人教版九年级上册数学期中考试试卷附答案

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．下列标志中，可以看作是中心对称图形的是（）A．B．C．D．2．用配方法解方程，下列配方正确的是（）A． B． C． D．3．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°4．将抛物线y＝2（x﹣4）2﹣1先向左平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度，平移后所得抛物线的解析式为（）A．y＝2x2+1 B．y＝2x2﹣3C．y＝2（x﹣8）2+1 D．y＝2（x﹣8）2﹣35．如图，四边形是扇形的内接矩形，顶点P在弧上，且不与M，N重合，当P点在弧上移动时，矩形的形状、大小随之变化，则的长度（）A．变大 B．变小 C．不变 D．不能确定6．若一个二次函数y＝ax2＋bx＋c（a＞0）的图象经过五个点A（﹣1，n）、B（3，n）、C（2，y1）、D（﹣1，y2）和E（1，y3），则下列关系正确的是（）A．y1＞y2＞y3 B．y2＞y1＞y3 C．y1＜y3＜y2 D．y3＞y1＞y27．如图，已知在⊙O中，点A，B，C均在圆上，∠AOB＝80°，则∠ACB等于()A．130° B．140° C．145° D．150°8．若x支球队参加篮球比赛，共比赛了36场，每2队之间比赛一场，则下列方程中符合题意的是A．B．C．D．9．二次函数y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的图象如图所示，对称轴是直线x＝﹣1，则下列四个结论错误的是（）A．a﹣b＋c＜0B．2a＋b＝0C．4a﹣2b＋c＝0D．am2＋b（m＋1）≥a10．如图，正△ABC的边长为3cm,动点P从点A出发，以每秒1cm的速度，沿的方向运动，到达点C时停止，设运动时间为x（秒），,则y关于x的函数的图像大致为（）A．B．C．D．二、填空题11．点P（﹣3，4）关于原点对称的点的坐标是_____．12．一元二次方程x2=x的解为_____．13．已知二次函数的图象与x轴有交点，则k的取值范围是__________14．设a、b是方程x2+x-2018=0的两个不等的实根，则a2+2a+b的值为________．15．如图，在中⊙O，AB是直径，弦AE的垂直平分线交⊙O于点C，CD⊥AB于D，BD＝1，AE＝4，则AD的长为___．16．如图，边长为1的正方形ABCD，将正方形ABCD绕顶点A顺时针旋转45°得到正方形AB′C′D′，则图中阴影部分的面积为_____．17．如图，一段抛物线：y=﹣x（x﹣2）（0≤x≤2）记为C1，它与x轴交于两点O，A1；将C1绕A1旋转180°得到C2，交x轴于A2；将C2绕A2旋转180°得到C3，交x轴于A3；…如此进行下去，直至得到C6，若点P（11，m）在第6段抛物线C6上，则m=_____．三、解答题18．解方程：．19．已知抛物线y＝x2﹣（m﹣3）x﹣m．（1）求证：无论m取何值时，抛物线都与x轴有两个交点．（2）m为何值时，抛物线都与x轴有两个交点间的距离等于3？20．如图，抛物线y=x2＋bx＋c经过坐标原点，并与x轴交于点A（2，0）．（1）求此抛物线的解析式；（2）写出顶点坐标及对称轴；（3）若抛物线上有一点B，且，求点B的坐标．21．如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，坐标分别为A（2，2），B（1，0），C（3，1）．（1）画出△ABC关于y轴对称的△；（2）画出将△ABC绕原点O顺时针旋转90°所得的△；（3）△与△2成中心对称图形吗？若成中心对称图形，直接写出对称中心的坐标．22．如图，在⊙O中，点C、D在上，将沿BC折叠后，点D的对应点E刚好落在弦AB上，连接AC、EC．（1）证明：AC＝EC；（2）连接AD，若CE＝5，AD＝8，求⊙O的半径．23．如图，是400米跑道示意图，中间的足球场ABCD是矩形，两边是半圆，直道AB的长是多少？你一定知道是100米！可你也许不知道，这不仅仅为了比赛的需要，还有另外一个原因，等你做完本题就明白了．设AB＝x米．