学生的中位数是42，即；甲班学生成绩在A组和B组的分别有（人），在C组的有（人），在D组的有（人），在E组的有（人），甲班同学成绩的中位数是44.5分，说明从小到大排序后，排在第25位的是44分，排在第26位的是45分，则得分为45分的学生人数为：（人），∴甲班同学的众数是45，即，故答案为：42；45．（2）解：∵甲班同学的中位数是44.5，乙班同学的中位数是42，又∵，∴成绩是43分的小明在甲班处于中游偏下，在乙班处于中游偏上，∴小明是乙班的学生；（3）解：甲班成绩达到45分及45分以上的学生为：（人），乙班成绩达到45分及45分以上的学生为：（人），则全校成绩达到45分及45分以上的学生为：（人），从测试成绩优秀的同学中，随机抽取一名同学当体育集训的督导员，抽中的同学恰好是乙班学生的概率为：．【点睛】本题主要考查了求中位数、众数，并根据中位数作出判断，用样本估计总体，解题的关键是数形结合，熟练掌握相关的定义．25．（12分）如图1，抛物线y＝ax2﹣2x﹣3与x轴交于点A、B（3，0），交y轴于点C（1）求a的值．（2）过点B的直线1与（1）中的抛物线有且只有一个公共点，则直线1的解析式为．（3）如图2，已知F（0，﹣7），过点F的直线m：y＝kx﹣7与抛物线y＝x2﹣2x﹣3交于M、N两点，当S△CMN＝4时，求k的值．【答案】（1）a＝1；（2）直线的表达式为：x＝3或y＝4x﹣12；（3）k＝﹣2±2．【分析】（1）把（3，0）代入y＝ax2﹣2x﹣3，即可求解；（2）当直线与y轴平行时，直线l的解析式为：x＝﹣3；当直线与y轴不平行时，设：直线1的解析式为：y＝kx+b，由△＝0即可求解；（3）联立得：x2﹣（2+k）x+4＝0，由S△CMN＝|S△CFN﹣S△CFM|＝×CF×|xM﹣xN|