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文档简介
第第页人教版九年级数学上册第一次月考测试卷及答案学校:___________班级:___________姓名:___________考号:___________一、选择题:本题共10小题,每小题3分,共30分。在每小题给出的选项中,只有一项是符合题目要求的。1.下列垃圾分类的标志图案中,既是轴对称图形,又是中心对称图形的是(
)A. B. C. D.2.一元二次方程x2+x+1=0的根的情况是(
)A.有两个不相等的实数根 B.有两个相等的实数根
C.没有实数根 D.无法判断3.如图,四边形ABCD内接于⊙O,若∠A=70∘,则∠C的度数是(
)A.70∘
B.90∘
C.110∘4.如图,同学们玩过的万花简,是由三块等宽等长的玻璃片围成的,其中菱形AEFG可以看成是把菱形ABCD以点A为中心(
)A.逆时针旋转120∘得到
B.逆时针旋转60∘得到
C.顺时针旋转120∘得到
D.
5.已知方程x2+x−6=0的两个根是a,b,则ab的值为(
)A.1 B.−1 C.6 D.−66.若点(0,y1),(1,y2),(2,A.y3>y2>y1 B.7.如图,AB是⊙O的直径,若∠CDB=60∘,则∠ABC的度数等于(
)A.30∘
B.45∘
C.60∘8.由二次函数y=2(x−3)2+1可知A.其图象的开口向下 B.其图象的对称轴为x=−3
C.其最大值为1 D.当x<3时,y随x的增大而减小9.如图,把△ABC绕C点按顺时针旋转40∘,得到△A′B′C.点B′落在边AB上,若A′B′⊥AC于点D,则∠AB′D的度数为(
)A.40∘
B.50∘
C.60∘10.函数y=ax2+bx(a≠0)与y=ax+b的图象可能是A. B.
C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题3分,共12分。11.点(1,−5)关于原点对称的点的坐标为______.12.将抛物线y=−2x2向右平移2个单位,向上平移3个单位得到______.13.已知关于x的方程x2+5x−m=0的一个根是2,则该方程的另一个根是______.14.如图,四边形ABCD中,∠BAD=∠C=90∘,AB=AD,AE⊥BC,垂足是E,若线段AE=4,则S四边形ABCD=______
三、解答题:本题共9小题,共78分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。15.(本小题3分)
如图,正方形EFGH的顶点在边长为2的正方形ABCD的边上.若设AE=x,正方形EFGH的面积为y,求y与x的函数解析式.16.(本小题7分)
(1)解方程:x2+8x−9=0;
(2)若y=x2+8x−9,请直接写出y<017.(本小题7分)
如图,在平面直角坐标系中,△ABC的三个顶点都在格点上,点A的坐标(1,3),请解答下列问题:画出△ABC关于原点对称的△A1B1C18.(本小题7分)
如图是一个隧道的横截面,它的形状是以点O为圆心的圆的一部分.如果M是⊙O中弦CD的中点,EM经过圆心O交⊙O于点E,并且CD=4,EM=6,求⊙O的半径.
19.(本小题9分)
如图,正方形OPNM和正方形ABCD全等,AC与BD交于点O,正方形OPNM绕点O旋转,OM交AB于点E,OP交BC于F,如果正方形的边长为3.
(1)在上述旋转过程中,判断OE与OF有怎样的数量关系,并证明;
(2)请直接写出四边形OEBF的面积为______,周长最小值为______.20.(本小题9分)
如图,⊙O的直径AB为10,弦BC为6,D是AC的中点,弦BD和CE交于点F,且DF=DC.
(1)求证:EB=EF;
(2)求证:BE=AE;
(3)求CE的长.21.(本小题9分)
【问题背景】跳大绳是大家喜欢的传统体育运动,绳子两端由两人拉着旋转,绳子离开地面时呈抛物线状.
【收集素材】经测量,两位摇绳同学的手A、B离地面高度都为1米,两人间水平距离AB为6米,绳子甩到最高处C点离地面2.8米.
【问题解决】现以地面为x轴,过点A向地面作的垂线为y轴,建立如图所示的平面直角坐标系,此时所有点都处于同一平面内.
(1)求此时绳子所对应的抛物线表达式;
(2)身高1.55米的梅梅跳入绳中,在绳子的正下方来回跳动,则她离A点的水平方向上的最小距离和最大距离分别是多少米?
