人教版九年级上册数学期中考试试卷及答案详解

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）1．一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常系数分别是A．3，6，1B．3，6，-1C．3，-6，1D．3，-6，-12．用配方法解一元二次方程，下列配方正确的是（）A．B．C．D．3．下列手机手势解锁图案中，是中心对称图形的是（

）A．B．C．D．4．已知x1，x2是一元二次方程x2﹣6x﹣5＝0的两个根，则x1+x2的值是（）A．6 B．﹣6 C．5 D．﹣55．如图，的直径为10，弦，是上一个动点，则的最小值为（）A．2 B．3 C．4 D．56．肥城市刘台“桃花节”观赏人数逐年增加，据有关部门统计，2015年约为20万人次，预计到2017年约为28.8万人次，设观赏人数年均增长率为x，则下列方程中正确的是A．20（1+2x）=28.8B．28.8（1+x）2=20C．20（1+x）2=28.8D．20+20（1+x）+20（1+x）2=28.87．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°.将Rt△ABC绕点C按逆时针方向旋转48°得到Rt△A′B′C，点A在边B′C上，则∠B′的大小为()A．42°B．48°C．52°D．58°8．如图，AB为⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠ADC=35°，则∠CAB的度数为（

）A．35° B．45° C．55° D．65°9．在抛物线y=﹣2ax﹣3a上有A（﹣0.5，）、B（2，）和C（3，）三点，若抛物线与y轴的交点在正半轴上，则、和的大小关系为（）A．＜＜B．＜＜C．＜＜D．＜＜10．某学习小组在研究函数的图象和性质时，已列表、描点并画出了图象的一部分，则方程实数根的个数为（）…01233.54……0…A．1 B．2 C．3 D．4二、填空题11．一元二次方程的解是__．12．某中学组织初三学生篮球比赛，以班为单位，每两班之间都比赛一场，计划安排15场比赛，则共有_________个班级参赛．13．把抛物线y＝x2向左平移3个单位，再向下平移2个单位后，所得的抛物线的表达式是________________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，将⊙O沿弦AB折叠，圆弧恰好经过圆心O，点P是优弧上一点，则∠APB的度数为_____．16．如图，的半径是1，为的弦，将弦绕点逆时针旋转，得到，连，则的最大值为_________．三、解答题17．解方程18．二次函数的图象如图所示，根据图象解答下列问题：（1）直接写出方程的根；（2）直接写出不等式的解集.19．关于x的一元二次方程x2+（2m﹣1）x+m2＝0有实数根．（1）求m的取值范围；（2）若两根为x1、x2且x12+x22＝7，求m的值．20．如图，是等边三角形.（1）作的外接圆；（2）在劣弧上取点，分别连接，并将绕点逆时针旋转；（3）若，直接写出四边形的面积.21．如图，为的直径，且，为上一点，平分交于点，，，于，为半圆弧的中点，交于点.（1）求的长；（2）求的长22．如图，在足够大的空地上有一段长为米的旧墙，某人利用旧墙和100米长的木栏围成一个矩形菜园.（1）如图1，已知矩形菜园的一边靠墙，且，设米.①若，所围成的矩形菜园的面积为450平方米，求所利用旧墙的长；②求矩形菜园面积的最大值；（2）如图2，若，则旧墙和木栏能围成的矩形菜园面积的最大值是米223．如图，在等腰中，，点是内一点，连接，且，设.（1）如图1，若，将绕点顺时针旋转至，连结，易证为等边三角形，则，；（2）如图2，若，则，；（3）如图3，试猜想和之间的数量关系，并给予证明.24．如图，已知等腰直角三角形ABC，∠ACB=90°，D是斜边AB的中点，且AC=BC=16分米，以点B为圆心，BD为半径画弧，交BC于点F，以点C为圆心，CD为半径画弧，分别交AB、BC于点E、G．求阴影部分的面积．25．在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（1，0），B（3，0），与y轴交于C（0，3），抛物线顶点为D点．(1)求此抛物线解析式；(2)如图1，点P为抛物线上的一个动点，且在对称轴右侧，若△ADP面积为3，求点P的坐标；(3)在(2)的条件下，PA交对称轴于点E，如图2，过E点的任一条直线与抛物线交于M，N两点，直线MD交直线y＝﹣3于点F，连结NF，求证：NF∥y轴．参考答案1．D【解析】对于一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0），a是二次项系数，b是一次项系数，c是常数项.故方程3x2-6x-1=0的二次项系数是3，一次项系数是-6，常数项是-1.故选D.2．C【分析】根据用配方法解一元二次方程的方法解答即可．【详解】解：移项，得，方程两边同时加上4，得，即．故选：C．【点睛】本题考查了一元二次方程的解法，属于基础题目，掌握配方的方法是解题的关键．3．B【分析】根据中心对称图形的概念判断即可．【详解】A．不是中心对称图形；B．是中心对称图形；C．不是中心对称图形；D．不是中心对称图形．故选B．【点睛】本题考查了中心对称图的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．4．A【分析】根据韦达定理x1+x2=-即可解题.【详解】由韦达定理可知x1+x2=-=6故选A.【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系,属于简单题,熟悉韦达定理是解题关键.5．B【解析】【分析】首先明确OP最短时，应该是OP⊥AB时，然后根据垂径定理即可求出．【详解】解：OP最短时，应该是OP⊥AB时，此时AP=BP=4，

