人教版九年級上冊數(shù)學期中考試試卷及答案解析

人教版九年級上冊數(shù)學期中考試試題一、選擇題。（每小題只有一個正確答案）1．下列圖形既是中心對稱又是軸對稱圖形的是()A．B．C．D．2．將拋物線向右平移1個單位，再向上平移2個單位后所得到的拋物線為（）A．B．C．D．3．已知，AB為圓O的一條弦，∠AOB=80°，則弦AB所對的圓周角的度數(shù)為（）A．B．C．D．或4．在同一平面直角坐標系中，一次函數(shù)與二次函數(shù)的圖象可能是A．B．C．D．5．如圖，四邊形是扇形的內(nèi)接矩形，頂點P在弧上，且不與M，N重合，當P點在弧上移動時，矩形的形狀、大小隨之變化，則的長度（）A．變大 B．變小 C．不變 D．不能確定6．如圖，在平面直角坐標系中，將△ABC向右平移3個單位長度后得△A1B1C1，再將△A1B1C1繞點O旋轉180°后得到△A2B2C2，則下列說法正確的是()A．A1的坐標為(3，1) B．S四邊形ABB1A1＝3 C．B2C＝2 D．∠AC2O＝45°7．某種品牌運動服經(jīng)過兩次降價，每件零售價由560元降為315元，已知兩次降價的百分率相同，求每次降價的百分率．設每次降價的百分率為x，下面所列的方程中正確的是（）A．560（1＋x）2＝315 B．560（1－x）2＝315C．560（1－2x）2＝315 D．560（1－x2）＝3158．已知x為實數(shù)，且滿足(x2＋3x)2＋2(x2＋3x)－3=0，那么x2＋3x的值為()A．1 B．－3或1 C．3 D．－1或39．如圖，將⊙O沿弦AB折疊，圓弧恰好經(jīng)過圓心O，點P是優(yōu)弧上一點，則∠APB的度數(shù)為（）A．45° B．30° C．75° D．60°10．過三點（2，2），（6，2），（4，5）的圓的圓心坐標為（）A．（4，） B．（4，3） C．（5，） D．（5，3）二、填空題11．如圖，將△ABC繞點A按順時針方向旋轉60°得△ADE，則∠BAD＝______度．12．若函數(shù)y=mx2+2x+1的圖象與x軸只有一個公共點，則常數(shù)m的值是___．13．已知函數(shù)圖像上兩點，其中，則______（填大于小于或等于）．14．公路上行駛的汽車急剎車時的行駛路程s(m)與時間t(s)的函數(shù)關系式為s=20t-5t2，當遇到緊急情況時，司機急剎車，但由于慣性汽車要滑行______m才能停下來．15．當時，二次函數(shù)有最大值4，則實數(shù)的值為________．三、解答題16．解方程（1）（2）17．已知關于x的一元二次方程（1）求證：方程有兩個不相等的實數(shù)根；（2）若△ABC的兩邊AB、AC的長是方程的兩個實數(shù)根，第三邊BC的長為5．當△ABC是等腰三角形時，求k的值18．如圖，將小旗放于平面直角坐標系中，得到各頂點的坐標為．以點為旋轉中心，在平面直角坐標系內(nèi)將小旗順時針旋轉．（1）畫出旋轉后的小旗；（2）寫出點的坐標；（3）求出點旋轉到點時經(jīng)過的路徑長．19．如圖，⊙O的半徑為1，A，P，B，C是⊙O上的四個點，∠APC=∠CPB=60°．