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）1．一元二次方程的二次項系數(shù)、一次項系數(shù)、常系數(shù)分別是A．3，6，1B．3，6，-1C．3，-6，1D．3，-6，-12．用配方法解一元二次方程，下列配方正確的是（）A．B．C．D．3．下列手機手勢解鎖圖案中，是中心對稱圖形的是（

）A．B．C．D．4．已知x1，x2是一元二次方程x2﹣6x﹣5＝0的兩個根，則x1+x2的值是（）A．6 B．﹣6 C．5 D．﹣55．如圖，的直徑為10，弦，是上一個動點，則的最小值為（）A．2 B．3 C．4 D．56．肥城市劉臺“桃花節(jié)”觀賞人數(shù)逐年增加，據有關部門統(tǒng)計，2015年約為20萬人次，預計到2017年約為28.8萬人次，設觀賞人數(shù)年均增長率為x，則下列方程中正確的是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．如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°.將Rt△ABC繞點C按逆時針方向旋轉48°得到Rt△A′B′C，點A在邊B′C上，則∠B′的大小為()A．42°B．48°C．52°D．58°8．如圖，AB為⊙O的直徑，CD是⊙O的弦，∠ADC=35°，則∠CAB的度數(shù)為（

）A．35° B．45° C．55° D．65°9．在拋物線y=﹣2ax﹣3a上有A（﹣0.5，）、B（2，）和C（3，）三點，若拋物線與y軸的交點在正半軸上，則、和的大小關系為（）A．＜＜B．＜＜C．＜＜D．＜＜10．某學習小組在研究函數(shù)的圖象和性質時，已列表、描點并畫出了圖象的一部分，則方程實數(shù)根的個數(shù)為（）…01233.54……0…A．1 B．2 C．3 D．4二、填空題11．一元二次方程的解是__．12．某中學組織初三學生籃球比賽，以班為單位，每兩班之間都比賽一場，計劃安排15場比賽，則共有_________個班級參賽．13．把拋物線y＝x2向左平移3個單位，再向下平移2個單位后，所得的拋物線的表達式是________________14．某一型號飛機著陸后滑行的距離y（單位：m）與滑行時間x（單位：s）之間的函數(shù)關系式是y=60x﹣1.5x2，該型號飛機著陸后滑行_m才能停下來．15．如圖，將⊙O沿弦AB折疊，圓弧恰好經過圓心O，點P是優(yōu)弧上一點，則∠APB的度數(shù)為_____．16．如圖，的半徑是1，為的弦，將弦繞點逆時針旋轉，得到，連，則的最大值為_________．三、解答題17．解方程18．二次函數(shù)的圖象如圖所示，根據圖象解答下列問題：（1）直接寫出方程的根；（2）直接寫出不等式的解集.19．關于x的一元二次方程x2+（2m﹣1）x+m2＝0有實數(shù)根．（1）求m的取值范圍；（2）若兩根為x1、x2且x12+x22＝7，求m的值．20．如圖，是等邊三角形.（1）作的外接圓；（2）在劣弧上取點，分別連接，并將繞點逆時針旋轉；（3）若，直接寫出四邊形的面積.21．如圖，為的直徑，且，為上一點，平分交于點，，，于，為半圓弧的中點，交于點.（1）求的長；（2）求的長22．如圖，在足夠大的空地上有一段長為米的舊墻，某人利用舊墻和100米長的木欄圍成一個矩形菜園.（1）如圖1，已知矩形菜園的一邊靠墻，且，設米.①若，所圍成的矩形菜園的面積為450平方米，求所利用舊墻的長；②求矩形菜園面積的最大值；（2）如圖2，若，則舊墻和木欄能圍成的矩形菜園面積的最大值是米223．如圖，在等腰中，，點是內一點，連接，且，設.（1）如圖1，若，將繞點順時針旋轉至，連結，易證為等邊三角形，則，；（2）如圖2，若，則，；（3）如圖3，試猜想和之間的數(shù)量關系，并給予證明.24．如圖，已知等腰直角三角形ABC，∠ACB=90°，D是斜邊AB的中點，且AC=BC=16分米，以點B為圓心，BD為半徑畫弧，交BC于點F，以點C為圓心，CD為半徑畫弧，分別交AB、BC于點E、G．求陰影部分的面積．25．在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（1，0），B（3，0），與y軸交于C（0，3），拋物線頂點為D點．(1)求此拋物線解析式；(2)如圖1，點P為拋物線上的一個動點，且在對稱軸右側，若△ADP面積為3，求點P的坐標；(3)在(2)的條件下，PA交對稱軸于點E，如圖2，過E點的任一條直線與拋物線交于M，N兩點，直線MD交直線y＝﹣3于點F，連結NF，求證：NF∥y軸．參考答案1．D【解析】對于一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0），a是二次項系數(shù)，b是一次項系數(shù)，c是常數(shù)項.故方程3x2-6x-1=0的二次項系數(shù)是3，一次項系數(shù)是-6，常數(shù)項是-1.故選D.2．C【分析】根據用配方法解一元二次方程的方法解答即可．【詳解】解：移項，得，方程兩邊同時加上4，得，即．故選：C．【點睛】本題考查了一元二次方程的解法，屬于基礎題目，掌握配方的方法是解題的關鍵．3．B【分析】根據中心對稱圖形的概念判斷即可．【詳解】A．不是中心對稱圖形；B．是中心對稱圖形；C．不是中心對稱圖形；D．不是中心對稱圖形．故選B．【點睛】本題考查了中心對稱圖的概念，中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉180度后兩部分重合．4．A【分析】根據韋達定理x1+x2=-即可解題.【詳解】由韋達定理可知x1+x2=-=6故選A.【點睛】本題考查了一元二次方程根與系數(shù)的關系,屬于簡單題,熟悉韋達定理是解題關鍵.5．B【解析】【分析】首先明確OP最短時，應該是OP⊥AB時，然后根據垂徑定理即可求出．【詳解】解：OP最短時，應該是OP⊥AB時，此時AP=BP=4，