所以．

故选B．【点睛】此题考查垂径定理，涉及圆中求半径的问题，此类在圆中涉及弦长、半径、圆心角的计算的问题，常把半弦长，半圆心角，圆心到弦距离转换到同一直角三角形中，然后通过直角三角形予以求解，常见辅助线是过圆心作弦的垂线．6．C【分析】根据增长率的计算公式：增长前的数量×(1+增长率)增长次数=增长后数量，从而得出答案．【详解】根据题意可得方程为：，故选C．【点睛】本题主要考查的是一元二次方程的应用，属于基础题型．解决这个问题的关键就是明确基本的计算公式．7．A【解析】试题分析：∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，将Rt△ABC绕点C按逆时针方向旋转48°得到Rt△A′B′C′，∴∠A′=∠BAC=90°，∠ACA′=48°，∴∠B′=90°﹣∠ACA′=42°．故选A．考点：旋转的性质．8．C【详解】分析：由同弧所对的圆周角相等可知∠B=∠ADC=35°；而由圆周角的推论不难得知∠ACB=90°，则由∠CAB=90°-∠B即可求得.详解：∵∠ADC=35°，∠ADC与∠B所对的弧相同，∴∠B=∠ADC=35°，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠CAB=90°-∠B=55°，故选C．点睛：本题考查了同弧所对的圆周角相等以及直径所对的圆周角是直角等知识.9．A【分析】首先判断出a>0，求出y1、y2、y3的值即可判断；【详解】∵若抛物线与y轴的交点在正半轴上，∴−3a>0，∴a<0，∵A(−0.5,y1)、B(2,y2)和C(3,y3)三点在抛物线上，∴y1=−a,y2=−3a,y3=0，∴＜＜，故选A.10．C【解析】【分析】根据函数图象和表格中的数据可以解答本题．【详解】解：由画出的部分图象可知，

方程的实数根一个为0，另一个在-3和-4中间，

由表格中的数据可知，

函数函数图象与x的一个交点在原点，一个交点在-3和-3.5之间，第三个交点在3和3.5之间，

∴方程的实数根的个数为3个，

故选：C．【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．11．x1＝3，x2＝﹣3．【分析】先移项，在两边开方即可得出答案．【详解】∵∴=9，∴x=±3，即x1＝3，x2＝﹣3，故答案为x1＝3，x2＝﹣3．【点睛】本题考查了解一元二次方程-直接开平方法，熟练掌握该方法是本题解题的关键.12．6【解析】【分析】设共有x个班级参赛，根据第一个球队和其他球队打（x-1）场球，第二个球队和其他球队打（x-2）场，以此类推可以知道共打（1+2+3+…+x-1）场球，然后根据计划安排15场比赛即可列出方程求解．【详解】解：设共有x个班级参赛，根据题意得：