判斷△ABC的形狀，并證明你的結論；20．已知函數(shù)，為常數(shù)，(1)該函數(shù)的圖象與軸公共點的個數(shù)是___．A．0B．1C．2D．1或2(2)求證：不論為何值，該函數(shù)的圖象的頂點都在函數(shù)的圖象上．(3)當時，求該函數(shù)的圖象的頂點縱坐標的取值范圍．21．如圖1，是邊長為的等邊三角形，邊在射線上，且，點從點出發(fā)，沿的方向以的速度運動，當不與點重合時，將繞點逆時針方向旋轉得到，連結(1)求證：是等邊三角形；(2)如圖2，當時，的周長是否存在最小值?若存在，求出的最小周長；若不存在，請說明理由；(3)如圖3，當點在射線上運動時，是否存在以為頂點的三角形是直角三角形?若存在，求出此時的值；若不存在，請說明理由．22．如圖，為的直徑，點在上，與交于點，，連接．求證：（1）；（2）四邊形是菱形．23．如圖，在平面直角坐標系中，的頂點，．（1）將平移，使得點的對應點的坐標為，在所給圖的坐標系中畫出平移后的；（2）將繞點逆時針旋轉，畫出旋轉后的，并直接寫出的坐標．（3）求出點旋轉到點的路徑長．24．如圖，已知菱形，以為直徑作，與交于點E，，，則圖中陰影部分的面積為______．參考答案1．D【解析】試題解析：A、∵此圖形旋轉180°后不能與原圖形重合，∴此圖形不是中心對稱圖形，是軸對稱圖形，故此選項錯誤．B、∵此圖形旋轉180°后不能與原圖形重合，∴此圖形不是中心對稱圖形，是軸對稱圖形，故此選項錯誤；C、此圖形旋轉180°后不能與原圖形重合，此圖形不是中心對稱圖形，是軸對稱圖形，故此選項錯誤；D、∵此圖形旋轉180°后能與原圖形重合，∴此圖形是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形，故此選項正確．故選D．考點：1.中心對稱圖形；2.軸對稱圖形．2．D【分析】由二次函數(shù)的圖像的平移規(guī)律：左加右減，上加下減，從而可得答案．【詳解】解：把向右平移1個單位可得：，把向上平移2個單位可得：，故選．【點睛】本題考查的是二次函數(shù)的圖像的平移，掌握二次函數(shù)圖像的平移規(guī)律是解題的關鍵．3．D【分析】畫出符合題意的圖形，利用圓周角定理可得的大小，再利用圓的內(nèi)接四邊形的性質可得的大小，從而可得答案．【詳解】解：如圖，弦所對的圓周角為四邊形為的內(nèi)接四邊形，故選D．【點睛】本題考查的是圓周角定理，圓的內(nèi)接四邊形的性質，掌握以上知識是解題的關鍵．4．D【分析】根據(jù)二次函數(shù)的二次項系數(shù)為1，可判斷出拋物線開口向上，再由圖象判斷出m的符號，從而即可得到答案．【詳解】解：∵中，二次項系數(shù)為1，∴拋物線開口向上，排除B，然后由其余圖象的拋物線與y軸交點位置可知，，∴一次函數(shù)中，排除A、C，故選：D．【點睛】此題主要考查了二次函數(shù)與一次函數(shù)圖象，利用二次函數(shù)的圖象和一次函數(shù)的圖象的特點求解．5．C【分析】四邊形PAOB是扇形OMN的內(nèi)接矩形，根據(jù)矩形的性質AB=OP=半徑，所以AB長度不變．【詳解】解：∵四邊形PAOB是扇形OMN的內(nèi)接矩形，