（1）请用含x的代数式表示BC．（2）设矩形ABCD的面积为S．①求出S关于x的函数表达式．②当直道AB为多少米时，矩形ABCD的面积最大？24．如图，点E是正方形ABCD的边BC上一点，连接DE，将DE绕着点E逆时针旋转90°，得到EG，过点G作GF⊥CB，垂足为F，GH⊥AB，垂足为H，连接DG，交AB于I．（1）求证：四边形BFGH是正方形；（2）求证：ED平分∠CEI；（3）连接IE，若正方形ABCD的边长为3，则△BEI的周长为．25．如图，抛物线L：y=ax2+bx+c与x轴交于A、B（3，0）两点（A在B的左侧），与y轴交于点C（0，3），已知对称轴x=1．（1）求抛物线L的解析式；（2）将抛物线L向下平移h个单位长度，使平移后所得抛物线的顶点落在△OBC内（包括△OBC的边界），求h的取值范围；（3）设点P是抛物线L上任一点，点Q在直线l：x=﹣3上，△PBQ能否成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若能，求出符合条件的点P的坐标；若不能，请说明理由．参考答案1．B【解析】根据中心对称图形的概念：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，由此结合各图形的特点求解：A、C、D都不符合中心对称的定义．故选B．2．A【分析】先把方程变形为x2-4x=-2，再把两方程两边加上4，然后把方程左边用完全平方公式表示即可．【详解】解：x2-4x=-2，x2-4x+4=2，（x-2）2=2．故选：A．【点睛】本题考查了解一元二次方程-配方法：将一元二次方程配成（x+m）2=n的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法．3．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．4．A【详解】【分析】根据平移的规律即可得到平移后函数解析式．【详解】抛物线y=2（x-4）2-1先向左平移4个单位长度，得到的抛物线解析式为y=2（x-4+4）2-1，即y=2x2-1，再向上平移2个单位长度得到的抛物线解析式为y=2x2-1+2，即y=2x2+1；故选A【点睛】本题考查的是二次函数图象与几何变换，熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式是解题的关键．5．C【分析】四边形PAOB是扇形OMN的内接矩形，根据矩形的性质AB=OP=半径，所以AB长度不变．【详解】解：∵四边形PAOB是扇形OMN的内接矩形，

∴AB=OP=半径，

当P点在弧MN上移动时，半径一定，所以AB长度不变，

故选：C．【点睛】本题考查了圆的认识，矩形的性质，用到的知识点为：矩形的对角线相等；圆的半径相等．6．B【分析】由A，B两点的纵坐标相同，可得A，B两点关于对称轴对称，可求对称轴为直线x＝1，则x＝1时y3值最小，根据二次函数的图象性质：在对称轴的左侧，y随x的增大而减小．【详解】解：∵A（﹣1，n）、B（3，n），∴对称轴为直线x＝1；∵a＞0，∴x＝1时，y3是最小值；在对称轴的左侧，y随x的增大而减小．∵C（2，y1）关于对称轴的对称点为（0，y1），且﹣1＜0＜1，∴y2＞y1＞y3．故选：B．【点睛】本题主要考查对二次函数图象上点的坐标特征，利用了二次函数的对称性和增减性．7．B【分析】设点E是优弧AB上的一点，连接EA，EB，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半可求得∠E的度数，再根据圆内接四边形的对角互补即可得到∠ACB的度数．【详解】解：设点E是优弧AB上的一点，连接EA，EB,∵∠AOB=80°,∴∠E=∠AOB=40°,∴∠ACB=180°-∠E=140°．故选B．【点睛】本题主要考查了利用了圆周角定理，关键是掌握圆周角定理：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．8．C【分析】根据题意可以列出相应的方程，本题得以解决．【详解】解：由题意可得，，故选C．【点睛】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程．