解得：x1=6，x2=-5（不合题意，舍去），

则共有6个班级参赛．

故答案为：6．【点睛】此题考查了一元二次方程的应用，关键是准确找到描述语，根据等量关系准确的列出方程．此题还要判断所求的解是否符合题意，舍去不合题意的解．13．【解析】接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．解：由“左加右减”的原则可知，将抛物线y=x2向左平移3个单位所得的抛物线的表达式是y=（x+3）2；由“上加下减”的原则可知，将抛物线y=（x+3）2向下平移2个单位所得的抛物线的表达式是y=（x+3）2-2．故答案为y=（x+3）2-2．14．600．【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．15．60°【解析】分析：作半径OC⊥AB于D，连结OA、OB，如图，根据折叠的性质得OD=CD，则OD=OA，根据含30度的直角三角形三边的关系得到∠OAD=30°，接着根据三角形内角和定理可计算出∠AOB=120°，然后根据圆周角定理计算∠APB的度数．详解：如图作半径OC⊥AB于D，连结OA、OB．∵将⊙O沿弦AB折叠，圆弧恰好经过圆心O，∴OD=CD，∴OD=OC=OA，∴∠OAD=30°．∵OA=OB，∴∠ABO=30°，∴∠AOB=120°，∴∠APB=∠AOB=60°．故答案为60°．点睛：本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了含30度的直角三角形三边的关系和折叠的性质，求得∠OAD=30°是解题的关键．16．【解析】【分析】把OA绕点A逆时针旋转120度，于是得到△EAC≌△OAB，根据等腰三角形的性质得到，在△OEC中，任意两边之和大于第三边，于是得到结论．【详解】解：如图示，作半径OA绕点逆时针旋转而得到的边AE，连接OE，EC，∵将弦绕点逆时针旋转得到，∴△EAC是把△OAB绕点A逆时针旋转120度得到的，则：△EAC≌△OAB，∴∠EAO=∠CAB=120°，AE=AO=1，CE=OB=1，∴△OEA为等腰三角形，∠OEA=∠EOA=30°∴∴由两边之和大于第三边，并且取最大值，∴∴∴故答案为：【点睛】本题考查了旋转的性质，余弦定理，正确的作出辅助线是解题的关键.17．，【分析】先用判断解的个数，再用求出方程的两个解.【详解】解：∵，，∴∵∴，【点睛】本题考查了解一元二次方程的解法，熟悉用判断解的个数，再用求解是关键18．（1）;（2）或【解析】【分析】（1）由图可知，的时候，根为；

（2）由图可知，写出函数图象在x轴下方所对应的自变量的范围即可.【详解】解：（1）方程（a≠0）的两个根为；

（2）不等式（a≠0）的解集为x＜1或x＞3.【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．19．（1）m≤；（2）m＝﹣1．【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式△≥0，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围；（2）根据根与系数的关系可得出x1＋x2＝1−2m，x1x2＝m2，结合x12＋x22＝7可得出关于m的一元二次方程，解之取其小于等于的值即可得出结论．【详解】解：（1）∵关于x的一元二次方程x2+（2m﹣1）x+m2＝0有实数根，∴△＝（2m﹣1）2﹣4×1×m2＝﹣4m+1≥0，解得：；（2）∵x1，x2是一元二次方程x2+（2m﹣1）x+m2＝0的两个实数根，∴x1+x2＝1﹣2m，x1x2＝m2，∴x12+x22＝（x1+x2）2﹣2x1x2＝7，即（1﹣2m）2﹣2m2＝7，整理得：m2﹣2m﹣3＝0，解得：m1＝﹣1，m2＝3．又∵，∴m＝﹣1．【点睛】本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，解题的关键是：（1）牢记当△≥0时，方程有实数根；（2）根据根与系数的关系结合x12+x22＝7，得到关于m的一元二次方程．20．（1）画图见解析；（2）画图见解析；（3）．【解析】【分析】（1）分别作BC和AC的中垂线，交点即为圆心O，再以点O为圆心，OB长为半径作圆即可得；

（2）根据旋转变换的定义作图可得；

（3）由及等边三角形的面积公式可得．【详解】解：（1）如图所示，⊙O即为所求；

（2）如图所示，△ACR即为所求；

（3）∵将绕点逆时针旋转得到∴≌，，，∴为等边三角形，∴又∵得的高=∴．【点睛】本题考查了作图-复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了等边三角形的性质和三角形的外心．21．（1）；（2）【解析】【分析】（1）连接EB，OC交于M，根据角平分线定义得到∠DAC=∠BAC，根据垂径定理得到OC⊥BE，推出四边形MCDE是矩形，根据勾股定理即可得到结论；

（2）过G作GR⊥AD于R，GS⊥BE于S，设，由F为半圆弧AB的中点，得到∠AEF=∠BEF，根据三角形的面积公式即可得到结论．【详解】解：（1）连接EB，OC交于M，