∴AB=OP=半徑，

當P點在弧MN上移動時，半徑一定，所以AB長度不變，

故選：C．【點睛】本題考查了圓的認識，矩形的性質，用到的知識點為：矩形的對角線相等；圓的半徑相等．6．D【解析】試題分析：如圖：A、A1的坐標為（1，3），故錯誤；B、=3×2=6，故錯誤；C、B2C==，故錯誤；D、變化后，C2的坐標為（-2，-2），而A（-2，3），由圖可知，∠AC2O=45°，故正確．故選D．7．B【詳解】試題分析：根據(jù)題意，設設每次降價的百分率為x，可列方程為560（1-x）2=315.故選B8．A【詳解】令t=x2+3x，則原方程可化為t2+2t-3=0.分解因式得，（t+3）（t-1）=0.解得t1=-3，t2=1.當x2+3x=-3時，△＜0，無解；當x2+3x=1時，△＞0，有解.故選A.點睛：利用換元法解一元二次方程形式的高次方程，應該要注意換元時未知數(shù)對應的取值范圍，避免出現(xiàn)不符合條件的根.9．D【詳解】作半徑OC⊥AB于點D，連結OA，OB，∵將O沿弦AB折疊，圓弧較好經(jīng)過圓心O，∴OD=CD，OD=OC=OA，∴∠OAD=30°（30°所對的直角邊等于斜邊的一半），同理∠OBD=30°，∴∠AOB=120°，∴∠APB=∠AOB=60°.（圓周角等于圓心角的一半）故選D.10．A【分析】根據(jù)題意，可知線段AB的線段垂直平分線為x=4，然后由C點的坐標可求得圓心的橫坐標為x=4，然后設圓的半徑為r，則根據(jù)勾股定理可求解.【詳解】設圓的半徑為r，則根據(jù)勾股定理可知：，解得r=，因此圓心的縱坐標為，因此圓心的坐標為（4，）.故選A考點：1、線段垂直平分線，2、三角形的外接圓，3、勾股定理11．60【詳解】試題分析：∵將△ABC繞點A按順時針方向旋轉60°得△ADE，∴∠BAD=60度．故答案為60．考點：旋轉的性質．12．0或1【詳解】分析：需要分類討論：①若m=0，則函數(shù)y=2x+1是一次函數(shù)，與x軸只有一個交點；②若m≠0，則函數(shù)y=mx2+2x+1是二次函數(shù)，根據(jù)題意得：△=4﹣4m=0，解得：m=1．∴當m=0或m=1時，函數(shù)y=mx2+2x+1的圖象與x軸只有一個公共點．13．＞【分析】由可得：當時，隨的增大而減小，結合，從而可得答案．【詳解】解：由可得：當時，隨的增大而減小，，＜，故答案為：＞．【點睛】本題考查的是二次函數(shù)的增減性，掌握二次函數(shù)的增減性是解題的關鍵．14．20．【解析】求停止前滑行多遠相當于求s的最大值.則變形s=-5(t-2)2+20，所以當t=2時，汽車停下來，滑行了20m.15．2或【分析】求出二次函數(shù)對稱軸為直線x=m，再分m＜-2，-2≤m≤1，m＞1三種情況，根據(jù)二次函數(shù)的增減性列方程求解即可．【詳解】解：二次函數(shù)的對稱軸為直線x=m，且開口向下，

