人教版九年级上册数学期中考试试卷有答案

人教版九年级上册数学期中考试试题一、选择题。（每小题只有一个正确答案）1．若将抛物线y=x2向右平移2个单位，再向上平移3个单位，则所得抛物线的表达式为（）A．B．C．D．2．如图,是⊙的直径,弦⊥于点,,则()A． B． C． D．3．二次函数y=x2﹣4x+7的最小值为（）A．2 B．﹣2 C．3 D．﹣34．如图，点B，C，D在⊙O上，若∠BCD＝130°，则∠BOD的度数是（）A．50° B．60° C．80° D．100°5．二次函数y=x2-2x-1的顶点在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限6．如图，在△ABC中，∠CAB=65°，将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，则旋转角的度数为（）A．30° B．40° C．50° D．65°7．如图，已知顶点为（﹣3，﹣6）的抛物线y=ax2+bx+c经过点（﹣1，﹣4），则下列结论中错误的是（）A．b2＞4acB．ax2+bx+c≥﹣6C．若点（﹣2，m），（﹣5，n）在抛物线上，则m＞nD．关于x的一元二次方程ax2+bx+c=﹣4的两根为﹣5和﹣18．已知函数的图象与x轴有交点．则的取值范围是()A．k<4 B．k≤4 C．k<4且k≠3 D．k≤4且k≠39．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°后得到正方形AB1C1D1，边B1C1与CD交于点O，则四边形AB1OD的面积是（）A． B． C． D．10．关于抛物线，下列说法错误的是（）A．开口向上 B．与x轴有唯一交点C．对称轴是直线 D．当时，y随x的增大而减小二、填空题11．抛物线y=﹣x2+3x﹣的对称轴是_____．12．抛物线y=x2+8x﹣4与直线x=4的交点坐标是_____．13．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，若AB=8，CD=6，则BE=______．14．某一型号飞机着陆后滑行的距离y（单位：m）与滑行时间x（单位：s）之间的函数关系式是y=60x﹣1.5x2，该型号飞机着陆后滑行_m才能停下来．15．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E.若AB＝8，AE＝1，则弦CD的长是____.16．如图，将△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度至△ADE处，使得点C恰好在线段DE上，若∠ACB＝75°，则旋转角为________度．三、解答题17．解方程：（1）；（2）．18．如图，AB是⊙O的直径，∠ACD=25°，求∠BAD的度数．19．二次函数的部分图象如图所示，其中图象与x轴交于点A（－1,0），与y轴交于点C（0，－5），且经过点D（3，－8）.（1）求此二次函数的解析式；（2）用配方法将将此二次函数的解析式写成的形式，并直接写出此二次函数图象的顶点坐标以及它与x轴的另一个交点B的坐标.20．已知二次函数y=﹣x2+2x+3．（1）求函数图象的顶点坐标和图象与x轴交点坐标；（2）当x取何值时，函数值最大？（3）当y＞0时，请你写出x的取值范围．21．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（4，0），点B（0，3），把△ABO绕点B逆时针旋转，得△A′BO′，点A、O旋转后的对应点为A′、O′，记旋转角为ɑ．(1)如图1，若ɑ＝90°，求AA′的长；(2)如图2，若ɑ＝120°，求点O′的坐标．22．在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（-2，1），B（-4，5），C（-5，2）．（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；（2）画出△ABC关于原点O成中心对称的△A2B2C2；（3）求△A2B2C2的面积．23．如图，AB为的直径，C为上一点，连AC，BC，E为上一点，且，点F在BE上，于点D．求证：．24．如图，半圆O的直径AB为40，Ｃ，Ｄ是这个半圆的三等分点，求弦ＡＣ，ＡＤ和弧ＣＤ围成的阴影部分的面积．25．如图①，已知抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和点B（-3，0），与y轴交于点C．

（1）求抛物线的解析式；

（2）设抛物线的对称轴与x轴交于点M，问在对称轴上是否存在点P，使△CMP为等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；

