人教版九年级上册数学期中考试试卷有答案详解

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．方程x（x+1）=0的根为（）A．0或﹣1 B．﹣1 C．±1 D．12．在平面直角坐标系中，点（3，﹣4）关于原点对称的点的坐标是（）A．（3，4） B．（﹣3，﹣4） C．（﹣3，4） D．（﹣4，3）3．抛物线y=﹣（x﹣1）2﹣2的顶点坐标是（）A．（1，2）B．（﹣1，﹣2）C．（﹣1，2）D．（1，﹣2）4．在⊙O中，⊙O的半径为13，弦AB的长为10，则圆心O到AB的距离为（）A．13 B．12 C．10 D．55．正三角形绕其中心旋转一定角度后，与自身重合，旋转角至少为（）A．30° B．60° C．120° D．180°6．抛物线y=﹣（x﹣2）2﹣3经过平移得到抛物线y=﹣x2﹣1，平移过程正确的是（）A．先向下平移2个单位，再向左平移2个单位B．先向上平移2个单位，再向右平移2个单位C．先向下平移2个单位，再向右平移2个单位D．先向上平移2个单位，再向左平移2个单位7．用配方法解方程x2+1=4x，下列变形正确的是（）A．（x+2）2=3 B．（x﹣2）2=3 C．（x+2）2=5 D．（x﹣2）2=58．如图，在⊙O中，AB为直径，圆周角∠ACD=20°，则∠BAD等于（）A．20° B．40° C．70° D．80°9．抛物线经过点A(2，4)，顶点在第四象限，则a的取值范围是（）A．a>4 B．0<a<4 C．a>2 D．0<a<210．如图，已知等边△ABC的边长为4，以AB为直径的圆交BC于点F，以C为圆心，CF的长为半径作圆，D是⊙C上一动点，E为BD的中点，当AE最大时，BD的长为（）A．2 B．2 C．2+1 D．6二、填空题11．抛物线y=x2﹣x的对称轴为_____．12．方程x2+6x+c=0有相等的两个实数根，则c=_____．13．线段AB的两个端点关于点O中心对称，若AB=10，则OA=_____．14．篮球联赛实行单循环赛制，即每两个球队之间进行一场比赛，计划一共打36场比赛，设一共有x个球队参赛，根据题意，所列方程为_____．15．平移抛物线M1：y=ax2+c得到抛物线M2，抛物线M2经过抛物线M1的顶点A，抛物线M2的对称轴分别交抛物线M1，M2于B，C两点，若点C的坐标为（2，c﹣1），则△ABC的面积为_____．16．将边长为4的正方形ABCD向右倾斜，边长不变，∠ABC逐渐变小，顶点A、D及对角线BD的中点N分别运动列、和的位置，若∠BC=30°，则点N到点N′的运动路径长为_____．三、解答题17．解方程：x2﹣4x﹣4=0．18．要用总长160cm长的绳子围成如图所示的图案，其中两节绳子将矩形外框分割成三个小矩形，已知矩形外框的面积为800cm2，求矩形外框的周长．19．如图，在△ABC中，∠BAC=120°，将△ABC绕点A顺时针旋转一定角度（小于360°）得到△B′AC′．（1）若点B′落在线段AC上，在图中画出△B′AC′，并直接写出当AC=4时，CC′的值；（2）若∠ACB=20°，旋转后，B′C′⊥AC，请直接写出旋转角的度数．20．如图，在两个同心圆⊙O中，大圆的弦AB与小圆相交于C，D两点．（1）求证：AC=BD；（2）若AC=2，BC=4，大圆的半径R=5，求小圆的半径r的值；（3）若AC•BC等于12，请直接写出两圆之间圆环的面积．（结果保留π）21．如图，一名男生推铅球，铅球行进的高度y（m）与水平距离x（m）之间的关系是二次函数的关系．铅球行进起点的高度为m，行进到水平距离为4m时达到最高处，最大高度为3m．（1）求二次函数的解析式（化成一般形式）；（2）求铅球推出的距离．22．某商品现在的售价为每件60元，每个星期可卖出300件，市场调查反映：如调整价格，每涨价1元，每个星期要少卖出10件；每降价1元，每个星期可多卖出20件．