9．B【分析】根据二次函数的图象与系数的关系即可求解．【详解】解：由抛物线可得当x＝﹣1时，y＜0，故a﹣b＋c＜0，故结论A正确；抛物线可得对称轴为x＝＝﹣1，故2a﹣b＝0，故结论B错误．由抛物线经过原点，对称轴为直线x＝﹣1可知，当x＝﹣2时，y＝0，故4a﹣2b＋c＝0，故结论C正确；当x＝﹣1时，该函数取得最小值，则，即，故结论D正确；故选：B．【点睛】本题主要考查二次函数的图像与性质，熟练掌握二次函数的图像与性质是解题的关键．10．C【详解】如图，过点C作CD垂直AB于点D，则∵正△ABC的边长为3，∴∠A=∠B=∠C=60°，AC=3．∴AD=，CD=．①当0≤x≤3时，即点P在线段AB上时，AP=x，PD=（0≤x≤3）．∴（0≤x≤3）．∴该函数图象在0≤x≤3上是开口向上的抛物线．②当3＜x≤6时，即点P在线段BC上时，PC=（6－x）（3＜x≤6）；∴y=（6－x）2=（x-6）2（3＜x≤6），∴该函数的图象在3＜x≤6上是开口向上的抛物线．综上所述，该函数为．符合此条件的图象为C．故选C．11．（3，﹣4）．【分析】根据关于原点对称的两点坐标关系：横、纵坐标均互为相反数即可得出结论；【详解】解：点P（﹣3，4）关于原点对称的点的坐标是（3，﹣4）．故答案为：（3，﹣4）．【点睛】此题考查的是求一个点关于原点对称点的坐标，掌握关于原点对称的两点坐标关系：横、纵坐标均互为相反数是解决此题的关键．12．x1=0，x2=1．【详解】试题分析：首先把x移项，再把方程的左面分解因式，即可得到答案．解：x2=x，移项得：x2﹣x=0，∴x（x﹣1）=0，x=0或x﹣1=0，∴x1=0，x2=1．故答案为x1=0，x2=1．考点：解一元二次方程-因式分解法．13．k≤4且k≠3【分析】根据二次函数的定义和图象与x轴有交点则△≥0，可得关于k的不等式组，然后求出不等式组的解集即可．【详解】解：根据题意得k−3≠0且△＝22−4×（k−3）×1≥0，解得k≤4且k≠3．故答案为k≤4且k≠3.【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点问题：对于二次函数y＝ax2＋bx＋c（a，b，c是常数，a≠0），△＝b2−4ac决定抛物线与x轴的交点个数：△＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△＝0时，抛物线与x轴有1个交点；△＜0时，抛物线与x轴没有交点．14．2017【分析】根据一元二次方程的解及根与系数的关系可得出a2+a=2018、a+b=-1，将其代入a2+2a+b=（a2+a）+（a+b）中即可求出结论．【详解】∵a，b是方程x2+x-2018=0的两个实数根，∴a2+a=2018，a+b=-1，∴a2+2a+b=（a2+a）+（a+b）=2018-1=2017．故答案为2017.【点睛】本题考查了根与系数的关系以及一元二次方程的解，根据一元二次方程的解及根与系数的关系找出a2+a=2018、a+b=-1是解题的关键．15．4【分析】证明△AOF≌△COD（AAS），得CD＝AF＝2，设⊙O的半径为r，则OD＝r﹣1，根据勾股定理列方程可得结论．【详解】如图：弦AE的垂直平分线交⊙O于点F，∴AF＝AE＝2，∠AFO＝90°，∵CD⊥AB，∴∠ODC＝∠AFO＝90°，∵OA＝OC，∠AOF＝∠COD，∴△AOF≌△COD（AAS），∴CD＝AF＝2，设⊙O的半径为r，则OD＝r﹣1，由勾股定理得：OC2＝OD2+CD2，r2＝（r﹣1）2+22，r＝，∴AD＝AB﹣1＝2×﹣1＝4，故答案为4．【点睛】本题考查了垂径定理的应用，同时还考查了全等三角形的性质和判定，与勾股定理相结合，列方程解决问题；解答有关于圆的计算题时，需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来．16．﹣1．【分析】连接AC，根据旋转的性质和正方形的性质得出∠D′AC′＝∠D′AB′＝45°，AD′＝D′C′＝AD＝AB′＝1，∠ABC＝∠D′＝90°，求出A、B、C′三点共线，根据勾股定理得求出AC′长，求出B′C′和BE，再分别求出△AD′C′和△EBC′的面积，再求出答案即可．