(3)若身高与梅梅相同的一群同学想同时跳绳,相互间的间距为0.8米,则此绳最多可容纳多少人一起跳?
22.(本小题13分)
【课本再现】
(1)如图1,△ABD,△AEC都是等边三角形.BE与CD交于点O,试猜想BE与CD之间的数量关系,并证明.
【深入研究】
(2)在(1)的条件下,证明OA平分∠DOE.
【探究应用】
(3)如图2,△AEC,△ABD都是等腰直角三角形,∠BAD=∠CAE=90∘,AD=AB,AC=AE连接BC,DE,点M是BC的中点,判断AM与DE之间的关系,并证明.
23.(本小题14分)
已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴只有一个公共点.
(1)若抛物线过点P(0,1),求a+b的最小值;
(2)已知点P1(−2,1),P2(2,−1),P3(2,1)中恰有两点在抛物线上.
①求抛物线的解析式;
②设直线l:y=kx+1与抛物线交于M,N两点,点A在直线y=−1上,且∠MAN=90∘,过点A且与x轴垂直的直线分别交抛物线和l于点答案和解析1.【答案】B
【解析】解:A、该图形既不是轴对称图形,也不是中心对称图形,故此选项不符合题意;
B、该图形既是轴对称图形,又是中心对称图形,故此选项符合题意;
C、该图形是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项不符合题意;
D、该图形既不是轴对称图形,也不是中心对称图形,故此选项不符合题意.
故选:B.
中心对称图形的定义:把一个图形绕某一点旋转180∘,如果旋转后的图形能与原来的图形重合,那么这个图形就叫做中心对称图形;轴对称图形的定义:如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重台,这样的图形叫做轴对称图形.根据定义依次对各个选项进行判断即可.
2.【答案】C
【解析】【分析】
先计算根的判别式,再根据根的判别式的符号进行判断即可.
此题考查了根的判别式,熟练掌握一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的情况与Δ=b2−4ac的关系:当Δ>0时,方程有两个不相等的实数根;当Δ=0时,方程有两个相等的实数根;当Δ<0时,方程无实数根是解本题的关键.
【解答】
解:∵Δ=13.【答案】C
【解析】解:∵四边形ABCD内接于⊙O,
∴∠A+∠C=180∘,
∵∠A=70∘,
∴∠C=110∘,
4.【答案】A
【解析】解:根据旋转的意义,观察图片可知,菱形AEFG可以看成是把菱形ABCD以A为中心逆时针旋转120∘得到.
故选:A.
由∠BAE=120∘结合旋转的性质,即可得出结论.
5.【答案】D
【解析】解:∵方程x2+x−6=0的两个根是a,b,
∴ab=−6.
故选:D.
直接利用根与系数的关系得出x16.【答案】A
【解析】解:∵二次函数y=x2,
∴该二次函数的抛物线开口向上,且对称轴为y轴.
∴当x≥0时,y随x的增大而增大,
∵0<1<2,
∴y1<y2<7.【答案】A
【解析】解:∵AB是⊙O的直径,
∴∠ACB=90∘,
∵∠CDB=60∘,
∴∠A=∠CDB=60∘,
∴∠ABC=90∘−∠A=30∘,8.【答案】D
【解析】解:
∵y=2(x−3)2+1,
∴抛物线开口向上,对称轴为x=3,顶点坐标为(3,1),
∴函数有最小值1,当x<3时,y随x的增大而减小,
故选:D.
根据二次函数的解析式进行逐项判断即可.
本题主要考查二次函数的性质,掌握二次函数的顶点式是解题的关键,即在y=a(x−ℎ)9.【答案】A
【解析】解:∵把△ABC绕C点顺时针旋转40∘,得到△A′B′C,
∴∠BCB′=∠A′CD=40∘,∠A=∠A′,
∵A′B′⊥AC于点D,
∴∠ADB′=∠A′DC=90∘,
∵∠A′DC=180∘−∠A′DC−∠A′,∠AB′D=180∘−∠ADB′−∠A,
∴∠AB′D=∠A′CD=40∘.
故选:A.
10.【答案】B
【解析】解:由四个选项可知,二次函数开口均向上,对称轴在y轴右侧,
∴a>0,b<0,
∴一次函数图象应该经过第一、三、四象限,
当ax2+bx=0时,即x1=0,x2=−ba,
当ax+b=0时,即x=−ba,
则二次函数与一次函数在x轴上有一交点,且为(−ba,0),
A.一次函数图象经过第一、二、四象限,故本选项不符合题意.