所以．

故選B．【點睛】此題考查垂徑定理，涉及圓中求半徑的問題，此類在圓中涉及弦長、半徑、圓心角的計算的問題，常把半弦長，半圓心角，圓心到弦距離轉換到同一直角三角形中，然后通過直角三角形予以求解，常見輔助線是過圓心作弦的垂線．6．C【分析】根據增長率的計算公式：增長前的數(shù)量×(1+增長率)增長次數(shù)=增長后數(shù)量，從而得出答案．【詳解】根據題意可得方程為：，故選C．【點睛】本題主要考查的是一元二次方程的應用，屬于基礎題型．解決這個問題的關鍵就是明確基本的計算公式．7．A【解析】試題分析：∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，將Rt△ABC繞點C按逆時針方向旋轉48°得到Rt△A′B′C′，∴∠A′=∠BAC=90°，∠ACA′=48°，∴∠B′=90°﹣∠ACA′=42°．故選A．考點：旋轉的性質．8．C【詳解】分析：由同弧所對的圓周角相等可知∠B=∠ADC=35°；而由圓周角的推論不難得知∠ACB=90°，則由∠CAB=90°-∠B即可求得.詳解：∵∠ADC=35°，∠ADC與∠B所對的弧相同，∴∠B=∠ADC=35°，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∴∠CAB=90°-∠B=55°，故選C．點睛：本題考查了同弧所對的圓周角相等以及直徑所對的圓周角是直角等知識.9．A【分析】首先判斷出a>0，求出y1、y2、y3的值即可判斷；【詳解】∵若拋物線與y軸的交點在正半軸上，∴?3a>0，∴a<0，∵A(?0.5,y1)、B(2,y2)和C(3,y3)三點在拋物線上，∴y1=?a,y2=?3a,y3=0，∴＜＜，故選A.10．C【解析】【分析】根據函數(shù)圖象和表格中的數(shù)據可以解答本題．【詳解】解：由畫出的部分圖象可知，

方程的實數(shù)根一個為0，另一個在-3和-4中間，

由表格中的數(shù)據可知，

函數(shù)函數(shù)圖象與x的一個交點在原點，一個交點在-3和-3.5之間，第三個交點在3和3.5之間，

∴方程的實數(shù)根的個數(shù)為3個，

故選：C．【點睛】本題考查拋物線與x軸的交點，解答本題的關鍵是明確題意，利用數(shù)形結合的思想解答．11．x1＝3，x2＝﹣3．【分析】先移項，在兩邊開方即可得出答案．【詳解】∵∴=9，∴x=±3，即x1＝3，x2＝﹣3，故答案為x1＝3，x2＝﹣3．【點睛】本題考查了解一元二次方程-直接開平方法，熟練掌握該方法是本題解題的關鍵.12．6【解析】【分析】設共有x個班級參賽，根據第一個球隊和其他球隊打（x-1）場球，第二個球隊和其他球隊打（x-2）場，以此類推可以知道共打（1+2+3+…+x-1）場球，然后根據計劃安排15場比賽即可列出方程求解．【詳解】解：設共有x個班級參賽，根據題意得：