（3）如图②，若点E为第二象限抛物线上一动点，连接BE、CE，求四边形BOCE面积的最大值，并求此时E点的坐标．参考答案1．B【详解】试题分析：∵函数y=x2的图象的顶点坐标为，将函数y=x2的图象向右平移2个单位，再向上平移3个单位，∴其顶点也向右平移2个单位，再向上平移3个单位.根据根据坐标的平移变化的规律，左右平移只改变点的横坐标，左减右加．上下平移只改变点的纵坐标，下减上加.∴平移后，新图象的顶点坐标是.∴所得抛物线的表达式为.故选B.考点：二次函数图象与平移变换．2．A【分析】根据垂径定理可得出CE的长度，在Rt△OCE中，利用勾股定理可得出OE的长度，再利用AE=AO+OE即可得出AE的长度．【详解】∵弦CD⊥AB于点E，CD=8cm，∴CE=CD=4cm．在Rt△OCE中，OC=5cm，CE=4cm，∴OE==3cm，∴AE=AO+OE=5+3=8cm．故选A．【点睛】本题考查了垂径定理以及勾股定理，利用垂径定理结合勾股定理求出OE的长度是解题的关键．3．C【详解】∵原式可化为y=x2-4x+4+3=（x-2）2+3，∴最小值为3．故选C.4．D【分析】首先圆上取一点A，连接AB，AD，根据圆的内接四边形的性质，即可得∠BAD+∠BCD=180°，即可求得∠BAD的度数，再根据圆周角的性质，即可求得答案．【详解】圆上取一点A，连接AB，AD，∵点A、B，C，D在⊙O上，∠BCD=130°，∴∠BAD=50°，∴∠BOD=100°.故选D．【点睛】此题考查了圆周角的性质与圆的内接四边形的性质．此题比较简单，解题的关键是注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法．5．D【详解】试题解析：将二次函数进行配方为y=（x-1）2-2，∴顶点坐标为（1，-2），∴在第四象限．故选D．6．C【详解】解：∵CC′∥AB，∴∠ACC′=∠CAB=65°，∵△ABC绕点A旋转得到△AB′C′，∴AC=AC′，∴∠CAC′=180°-2∠ACC′=180°-2×65°=50°，∴∠CAC′=∠BAB′=50°故选C．7．C【分析】根据二次函数图像与系数的关系，二次函数和一元二次方程的关系进行判断.【详解】A、图象与x轴有两个交点，方程ax2+bx+c=0有两个不相等的实数根，b2﹣4ac＞0所以b2＞4ac，故A选项正确；B、抛物线的开口向上，函数有最小值，因为抛物线的最小值为﹣6，所以ax2+bx+c≥﹣6，故B选项正确；C、抛物线的对称轴为直线x=﹣3，因为﹣5离对称轴的距离大于﹣2离对称轴的距离，所以m＜n，故C选项错误；D、根据抛物线的对称性可知，（﹣1，﹣4）关于对称轴的对称点为（﹣5，﹣4），所以关于x的一元二次方程ax2+bx+c=﹣4的两根为﹣5和﹣1，故D选项正确．故选C．【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数与一元二次方程的关系，熟练运用数形结合是解题的关键.8．B【详解】试题分析：若此函数与x轴有交点，则，Δ≥0，即4-4(k-3)≥0,解得：k≤4,当k=3时，此函数为一次函数，题目要求仍然成立，故本题选B.考点：函数图像与x轴交点的特点.9．C【分析】连接AC1，AO，根据四边形AB1C1D1是正方形，得出∠C1AB1=∠AC1B1=45°，求出∠DAB1=45°，推出A、D、C1三点共线，在Rt△C1D1A中，由勾股定理求出AC1，进而求出DC1=OD，根据三角形的面积计算即可．【详解】连接AC1，∵四边形AB1C1D1是正方形，∴∠C1AB1=×90°=45°=∠AC1B1，∵边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°后得到正方形AB1C1D1，∴∠B1AB=45°，∴∠DAB1=90°-45°=45°，∴AC1过D点，即A、D、C1三点共线，∵正方形ABCD的边长是1，∴四边形AB1C1D1的边长是1，在Rt△C1D1A中，由勾股定理得：AC1=，则DC1=-1，∵∠AC1B1=45°，∠C1DO=90°，∴∠C1OD=45°=∠DC1O，∴DC1=OD=-1，∴S△ADO=×OD•AD=，∴四边形AB1OD的面积是=2×=-1，故选C．10．D【分析】先把抛物线化为顶点式，再根据抛物线的性质即可判断A、C、D三项，令y=0，解关于x的方程即可判断B项，进而可得答案.【详解】解：；A、∵a=1>0，∴抛物线的开口向上，说法正确，所以本选项不符合题意；B、令y=0，则，该方程有两个相等的实数根，所以抛物线与x轴有唯一交点，说法正确，所以本选项不符合题意；C、抛物线的对称轴是直线，说法正确，所以本选项不符合题意；D、当时，y随x的增大而减小，说法错误，应该是当时，y随x的增大而增大，所以本选项符合题意.故选：D.【点睛】本题考查了二次函数的性质和抛物线与x轴的交点问题，属于基本题型，熟练掌握抛物线的性质是解题关键.11．直线x=【详解】y=﹣x2+3x﹣=-（x2-3x）-=-(x-)2+∴抛物线y=﹣x2+3x﹣的对称轴是直线x=.12．（4，44）【详解】将x=4代入y=x2+8x-4中，得y=42+8×4-4=44，故交点坐标为（4，44）．13．4-【详解】试题解析：如图，连接OC.∵弦CD⊥AB于点E，CD=6，∵在中,故答案为:14．600．【详解】根据飞机从滑行到停止的路程就是滑行的最大路程，即是求函数的最大值．∵﹣1.5＜0，∴函数有最大值．∴，即飞机着陆后滑行600米才能停止．15．2【详解】试题解析：连接OC，由题意，得故答案为:16．30°【分析】由旋转的性质可得：AC=AE，∠ACB=∠E=75°，可求∠CAE=30°，即可得出答案．【详解】解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度至△ADE处∴AC=AE，∠ACB=∠E=75°，∴∠ACE=∠E=75°，∴∠CAE=180°75°75°=30°，故答案为：30°．【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，熟练运用旋转的性质是本题的关键．17．（1），；（2），【分析】（1）移项后开方，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可；