【详解】解：连接AC′，∵边长为1的正方形ABCD，将正方形ABCD绕顶点A顺时针旋转45°得到正方形AB′C′D′，∴AD′＝D′C′＝AD＝AB＝1，∠ABC＝∠D′＝90°，∠D′C′A＝45°，∠D′AC′＝45°，∠D′AB＝45°，∴A、B、C′三点共线，在Rt△AD′C′中，由勾股定理得：AC′＝＝＝，∴BC′＝AC′﹣AB＝﹣1，∵在Rt△EBC′中，∠EBC′＝90°，∠EC′B′＝45°，∴∠BEC′＝∠EC′B＝45°，∴EB＝BC′＝﹣1，∴阴影部分的面积S＝△AD′C′的面积﹣△EBC′的面积＝＝﹣（﹣1）×（﹣1）＝﹣1，故答案为：﹣1.【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形的面积，完全平方公式，熟练掌握正方形的性质，会正确进行图形分割是解题的关键．17．-1【详解】将这段抛物线C1通过配方法求出顶点坐标及抛物线与x轴的交点，由旋转的性质可以知道C1与C2的顶点到x轴的距离相等，且OA1=A1A2，照此类推可以推导知道点P（11，m）为抛物线C6的顶点，从而得到结果．解：∵y=﹣x（x﹣2）（0≤x≤2），∴配方可得y=﹣（x﹣1）2+1（0≤x≤2），∴顶点坐标为（1，1），∴A1坐标为（2，0）∵C2由C1旋转得到，∴OA1=A1A2，即C2顶点坐标为（3，﹣1），A2（4，0）；照此类推可得，C3顶点坐标为（5，1），A3（6，0）；C4顶点坐标为（7，﹣1），A4（8，0）；C5顶点坐标为（9，1），A5（10，0）；C6顶点坐标为（11，﹣1），A6（12，0）；∴m=﹣1．故答案为﹣1．“点睛”本题考查了二次函数的性质及旋转的性质，解题的关键是求出抛物线的顶点坐标．18．x1＝3，x2＝7【分析】利用因式分解法求解即可．【详解】解：，，，∴x﹣3＝0或x﹣7＝0，解得x1＝3，x2＝7．【点睛】本题考查了解一元二次方程-因式分解法，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键．19．（1）证明见解析；（2）0或2【分析】（1）求抛物线解析式的判别式，利用配方法判断△＞0即可；（2）先解方程x2﹣（m﹣3）x﹣m=0得到抛物线与x轴的交点坐标，则根据两个交点间的距离等于3列方程，然后解绝对值方程求出m即可．【详解】解：（1）证明：∵△＝＞0，∴抛物线与x轴总有两个交点；（2）解：当y=0时，x2﹣（m﹣3）x﹣m=0，则x=，∴，，∴抛物线与x轴的交点坐标为（，0），（，0），∵抛物线与x轴的两个交点的距离等于3，∴，解得m=0或m=2，经检验，m=0或m=2均为所列方程的根且符合题意，即m为0或2时，抛物线与x轴的两个交点间的距离是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的方程ax2+bx+c=0；对于二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0），△=b2-4ac决定抛物线与x轴的交点个数．20．（1）（2）顶点为（1，－1）；对称轴为：直线x=1（3）（3，3）或（－1，3）【解析】解：（1）把（0，0），（2，0）代入y=x2＋bx＋c得，解得．∴此抛物线的解析式为．（2）∵∴顶点为（1，－1）；对称轴为：直线x=1．（3）设点B的坐标为（a，b），则由解得b=3或b=－3．∵顶点纵坐标为－1，－3＜－1，∴b=－3舍去．∴由x2－2x=3解得x1=3，x2=－1∴点B的坐标为（3，3）或（－1，3）．（1）直接把（0，0），（2，0）代入y=x2＋bx＋c中，列方程组求b、c的值即可．（2）将二次函数解析式写成顶点式，可求顶点坐标及对称轴．（3）设点B的坐标为（a，b），根据三角形的面积公式求b的值，再将纵坐标b代入抛物线解析式求a的值，确定B点坐标．21．（1）见解析；（2）见解析；（3）成，对称中心的坐标为．【分析】（1）利用利用y轴对称的点的坐标特征写出、、的坐标，然后描点即可；（2）利用网格特点和旋转的性质画出、、，从而得到△；（3）根据中心对称的定义进行判断．【详解】解：（1）如图，△为所作；（2）如图，△为所作；（3）△与△成中心对称图形，对称中心的坐标为．【点睛】本题考查了坐标系中的中心对称，旋转，轴对称，熟练掌握对称变换的基本作图，是解题的关键．