解得：x1=6，x2=-5（不合題意，舍去），

則共有6個班級參賽．

故答案為：6．【點睛】此題考查了一元二次方程的應用，關鍵是準確找到描述語，根據等量關系準確的列出方程．此題還要判斷所求的解是否符合題意，舍去不合題意的解．13．【解析】接根據“上加下減，左加右減”的原則進行解答即可．解：由“左加右減”的原則可知，將拋物線y=x2向左平移3個單位所得的拋物線的表達式是y=（x+3）2；由“上加下減”的原則可知，將拋物線y=（x+3）2向下平移2個單位所得的拋物線的表達式是y=（x+3）2-2．故答案為y=（x+3）2-2．14．600．【詳解】根據飛機從滑行到停止的路程就是滑行的最大路程，即是求函數(shù)的最大值．∵﹣1.5＜0，∴函數(shù)有最大值．∴，即飛機著陸后滑行600米才能停止．15．60°【解析】分析：作半徑OC⊥AB于D，連結OA、OB，如圖，根據折疊的性質得OD=CD，則OD=OA，根據含30度的直角三角形三邊的關系得到∠OAD=30°，接著根據三角形內角和定理可計算出∠AOB=120°，然后根據圓周角定理計算∠APB的度數(shù)．詳解：如圖作半徑OC⊥AB于D，連結OA、OB．∵將⊙O沿弦AB折疊，圓弧恰好經過圓心O，∴OD=CD，∴OD=OC=OA，∴∠OAD=30°．∵OA=OB，∴∠ABO=30°，∴∠AOB=120°，∴∠APB=∠AOB=60°．故答案為60°．點睛：本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半．也考查了含30度的直角三角形三邊的關系和折疊的性質，求得∠OAD=30°是解題的關鍵．16．【解析】【分析】把OA繞點A逆時針旋轉120度，于是得到△EAC≌△OAB，根據等腰三角形的性質得到，在△OEC中，任意兩邊之和大于第三邊，于是得到結論．【詳解】解：如圖示，作半徑OA繞點逆時針旋轉而得到的邊AE，連接OE，EC，∵將弦繞點逆時針旋轉得到，∴△EAC是把△OAB繞點A逆時針旋轉120度得到的，則：△EAC≌△OAB，∴∠EAO=∠CAB=120°，AE=AO=1，CE=OB=1，∴△OEA為等腰三角形，∠OEA=∠EOA=30°∴∴由兩邊之和大于第三邊，并且取最大值，∴∴∴故答案為：【點睛】本題考查了旋轉的性質，余弦定理，正確的作出輔助線是解題的關鍵.17．，【分析】先用判斷解的個數(shù)，再用求出方程的兩個解.【詳解】解：∵，，∴∵∴，【點睛】本題考查了解一元二次方程的解法，熟悉用判斷解的個數(shù)，再用求解是關鍵18．（1）;（2）或【解析】【分析】（1）由圖可知，的時候，根為；

（2）由圖可知，寫出函數(shù)圖象在x軸下方所對應的自變量的范圍即可.【詳解】解：（1）方程（a≠0）的兩個根為；

（2）不等式（a≠0）的解集為x＜1或x＞3.【點睛】本題考查了拋物線與x軸的交點：把求二次函數(shù)y=ax2+bx+c（a，b，c是常數(shù)，a≠0）與x軸的交點坐標問題轉化為解關于x的一元二次方程．也考查了二次函數(shù)的性質．19．（1）m≤；（2）m＝﹣1．【分析】（1）根據方程的系數(shù)結合根的判別式△≥0，即可得出關于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范圍；（2）根據根與系數(shù)的關系可得出x1＋x2＝1?2m，x1x2＝m2，結合x12＋x22＝7可得出關于m的一元二次方程，解之取其小于等于的值即可得出結論．【詳解】解：（1）∵關于x的一元二次方程x2+（2m﹣1）x+m2＝0有實數(shù)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的兩個實數(shù)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．【點睛】本題考查了根的判別式以及根與系數(shù)的關系，解題的關鍵是：（1）牢記當△≥0時，方程有實數(shù)根；（2）根據根與系數(shù)的關系結合x12+x22＝7，得到關于m的一元二次方程．20．（1）畫圖見解析；（2）畫圖見解析；（3）．【解析】【分析】（1）分別作BC和AC的中垂線，交點即為圓心O，再以點O為圓心，OB長為半徑作圓即可得；