（2）求出的值，再代入公式求出即可．【详解】（1）移项，得，化简，得，开平方，得，，;（2），，．，．【点睛】本题考查了解一元二次方程，主要考查学生的计算能力．18．65°【分析】根据直径所对的圆周角是直角，构造直角三角形ABD，再根据同弧所对的圆周角相等，求得∠B的度数，即可求得∠BAD的度数．【详解】解：∵AB为⊙O直径∴∠ADB=90°∵相同的弧所对应的圆周角相等，且∠ACD=25°∴∠B=25°∴∠BAD=90°﹣∠B=65°【点睛】本题考查圆周角定理的推论．解题关键是利用直径所对的圆周角．19．（1）；（2）顶点（2，-9）B（5,0）【解析】【分析】（1）把点A、B、C的坐标代入函数表达式，然后根据三元一次方程的解法求出a、b、c的值，即可得到二次函数的解析式；

（2）利用配方法整理，然后根据顶点式写出顶点坐标，再根据对称轴解析式与点A的坐标求出与x轴的另一交点坐标；【详解】（1）根据题意得，，

②分别代入①、③得，

a-b=5④，

3a+b=-1⑤，

④+⑤得，4a=4，

解得a=1，

把a=1代入④得，1-b=5，

解得b=-4，

∴方程组的解是，

∴此二次函数的解析式为y=x2-4x-5；

（2）y=x2-4x-5=x2-4x+4-4-5=（x-2）2-9，

二次函数的解析式为y=（x-2）2-9，

顶点坐标为（2，-9），

对称轴为x=2，

设另一点坐标为B（a，0），

则-1+a=2×2，

解得a=5，

∴点B的坐标是B（5，0）．【点睛】考查了待定系数法求二次函数解析式，把点的坐标代入函数表达式，然后解方程组即可，熟练掌握二次函数的性质以及三种形式之间的互相转化也很重要.20．(1)、交点坐标为（﹣1，0），（3，0）；顶点坐标为（1，4）；(2)、x=1；(3)、﹣1＜x＜3．【解析】试题分析：(1)、把二次函数化为顶点式，则可得出二次函数的对称轴和顶点坐标；(2)、(3)、利用二次函数图象性质作答．试题解析：(1)、∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，∴图象顶点坐标为（1，4），当y=0时，有﹣x2+2x+3=0解得：x1=﹣1，x2=3，∴图象与x轴交点坐标为（﹣1，0），（3，0）；(2)、由（1）知，抛物线顶点坐标为（1，4），且抛物线开口方向向下，当x=1时，函数值最大；(3)、因为图象与x轴交点坐标为（﹣1，0），（3，0），且抛物线开口方向向下，所以当y＞0时，﹣1＜x＜3．考点：(1)、抛物线与x轴的交点；(2)、二次函数的最值．21．（1）5；（2）点O′的坐标为（，）.【分析】（1）由题意可知OA=4，OB=3，由勾股定理求得AB=5.再由旋转的性质可得△ABA′为等腰直角三角形，即可得AA′=BA=5；（2）作O′H⊥y轴于点H，根据旋转的性质可得BO=BO′=3，∠OBO′=120°，即可得∠HBO′=60°.在Rt△BHO′中，∠BO′H′=30°，可得BH=BO′=.再由勾股定理求得O′H=.所以OH=OB+BH=，即可得点O′的坐标为（，）.【详解】（1）∵点A（4，0），点B（0，3），∴OA=4，OB=3.∴AB==5.