B.一次函数图象经过第一、三、四象限,且有一交点在x轴上,故本选项符合题意.
C.一次函数图象经过第一、三、四象限,但交点均不在x轴上,故本选项不符合题意.
D.一次函数图象经过第二、三、四象限,故本选项不符合题意.
故选:B.
根据二次函数开口向上,对称轴在y轴右侧判断出11.【答案】(−1,5)
【解析】解:点(1,−5)关于原点的对称点的坐标为(−1,5),
故答案为:(−1,5).
根据对称点的坐标规律作答即可.
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.12.【答案】y=−2(x−2)2+3【解析】解:抛物线y=−2x2向右平移2个单位,向上平移3个单位,
根据“上加下减,左加右减”规律可得抛物线是y=−2(x−2)2+3=−2x2+8x−5,
故答案为:y=−2(x−213.【答案】−7
【解析】解:设另一个根为a,
根据题意,得2+a=−5,
解得a=−7.
故答案为:−7.
设另一个根为a,根据根与系数的关系,即可求出另一个根.
本题考查了一元二次方程的解,根与系数的关系,熟练掌握根与系数的关系是解题的关键.14.【答案】16
【解析】解:过A点作AF⊥CD交CD的延长线于F点,如图,
∵AE⊥BC,AF⊥CF,
∴∠AEC=∠CFA=90∘,
而∠C=90∘,
∴四边形AECF为矩形,
∴∠2+∠3=90∘,
又∵∠BAD=90∘,
∴∠1=∠3,
在△ABE和△ADF中,
∠1=∠3∠AEB=∠AFDAB=AD,
∴△ABE≌△ADF(AAS),
∴AE=AF=4,S△ABE=S△ADF,
∴四边形AECF是边长为4的正方形,
∴S四边形ABCD=S正方形AECF=42=16,
故答案为:16.
过A点作AF⊥CD交CD的延长线于F点,由AE⊥BC,AF⊥CF,∠C=90∘可得四边形15.【答案】解:如图所示:
∵四边形ABCD是边长为2的正方形,
∴∠A=∠B=90∘,AB=2.
∴∠1+∠2=90∘.
∵四边形EFGH为正方形,
∴∠HEF=90∘,EH=EF.
∴∠1+∠3=90∘,
∴∠2=∠3.
在△AHE与△BEF中,
∵∠A=∠B∠2=∠3EH=FE,
∴△AHE≌△BEF(AAS),
∴AE=BF=x,【解析】根据正方形的性质不难得到相等角及等边,由AAS证明△AHE≌△BEF;联系全等三角形的性质用x表示出AH,接下来联系勾股定理及正方形的面积公式,即可得到y与x之间的函数关系式.
本题考查二次函数与其他知识的综合应用,涉及到了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理.16.【答案】解:(1)原方程因式分解得:(x−1)(x+9)=0,
∴x−1=0或x+9=0,
解得x1=1,x2=−9;
(2)函数y=x2+8x−9与x轴的交点为(−9,0)和(1,0),抛物线开口向上,【解析】(1)运用因式分解法求解即可;
(2)由(1)可知函数y=x2+8x−9与x轴的交点为(−9,0)和(1,0),然后根据二次函数的性质即可得到结论.
17.【答案】解:如图所示:
∴△A1B1【解析】根据点的对称,作出△ABC三个顶点关于原点对称的点,连线即可得到△A1B1C18.【答案】解:连接OC,
∵M是弦CD的中点,CD=4
由垂径定理可知EM⊥CD,CM=12CD=2,
设⊙O的半径为x,
在Rt△COM中,OC2=CM2+OM2,
即:x【解析】此题主要考查了垂径定理,勾股定理,解决与弦有关的问题时,往往需构造以半径、弦心距和弦长的一半为三边的直角三角形,若设圆的半径为r,弦长为a,这条弦的弦心距为d,则有等式r2=d2+(a2)2成立,知道这三个量中的任意两个,就可以求出另外一个.
因为M是弦CD的中点,根据垂径定理,19.【答案】94
6【解析】(1)OE=OF,
证明:由题意可得:OA=OB,∠AOB=90∘,
∵∠AOE+∠BOE=90∘,∠MOP=90∘,
∴∠BOF=∠AOE,
在△OAE和△OBF中,
∠OAE=∠OBF=45∘OA=OB∠AOE=∠BOF,
∴△AOE≌△BOF(ASA),
∴OE=OF;
(2)解:由(1)可知:S△AOE=S△BOF.