①m＜-2時，x=-2取得最大值，-（-2-m）2+m2+1=4，

解得，，∴不符合題意，

②-2≤m≤1時，x=m取得最大值，m2+1=4，

解得，所以，③m＞1時，x=1取得最大值，-（1-m）2+m2+1=4，

解得m=2，

綜上所述，m=2或時，二次函數(shù)有最大值．

故答案為：2或．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的最值，熟悉二次函數(shù)的性質及圖象能分類討論是解題的關鍵．16．（1）x1=2，x2=2．（2）x1=1+2，x2=1-2．【分析】(1)利用配方法，常數(shù)項移到等式的右邊，等式兩邊都加上一次項系數(shù)一半的平方，直接開平方即可，(2)把16移到等式右邊，利用直接開平方．【詳解】(1)x2-4x-1=0，利用配方法x2-4x+4=1+4，(x-2)2=5，x-2=，x1=2，x2=2．(2)2(x-1)2-16=0，(x-1)=4，(x-1)=2x1=1+2，x2=1-2．【點睛】本題考查一元二次方程的解法，掌握一元二次方程的不同解法的特征與要求是解題關鍵．17．（1）詳見解析（2）或【分析】（1）先計算出△=1，然后根據(jù)判別式的意義即可得到結論；（2）先利用公式法求出方程的解為x1=k，x2=k+1，然后分類討論：AB=k，AC=k+1，當AB=BC或AC=BC時△ABC為等腰三角形，然后求出k的值．【詳解】解：（1）證明：∵△=（2k+1）2-4（k2+k）=1＞0，∴方程有兩個不相等的實數(shù)根；（2）解：一元二次方程x2-（2k+1）x+k2+k=0的解為x=，即x1=k，x2=k+1，∵k＜k+1，∴AB≠AC．當AB=k，AC=k+1，且AB=BC時，△ABC是等腰三角形，則k=5；當AB=k，AC=k+1，且AC=BC時，△ABC是等腰三角形，則k+1=5，解得k=4，所以k的值為5或4．【點睛】1．根的判別式；2．解一元二次方程-因式分解法；3．三角形三邊關系；4．等腰三角形的性質．18．（1）見解析；（2）（6,0）、（0，-6）、（0,0）；（3）【分析】（1）根據(jù)平面直角坐標系找出、、、，的位置，然后順次連接即可；（2）根據(jù)旋轉的性質分別寫出點的坐標；（3）先算出AB的長，再利用弧長公式計算求出點旋轉到點時經(jīng)過的路徑長.【詳解】（1）小旗如圖所示；（2）（6,0）、（0，-6）、（0,0）；（3）∵，∴AB=12，∴.【點睛】此題考查旋轉的性質，直角坐標系中旋轉圖形的畫法，點坐標的確定，弧長公式，正確利用旋轉的性質得到旋轉的圖形是解題的關鍵.19．見解析.【分析】利用圓周角定理可得∠BAC=∠CPB，∠ABC=∠APC，而∠APC=∠CPB=60°，所以∠BAC=∠ABC=60°，從而可判斷△ABC的形狀；【詳解】解：△ABC是等邊三角形．證明如下：在⊙O中，∵∠BAC與∠CPB是弧BC所對的圓周角，∠ABC與∠APC是弧AC所對的圓周角，∴∠BAC=∠CPB，∠ABC=∠APC，又∵∠APC=∠CPB=60°，∴∠ABC=∠BAC=60°=∠ACB，∴△ABC為等邊三角形.【點睛】本題考查了圓周角定理、等邊三角形的判定，解題的關鍵是掌握圓周角定理，正確求出∠ABC=∠BAC=60°.20．（1）；（2）證明見解析；（3）【分析】（1）由，從而可得答案；（2）先通過配方：可得函數(shù)的頂點坐標，再把頂點坐標代入可得結論；（3）設函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質可得頂點縱坐標的范圍，從而可得答案．【詳解】（1）解：由所以該函數(shù)的圖象與軸公共點的個數(shù)是1個或2個．故選D；（2）證明：，該函數(shù)的圖象的頂點坐標為．把代入，得，不論為何值，該函數(shù)的圖象的頂點都在函數(shù)的圖象上；（3）解：設函數(shù)，當時，有最小值0；當時，隨的增大而減??；當時，隨的增大而增大．又當時，；當時，，當時，該函數(shù)的圖象的頂點縱坐標的取值范圍是．【點睛】本題考查的是二次函數(shù)與軸的交點問題，二次函數(shù)的圖像與性質，二次函數(shù)的最大值與最小值，掌握以上知識是解題的關鍵．21．（1）證明見解析；（2）存在，；（3）存在，當t=2或14s時，以D、E、B為頂點的三角形是直角三角形．【分析】（1）由旋轉的性質得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到結論；（2）當6＜t＜10時，由旋轉的性質得到BE=AD，于是得到，根據(jù)等邊三角形的性質得到DE=CD，由垂線段最短得到當CD⊥AB時，的周長最小，于是得到結論；（3）存在，①當點D與點重合時不合題意，②當0≤t＜6時，由旋轉的性質得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根據(jù)等邊三角形的性質得到，求得∠CEB=30°，證明，求得OD=OA-DA=6-4=2，于是得到t=2÷1=2s；③當6＜t＜10s時，不存在直角三角形．④當t＞10s時，由旋轉的性質得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，可得，證明，于是得到t=14÷1=14s，從而可得答案．【詳解】解：（1）證明：如圖，∵將繞點C逆時針方向旋轉60°得到，∴∠DCE=60°，DC=EC，∴是等邊三角形；（2）存在，當6＜t＜10時，如圖，由旋轉的性質得，BE=AD，∴，由（1）知，是等邊三角形，∴DE=CD，∴，由垂線段最短可知，當CD⊥AB時，的周長最小，此時：∴的最小周長=；（3）存在，①∵當點D與點重合時，不合題意，∴，，②當0≤t＜6時，由旋轉可知，由（1）可知，是等邊三角形，，，∠ABE=60°，∠BDE＜60°，∴只能是∠BED=90°，∴∠CEB=30°，∵∠CEB=∠CDA，∴∠CDA=30°，∵∠CAB=60°，∴∠ACD=∠ADC=30°，∴DA=CA=4，∴OD=OA-DA=6-4=2，∴t=2÷1=2s；③當6＜t＜10s時，由，所以不存在直角三角形．④如圖，當t＞10s時，由旋轉的性質可知，,,∠DBE=60°，又由（1）知∠CDE=60°，∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC，而∠BDC＞0°，∴∠BDE＞60°，∴只能∠BDE=90°，從而，∴BD=BC=4，∴OD=14cm，∴t=14÷1=14s，綜上所述：當t=2或14s時，以D、E、B為頂點的三角形是直角三角形．【點睛】本題考查了垂線段最短，三角形的內(nèi)角和定理，外角的性質，旋轉的性質，等邊三角形的判定和性質，三角形周長的計算，直角三角形的判定，勾股定理的應用，熟練掌握旋轉的性質是解題的關鍵．