已知商品进价为每件40元，设每件商品的售价为x元（且x为正整数），每个星期的销售量为y件．（1）求y与x的函数关系并直接写出自变量x的取值范围；（2）设每星期的销售利润为W，请直接写出W与x的关系式；（3）每件商品的售价定为多少元时，每个星期可获得最大利润？最大利润是多少元？23．如图，E为菱形ABCD的边CD上任意点，将CE绕点E旋转一定角度后与AD平行．（1）如图，若CE旋转后得到PE和NE，试判断下列结论是否成立？①BD平分AN，；②BD⊥AP，（填写“成立”或“不成立”）；（2）证明（1）中你的判断．（3）若∠ABC=60°，AB=BM=+1，请直接写出CE的长度．24．已知抛物线y=ax2﹣2anx+an2+n+3的顶点P在一条定直线l上．（1）直接写出直线l的解析式；（2）对于任意非零实数a，存在确定的n的值，使抛物线与x轴有唯一的公共点，求此时n的值；（3）当点P在x轴上时，抛物线与直线l的另一个交点Q，过点Q作x轴的平行线，交抛物线于点A，过点Q作y轴的平行线，交x轴于点B，求的值或取值范围．25．如图，过的直径上两点，分别作弦，．求证：（1）；（2）．参考答案1．A【分析】利用两因式的积零，则这两个因式至少有一个为零可得．【详解】∵x（x+1）=0，∴x=0或x+1=0，解得：x=0或x=﹣1．故选A．【点睛】本题考查了解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．2．C【分析】根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数进行解答即可．【详解】点（x，y）关于原点对称的点的坐标为（-x，-y），所以点（3，﹣4）关于原点对称的点的坐标是（﹣3，4），故选C．【点睛】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x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．3．D【解析】【分析】根据顶点式解析式写出顶点坐标即可．【详解】抛物线y=﹣（x﹣1）2﹣2的顶点坐标是（1，﹣2）．故选D．【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握利用顶点式解析式求顶点坐标的方法是解题的关键．4．B【分析】过O作OC⊥AB于C，连接OA，根据垂径定理得到AC的长，根据勾股定理求出OC即可．【详解】过O作OC⊥AB于C，连接OA．∵OC⊥AB，OC过O，∴AC=BC=AB=10=5．在Rt△OCA中，由勾股定理得：OC===12．故选B．【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理，能正确作出辅助线是解答此题的关键，垂直于弦的直径平分弦，且平分弦所对的两条弧．5．C【分析】求出正三角形的中心角即可得解【详解】正三角形绕其中心旋转一定角度后，与自身重合，旋转角至少为120°，故选C．【点睛】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角，掌握正多边形的中心角的求解是解题的关键6．D【分析】先利用顶点式得到抛物线y=﹣（x﹣2）2﹣3的顶点坐标为（2，﹣3），抛物线y=﹣x2﹣1的顶点坐标为（0，﹣1），然后利用点平移的规律确定抛物线的平移情况．【详解】抛物线y=﹣（x﹣2）2﹣3的顶点坐标为（2，﹣3），抛物线y=﹣x2﹣1的顶点坐标为（0，﹣1），而点（2，﹣3）先向左平移2个单位，再向上平移2个单位后可得点（0，﹣1），抛物线y=﹣（x﹣2）2﹣3先向左平移2个单位，再向上平移2个单位后可得抛物线y=﹣x2﹣1．故选D．【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．7．B【分析】移项，配方，即可得出选项．