∵△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′，∴BA=BA′，∠ABA′=90°.∴△ABA′为等腰直角三角形，∴AA′=BA=5.（2）作O′H⊥y轴于点H.∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，∴BO=BO′=3，∠OBO′=120°.∴∠HBO′=60°.在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90°-∠HBO′=30°，∴BH=BO′=.∴O′H=.∴OH=OB+BH=3+=.∴点O′的坐标为（，）.【点睛】本题考查了几何变换（旋转）综合题、等腰直角三角形的性质、勾股定理、直角三角形30度角性质等知识，要熟练掌握旋转的性质；理解坐标与图形性质；记住含30度的直角三角形三边的关系．22．（1）见解析；（2）见解析；（3）5【分析】（1）根据轴对称的性质确定点A1、B1、C1的位置，顺次连线即可；（2）根据中心对称的性质确定点A1、B1、C1的位置，顺次连线即可；（3）利用割补法计算【详解】（1）如图：△A1B1C1即为所求；（2）如图：△A2B2C2即为所求；（3）△A2B2C2的面积==5【点睛】此题考查轴对称的性质，中心对称的性质，割补法求网格中图形的面积，熟记轴对称的性质及中心对称的性质作出图形是解题的关键．23．证明见解析．【分析】由为的直径，得到，根据垂直的定义得到，根据余角的性质得到，等量代换得到，于是得到结论．【详解】证明：为的直径，，于，，，，，，，，，，，．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，三角形内角和性质、等腰三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．24．【解析】试题分析：连接CO、OD，CD，根据条件证明CD∥AB，然后可得△OCD与△CDA面积相等，从而阴影部分的面积转化为扇形OCD的面积．试题解析：连接CO、OD，CD，如图;∵C、D是这个半圆的三等分点，∴CD∥AB，∠CDO=60°，∴∠CAD的度数为：30°，∵OC=OD，∴△OCD是等边三角形，CD=OC=AB=20，∴△OCD与△CDA是等底等高的三角形，∴S阴影=S扇形OCD=π×202=cm2．答：阴影部分的面积S是cm2．考点：求阴影部分的面积．25．（1）y=-x2-2x+3；（2）存在，P（-1，）或P（-1，-）或P（-1，6）或P（-1，）；（3）当a=-时，S四边形BOCE最大，且最大值为，此时，点E坐标为（-，）．【分析】（1）已知抛物线过A、B两点，可将两点的坐标代入抛物线的解析式中，用待定系数法即可求出二次函数的解析式；（2）可根据（1）的函数解析式得出抛物线的对称轴，也就得出了M点的坐标，由于C是抛物线与y轴的交点，因此C的坐标为（0，3），根据M、C的坐标可求出CM的距离．然后分三种情况进行讨论：①当CP=PM时，P位于CM的垂直平分线上．求P点坐标关键是求P的纵坐标，过P作PQ⊥y轴于Q，如果设PM=CP=x，那么直角三角形CPQ中CP=x，OM的长，可根据M的坐标得出，CQ=3-x，因此可根据勾股定理求出x的值，P点的横坐标与M的横坐标相同，纵坐标为x，由此