∴S△AOE+S△OBE=S△BOF+S△OBE,
∵S△AOB=14S四边形ABCD=14×32=94,
∴S四边形OEBF=94.
当OE⊥AB20.【答案】(1)证明:∵DF=DC,
∴∠DCF=∠DFC,
∵∠DCF=∠DBE,∠DFC=∠EFB,
∴∠DBE=∠EFB,
∴EB=EF;
(2)证明:∵D是AC的中点,
∴AD=CD,
∴∠DBA=∠DBC,
∵∠DBE=∠EFB,
∴∠DBE−∠DBA=∠EFB−∠DBC,
即∠ABE=∠ECB,
∴AE=BE;
(3)解:过B作BH⊥CE于点H,连接AE,AC,
∵AB为⊙O的直径,
∴∠ACB=90∘,∠AEB=90∘,
由(2)可知:AE=BE,
∵AE=BE,
由勾股定理得:AE2+BE2=AB2,
∵AB=10,
∴AE=BE=5【解析】(1)根据等腰三角形的性质得∠DCF=∠DFC,再根据对顶角相等及同弧所对的圆周角相等得∠DBE=∠EFB,即可证明EB=EF;
(2)根据题意可得AD=CD,则∠DBA=∠DBC,再证明∠ABE=∠ECB,即可证明AE=BE;
(3)过B作BH⊥CE于点H,连接AE,AC,利用等弧所对的圆周角相等证明21.【答案】解:(1)根据题意,由抛物线的对称性可知顶点C(3,2.8),
设抛物线解析式为y=a(x−3)2+2.8,
把点A(0,1)代入y=a(x−3)2+2.8中,
解得a=−0.2,
∴绳子所对应的抛物线表达式为y=−0.2(x−3)2+2.8;
(2)当y=1.55时,1.55=−0.2(x−3)2+2.8,
整理得(x−3)2=6.25,
解得:x1=0.5,x2=5.5,【解析】(1)由抛物线的对称性确定顶点C(3,2.8),设抛物线解析式为y=a(x−3)2+2.8,利用待定系数法求解即可;
(2)令y=1.55,可得1.55=−0.2(x−3)2+2.822.【答案】(1)解:BE=CD,证明如下:
∵△ABD和△ACE都是等边三角形,
∴AB=AD,AE=AC,∠BAD=∠BDA=∠DBA=∠CAE=60∘,
∴∠BAC+∠CAE=∠BAC+∠BAD,
即∠BAE=∠DAC.
在△ABE和△ADC中,
AB=AD∠BAE=∠DACAE=AC,
∴△ABE≌△ADC(SAS),
∴BE=CD;
(2)证明:过点A分别作AM⊥BE,AN⊥DC,垂足为点M,N.
∵由(1)知:△ABE≌△ADC,
∴S△ABE=S△ADC,
∴12⋅BE⋅AM=12⋅DC⋅AN,
∴AM=AN,
∴点A在∠DOE的平分线上,
即OA平分∠DOE;
(3)DE=2AM,且AM⊥DE,证明如下:
延长AM到N,使MN=AM,连接BN,延长MA交DE于I,如图:
∵点M是BC的中点,
∴CM=BM,
∵∠AMC=∠NMB,AM=MN,
在△AMC和△NMB中,
CM=BM∠AMC=∠NMBAM=NM,
∴△AMC≌△NMB(SAS),
∴BN=AC,∠N=∠CAM,
∴AC//BN,
∴∠NBA+∠BAC=180∘,
∵∠BAD=∠CAE=90∘,
∴∠DAE+∠BAC=180∘,
∴∠NBA=∠DAE,
∵AC=AE,
∴BN=AE,
∵AB=AD,
∴△NBA≌△EAD(SAS),
∴AN=DE,【解析】(1)根据等边三角形性质得出AB=AD,AE=AC,∠BAD=∠BDA=∠DBA=∠CAE=60∘,求出∠BAE=∠DAC.根据SAS证△ABE≌△ADC即可;
(2)过点A分别作AM⊥BE,AN⊥DC,垂足为点M,N.根据三角形的面积公式求出AN=AM,根据角平分线性质求出即可;
(
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