【详解】x2+1=4x，x2﹣4x=﹣1，x2﹣4x+4=﹣1+4，∴（x﹣2）2=3．故选B．【点睛】本题考查了解一元二次方程，能正确配方是解答此题的关键．8．C【分析】连接OD，根据∠AOD=2∠ACD，求出∠AOD，利用等腰三角形的性质即可解决问题．【详解】连接OD．∵∠ACD=20°，∴∠AOD=2∠ACD=40°．∵OA=OD，∴∠BAD=∠ADO=（180°﹣40°）=70°．故选C．【点睛】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．9．A【解析】∵抛物线经过点A(2，4)，∴4=4a−4a+c，解得c=4，∴=a(x−1)2+4−a，∴顶点坐标为(1，4−a)，∵顶点坐标在第四象限，∴4−a<0，解得a>4，故选A.10．B【分析】点E在以F为圆心的圆上运到，要使AE最大，则AE过F，根据等腰三角形的性质和圆周角定理证得F是BC的中点，从而得到EF为△BCD的中位线，根据平行线的性质证得CD⊥BC，根据勾股定理即可求得结论．【详解】点D在⊙C上运动时，点E在以F为圆心的圆上运到，要使AE最大，则AE过F，连接CD．∵△ABC是等边三角形，AB是直径，∴EF⊥BC，∴F是BC的中点．∵E为BD的中点，∴EF为△BCD的中位线，∴CD∥EF，∴CD⊥BC，BC=4，CD=2，故BD===2．故选B．

【点睛】本题考查了等边三角形的性质，圆周角定理，三角形中位线的性质，勾股定理，正确的作出辅助圆是解题的关键．11．x=1．【分析】先根据抛物线的解析式得出a、b的值，再根据其对称轴方程即可得出结论．【详解】∵抛物线的解析式为y=x2﹣x，∴a=，b=﹣1，∴其对称轴直线x=﹣=﹣=1．故答案为x=1．【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴是直线x=﹣是解答此题的关键．12．9．【分析】由方程有两个相等的实数根结合根的判别式，即可得出关于c的一元一次方程，解之即可得出c值．【详解】∵方程x2+6x+c=0有相等的两个实数根，∴△=62﹣4c=36﹣4c=0，解得：c=9．故答案为9．【点睛】本题考查了根的判别式，牢记“当△=0时，方程有两个相等的实数根”是解题的关键．13．5．【分析】根据关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分可得答案．【详解】∵线段AB的两个端点关于点O中心对称，AB=10，∴AO=5．故答案为5．【点睛】本题考查了中心对称，关键是掌握中心对称的性质．14．x（x﹣1）=36．【分析】赛制为单循环形式（每两队之间都赛一场），x个球队比赛总场数为，即可列方程．【详解】设一共有x个球队参赛，每个队都要赛（x﹣1）场，但两队之间只有一场比赛，由题意得：x（x﹣1）=36．故答案为x（x﹣1）=36．【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，解决本题的关键是读懂题意，得到总场数的等量关系．15．2．【分析】由y=ax2+c变换后顶点坐标（2，c﹣1），可得M2的解析式，根据A在M2上，可得a，求出BC，即可得到答案．【详解】由题意得：M2的解析式为y=a（x﹣2）2+c﹣1，由A在M2上，得：4a+c﹣1=c，解得：a=，C（2，c﹣1），B（2，1+c）．BC=1+c﹣（c﹣1）=2．S△ABC=×2×2=2．故答案为2．【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，利用待定系数法求得a的值是解题的关键，还利用了平移的知识：左加右减，上加下减．16．．【解析】试题分析：作NM⊥BC于点M，连接MN′，∵点N′和点M分别为线段BD′和BC的中点，∴MN′=CD′=2，∴MN′=BM，∴∠MBN′=∠MN′B，∵∠A′BC=30°，∴∠MBN′=15°，∴∠N′MC=30°，∴∠NMN′=60°，∴点N到点N′的运动路径长为：=，故答案为．