∵AC平分∠DAB交⊙O于点E，

∴∠DAC=∠BAC，

∴，

∴，

∵AB为⊙O的直径，

∴BE⊥AD，

∵AD⊥CD于D，

∴四边形MCDE是矩形，

∵AE=6，AB=10，

∴；

（2）过G作GR⊥AD于R，GS⊥BE于S，设，

∵F为半圆弧AB的中点，

∴，

∴，∵平分，∴G点为的内接圆心，

∵，

即是：，

∴，

∴在等腰直角中：．【点睛】本题考查了圆周角定理，圆心角，弧，弦的故选，矩形的判定和性质，勾股定理正确是作出辅助线是解题的关键．22．（1）①=10（米）；②见解析；（2）900.【解析】【分析】（1）①根据矩形的面积公式列方程即可得到AD的长；②设，利用矩形面积得到，配方得到，讨论：当a≥50时，根据二次函数的性质得S的最大值为1250m2；当0＜a＜50时，则当0＜x≤a时，根据二次函数的性质得S的最大值为；（2）根据题意列出函数关系式，根据二次函数的性质即可得到结论．【详解】（1）①∵，则，

根据题意得，解得x1=90，（不合题意舍去），

x2=10，

答：AD的长为10m；

②设AD=xm，

∴当a≥50时，则x=50时，S的最大值为；

当0＜a＜50时，则当0＜x≤a时，S随x的增大而增大，当x=a时，S的最大值为，

综上所述，当a≥50时，S的最大值为1250m2；当0＜a＜50时，S的最大值为；

（2）设四边形ABCD的面积为W，AD=x，则AB=60-x，

∴，

∴当x=30时，矩形菜园ABCD面积的最大值是900m2．

故答案为：900．【点睛】本题考查了二次函数的应用：解此类题的关键是通过几何性质确定出二次函数的解析式，然后确定其最大值，实际问题中自变量x的取值要使实际问题有意义，因此在求二次函数的最值时，一定要注意自变量x的取值范围．23．（1），（2），（3）【分析】（1）将△PBC绕点C顺时针旋转90°至△DAC，连结DP，只要证明△DAP为等边三角形，即可解决问题；

（2）将△PBC绕点C顺时针旋转90°至△DAC，连结DP，只要证明△DAP为等腰直角三角形，即可解决问题；

（3）将△PBC绕点C顺时针旋转90°至△DAC，连结DP，只要证明△BPA≌△BPD（SSS），即可解决问题；【详解】解：（1）如图1中，

由旋转不变性可知：，，，∵在等腰中，，，∴，CP为三线合一的线∴，∴在中，，，∴为等腰直角三角形

∴，

∴，∴△APD是等边三角形，

∴∠ADP=∠APD=60°，

∵∠CDP=∠CPD=45°，

∴∠ADC=∠APC=∠CPB=105°，

∴∠APB=360°-105°-105°=150°，

∴α=150°，β=105°，

故答案为150°，105°．

（2）将△PBC绕点C顺时针旋转90°至△DAC，连结DP．

由旋转不变性可知：BP=AD，CD=CP，∠DCP=90°，∴为等腰直角三角形

∴，

∵，，

∴，，

∴△ADP是等腰直角三角形，

∴∠APD=90°，∠ADP=45°，

∴∠APC=135°，∠BPC=∠ADC=90°，

∴∠APB=360°-135°-90°=135°，

∴α=135°，β=90°，

故答案为135°，90°．

（3）将△PBC绕点C顺时针旋转90°至△DAC，连结DP，延长PB交AD与S，

由旋转不变性可知：BP=AD，CD=CP，∠DCP=90°，∴为等腰直角三角形

∴，

∵，∴PA=PD，

∵∠BPC+∠CPS=180°，∠BPC=∠ADC，

∴∠ADC+∠CPS=180°，

∴∠PSD+∠PCD=180°，

∴∠PSD=90°，

∴PS⊥AD，∵PA=PD，∴△ADP是等腰直角三角形，

∴SA=SD，∴△ABP是等腰直角三角形，

∴BA=BD，

∵BP=BP，PA=PD，BA=BD，

∴△BPA≌△BPD（SSS），

∴∠APB=∠BPD，

∴∠BPD-∠BPC=∠CPD=45°，

即：．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理以及逆定理，全等三角形的判定和性质，特殊三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，属于中考压轴题．24．阴影部分的面积是64平方分米．【分析】根据题意和图形可以得到阴影部分的面积是△ABC的面积减去扇形BFD的面积和右上角空白部分的面积，由题目中的数据可以求出各部分的面积，从而可以解答本题．【详解】解：等腰直角三角形ABC，∠ACB=90°，D是斜边AB的中点，且AC=BC=16分米，∴AB=16分米，∠DBF=45°，∴BF=CD=8分米，∴阴影部分的面积是：−−[−]=64平方分米，故阴影部分的面积是64平方分米．【点睛】本题考查扇形面积的计算、等腰三角形的