22．（1）证明见解析；（2）【分析】（1）先由折叠的性质得：，BC垂直平分DE，再由圆周角定理得∠CBD＝∠CBE，则，得，即可得出结论；（2）连接OC交AD于H，连接OA，设⊙O的半径为r，由（1）得：，AC＝CE＝5，则OC⊥AD，由垂径定理得AH＝AD＝4，再由勾股定理求出CH＝3，则OH＝OC﹣CH＝r﹣3，然后在Rt△AOH中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【详解】（1）证明：由折叠的性质得：，BC垂直平分DE，∴∠CBD＝∠CBE，∴，∴，∴AC＝EC；（2）解：连接OC交AD于H，连接OA，如图：设⊙O的半径为r，由（1）得：，AC＝CE＝5，∴OC⊥AD，∴AH＝AD＝4，∠AHC＝∠AHO＝90°，∴CH＝＝＝3，∴OH＝OC﹣CH＝r﹣3，在Rt△AOH中，由勾股定理得：，解得：r＝，即⊙O的半径为．【点睛】本题考查了翻折变换的性质、圆周角定理、垂径定理、勾股定理等知识；熟练掌握翻折变换的性质和勾股定理、圆周角定理是解题的关键．23．（1）BC＝；（2）①S=（x﹣100）2＋；②100米【分析】（1）由半圆的长度两种计算方法，列出方程可求解；（2）①由矩形的面积公式可求解；②由二次函数的性质可求解．【详解】解：（1）由题意可得：π•BC＝，∴BC＝；（2）①∵四边形ABCD是矩形，∴S＝×x＝﹣（x﹣100）2＋；②∵﹣＜0∴当x＝100时，S最大为，∴当AB＝100米时，S最大．【点睛】本题考查了二次函数的应用，矩形的性质，掌握二次函数的性质是本题的关键．24．（1）见解析；（2）见解析；（3）6【分析】（1）先证根据∠F＝∠GHB＝∠ABF＝90°证得四边形BFGH为矩形，再证明△DCE≌△EFG进而可证得BF＝FG，根据有一组邻边相等的矩形是正方形即可得证；（2）延长EC到点M，使得CM＝AI，连接DM，先证△ADI≌△CDM可得DI＝DM，∠ADI＝∠CDM，进而可证△EDM≌△EDI得∠DEI＝∠DEC，即可得证；（3）由（2）可知IE＝EM＝EC＋CM＝EC＋AI，则△BEI的周长为BI＋BE＋IE＝BI＋BE＋EC＋AI＝AB＋BC，由此可求得答案．【详解】（1）证明：∵将DE绕着点E逆时针旋转90°得到EG，∴DE＝EG，∠DEG＝90°，∴∠DEC＋∠GEF＝90°，∵在正方形ABCD中∴∠C＝∠ABC＝∠ABF＝90°，BC＝CD，∴∠DEC＋∠CDE＝90°，∴∠CDE＝∠GEF，∵GF⊥CB，GH⊥AB，∴∠F＝∠GHB＝90°，∴∠F＝∠GHB＝∠ABF＝90°，∴四边形BFGH为矩形，在△DCE与△EFG中，∴△DCE≌△EFG（AAS）∴EF＝CD，FG＝CE，∴EF＝BC，∴EF－BE＝BC－BE，即BF＝CE，∴BF＝FG，∴矩形BFGH为正方形；（2）证明：如图，延长EC到点M，使得CM＝AI，连接DM，∵在正方形ABCD中∴∠ADC＝∠A＝∠DCE＝∠DCM＝90°，AD＝CD，在△ADI与△CDM中，∴△ADI≌△CDM（SAS）∴DI＝DM，∠ADI＝∠CDM，∵DE＝EG，∠DEG＝90°，∴∠EDG＝∠EGD＝45°，又∵∠ADC＝90°，∴∠ADI＋∠CDE＝45°，∴∠EDM＝∠CDM＋∠CDE＝45°，∴∠EDM＝∠EDG，在△EDM与△EDI中，∴△EDM≌△EDI（SAS）∴∠DEI＝∠DEC，∴DE平分∠IEC；（3）解：由（2）可知△EDM≌△EDI，∴IE＝EM＝EC＋CM，又∵CM＝AI，∴IE＝EC＋CM＝EC＋AI，∴△BEI的周长为BI＋BE＋IE＝BI＋BE＋EC＋AI＝AB＋BC，∵正方形ABCD的边长为3，∴△BEI的周长为AB＋BC＝6，故答案为：6．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定及性质、等腰直角三角形的判定及性质，熟练掌握相关图形的判定及性质以及作出正确的辅助线是解决本题的关键．25．(1)y=﹣x2+2x+3；(2)2≤h≤4；(3)（1，4），（0，3），（，）和（，）．【分析】(1)利用待定系数法求出抛物线的解析式即可；(2)先求出直线BC解析式为y=﹣x+3，再求出抛物线顶点坐标，得出当x=1时，y=2；结合抛物线顶点坐即可