考点：1．轨迹；2．正方形的性质．17．x1=2+2，x2=2﹣2【解析】【分析】求出b2-4ac的值，再代入公式求出即可．【详解】∵a=1，b=﹣4，c=﹣4，b2﹣4ac=（﹣4）2﹣4×1×（﹣4）=32＞0，∴x=，∴x1=2+2，x2=2﹣2．【点睛】本题考查了解一元二次方程的应用，主要考查学生的计算能力．18．120cm【分析】设矩形外框的宽为xcm，则矩形外框的长为（80﹣2x）cm，根据矩形的面积公式结合矩形外框的面积为800cm2，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可求出x值，再根据矩形的周长公式即可求出矩形外框的周长．【详解】设矩形外框的宽为xcm，则矩形外框的长为（80﹣2x）cm，根据题意得：x（80﹣2x）=800解得：x1=x2=20，∴80﹣2x=40，∴2×（40+20）=120（cm）．答：矩形外框的周长为120cm．【点睛】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．19．（1）4；（2）70°或250°．【分析】（1）如图1中，△B′AC′如图所示；作AH⊥CC′于H．只要证明CH=HC′，只要求出CH的长即可解决问题；（2）如图2，分两种情况讨论．【详解】（1）如图1中，△B′AC′如图所示；作AH⊥CC′于H．∵AC=AC′=4，∠C′AC=∠CAB=120°，AH⊥CC′，∴CH=HC′，∠CAH=∠CAC′=60°，∠ACH=30°，∴AH=AC=2，∴CH==2，∴CC′=4．（2）如图2中，如图所示，分两种情况讨论：①当B旋转到B′时．∵B′C′⊥AC，∠C′=∠C=20°，∴∠C′AM=90°－∠C′=90°－20°=70°，∴旋转角为70°；②当B旋转到B″时，同理可得：∠NAC″=70°．∵∠B″AC″=∠BAC=120°，∴∠NAB″=120°－70°=50°．∵∠BAN=180°－120°=60°，∴∠BAB″=60°+50°=110°，∴旋转角=360°－110°=250°．综上所述：旋转角的度数为70°或250°．【点睛】本题考查了作图﹣旋转变换，直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．20．（1）见解析；（2）r为；（3）12π【分析】（1）过O作OE⊥AB于点E，由垂径定理可知E为CD和AB的中点，则可证得结论；（2）连接OC、OA，由条件可求得CD的长，则可求得CE和AE的长．在Rt△AOE中，利用勾股定理可求得OE的长．在Rt△COE中可求得OC的长；（3）连接OA，OC，作OE⊥AB于点E，由垂径定理可得AE=BE．由勾股定理可得：OE2=OA2﹣AE2，OE2=OC2﹣CE2，继而可得OA2﹣OC2=AE2﹣CE2=（AE+CE）（AE﹣CE）=BC•AC=12，则可求得圆环的面积．【详解】（1）过O作OE⊥AB于点E，如图1，由垂径定理可得AE=BE，CE=DE，∴AE﹣CE=BE﹣DE，∴AC=BD；（2）连接OC、OA，如图2．∵AC=2，BC=4，∴AB=2+4=6，∴AE=3，∴CE=AE﹣AC=3﹣2=1．在Rt△AOE中，由勾股定理可得OE2=OA2﹣AE2=52﹣32=16．在Rt△COE中，由勾股定理可得：OC2=CE2+OE2=12+16=17，∴OC=，即小圆的半径r为；（3）连接OA，OC，作OE⊥AB于点E，如图2，由垂径定理可得AE=BE．在Rt△AOE与Rt△OCE中：OE2=OA2﹣AE2，OE2=OC2﹣CE2，∴OA2﹣AE2=OC2﹣CE2，∴OA2﹣OC2=AE2﹣CE2=（AE+CE）（AE﹣CE）=（BE+CE）•AC=BC•AC=12，∴OA2﹣OC2=12，∴圆环的面积为：πOA2﹣πOC2=π（OA2﹣OC2）=12π．【点睛】本题考查了垂径定理与勾股定理的知识．此题难度适中，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．21．（1）y==﹣x2+x+；（2）10m．【分析】（1）把（0，）代入y=a（x﹣4）2+3，求出a的值即可；（2）解一元二次方程即可．【详解】设二次函数的解析式为y=a（x﹣4）2+3，把（0，）代入y=a（x﹣4）2+3，解得：a=﹣，则二次函数的解析式为：y=﹣（x﹣4）2+3=﹣x2+x+；（2）令﹣x2+x+=0，解得：x1=﹣2（舍去），x2=10，则铅球推出的距离为10m．【点睛】本题考查了二次函数的实际应用，熟练掌握待定系数法求函数解析式是解题的关键．22．（1）；（2）；（3）定价为65元时可获得最大利润为6250元【分析】（1）根据“每涨价1元，每个星期要少卖出10件；每降价1元，每个星期可多卖出20件”列出y与x的函数关系．（2）设每星期所获利润为W，根据一星期利润等于每件的利润×销售量得到W与x的关系式；（3）把（2）中解析式配成抛物线的顶点式，利用抛物线的最值问题即可得到答案．【详解】（1）根据题意得：涨价时，y=300﹣10（x﹣60）（60≤x≤90），降价时，y=300+20（60﹣x）（40≤x＜60），整理得：；（2）当涨价时，y=（x﹣40）（﹣10x+900）（60≤x≤90），当降价时，y=（x﹣40）（﹣20x+1500）（40≤x＜60）；综上所述：；（3）当涨价时，W=（x﹣40）（﹣10x+900）=﹣10（x﹣65）2+6250（60≤x≤90），当x=65时，W的最大值是6250；当降价时，W=（x﹣40）（﹣20x+1500）=﹣20（x﹣57.5）2+6125（40≤x＜60），所以定价为：x=57.5（元）时利润最大，最大值为6125元．综合所述，定价为65元时可获得最大利润为6250元．【点睛】本题考查了二次函数的应用：根据实际问题列出二次函数关系式，再配成抛物线的顶点式y=a（x﹣h）2+k，然后利用当a＜0，x=h时，y有最大值k；当a＞0，x=h时，y有最小值k等性质解决实际问题．23．（1）①成立；②成立；（2）见解析；（3）．【分析】（1）根据题意、结合图形进行猜测；（2）连接AC、PC、CN，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理证明∠ECP=∠DCA，得到A、P、C三点共线，根据菱形的性质证明即可；（3）根据菱形的性质和余弦的定义求出BH，得到HM，根据三角形中位线定理求出CN，根据余弦的定义求出PN，根据直角三角形的性质解答即可．【详解】（1）①BD平分AN，成立；②BD⊥AP，成立．故答案为①成立；②成立；（2）连接AC、PC、CN．∵EP=EC，∴∠ECP=∠EPC，∴∠ECP==90°﹣∠PEC，同理，∠DCA=90°﹣∠ADC．∵PN∥AD，∴∠PEC=∠ADC，∴∠ECP=∠DCA，∴A、P、C三点共线．∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC．∵CE=PE=EN，∴∠PCN=90°，∴CN∥BD，又AH=HC，∴AM=MN，即BD平分AN；（3）∵四边形ABCD是菱形，∴∠ABD=∠ABC=30°，∴BH=AB×cos30°=，∴HM=BM﹣BH=+1﹣=．∵∠ABC=60°，∴∠BAD=120°．∵∠ABH=30°，∠AHB=90°，∴∠BAH=60°，∴∠DAC=120°－60°=60°．∵AD∥PN，∴∠NPC=∠DAC=60°．∵AH=HC，AM=MN，∴CN=2HM=﹣1，CN∥BD，∴∠PCN=∠BHC=90°，∴∠PNC=90°－60°=30°，∴PN==，∴CE=PN=．【点睛】本题考查了菱形的性质、锐角三角函数的定义