（2）根據旋轉變換的定義作圖可得；

（3）由及等邊三角形的面積公式可得．【詳解】解：（1）如圖所示，⊙O即為所求；

（2）如圖所示，△ACR即為所求；

（3）∵將繞點逆時針旋轉得到∴≌，，，∴為等邊三角形，∴又∵得的高=∴．【點睛】本題考查了作圖-復雜作圖：復雜作圖是在五種基本作圖的基礎上進行作圖，一般是結合了幾何圖形的性質和基本作圖方法．解決此類題目的關鍵是熟悉基本幾何圖形的性質，結合幾何圖形的基本性質把復雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作．也考查了等邊三角形的性質和三角形的外心．21．（1）；（2）【解析】【分析】（1）連接EB，OC交于M，根據角平分線定義得到∠DAC=∠BAC，根據垂徑定理得到OC⊥BE，推出四邊形MCDE是矩形，根據勾股定理即可得到結論；

（2）過G作GR⊥AD于R，GS⊥BE于S，設，由F為半圓弧AB的中點，得到∠AEF=∠BEF，根據三角形的面積公式即可得到結論．【詳解】解：（1）連接EB，OC交于M，

∵AC平分∠DAB交⊙O于點E，

∴∠DAC=∠BAC，

∴，

∴，

∵AB為⊙O的直徑，

∴BE⊥AD，

∵AD⊥CD于D，

∴四邊形MCDE是矩形，

∵AE=6，AB=10，

∴；

（2）過G作GR⊥AD于R，GS⊥BE于S，設，

∵F為半圓弧AB的中點，

∴，

∴，∵平分，∴G點為的內接圓心，

∵，

即是：，

∴，

∴在等腰直角中：．【點睛】本題考查了圓周角定理，圓心角，弧，弦的故選，矩形的判定和性質，勾股定理正確是作出輔助線是解題的關鍵．22．（1）①=10（米）；②見解析；（2）900.【解析】【分析】（1）①根據矩形的面積公式列方程即可得到AD的長；②設，利用矩形面積得到，配方得到，討論：當a≥50時，根據二次函數(shù)的性質得S的最大值為1250m2；當0＜a＜50時，則當0＜x≤a時，根據二次函數(shù)的性質得S的最大值為；（2）根據題意列出函數(shù)關系式，根據二次函數(shù)的性質即可得到結論．【詳解】（1）①∵，則，

根據題意得，解得x1=90，（不合題意舍去），

x2=10，

答：AD的長為10m；

②設AD=xm，

∴當a≥50時，則x=50時，S的最大值為；

當0＜a＜50時，則當0＜x≤a時，S隨x的增大而增大，當x=a時，S的最大值為，

綜上所述，當a≥50時，S的最大值為1250m2；當0＜a＜50時，S的最大值為；

（2）設四邊形ABCD的面積為W，AD=x，則AB=60-x，

∴，

∴當x=30時，矩形菜園ABCD面積的最大值是900m2．

故答案為：900．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的應用：解此類題的關鍵是通過幾何性質確定出二次函數(shù)的解析式，然后確定其最大值，實際問題中自變量x的取值要使實際問題有意義，因此在求二次函數(shù)的最值時，一定要注意自變量x的取值范圍．23．（1），（2），（3）【分析】（1）將△PBC繞點C順時針旋轉90°至△DAC，連結DP，只要證明△DAP為等邊三角形，即可解決問題；

（2）將△PBC繞點C順時針旋轉90°至△DAC，連結DP，只要證明△DAP為等腰直角三角形，即可解決問題；

（3）將△PBC繞點C順時針旋轉90°至△DAC，連結DP，只要證明△BPA≌△BPD（SSS），即可解決問題；【詳解】解：（1）如圖1中，

由旋轉不變性可知：，，，∵在等腰中，，，∴，CP為三線合一的線∴，∴在中，，，∴為等腰直角三角形

∴，

∴，∴△APD是等邊三角形，

∴∠ADP=∠APD=60°，

∵∠CDP=∠CPD=45°，

∴∠ADC=∠APC=∠CPB=105°，

∴∠APB=360°-105°-105°=150°，

∴α=150°，β=105°，

故答案為150°，105°．

（2）將△PBC繞點C順時針旋轉90°至△DAC，連結DP．

由旋轉不變性可知：BP=AD，CD=CP，∠DCP=90°，∴為等腰直角三角形

∴，

∵，，

∴，，

∴△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°，

故答案為135°，90°．

（3）將△PBC繞點C順時針旋轉90°至△DAC，連結DP，延長PB交AD與S，

由旋轉不變性可知：BP=AD，CD=CP，∠DCP=90°，∴為等腰直角三角形

∴，

∵，∴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：．【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等腰直角三角形的性質，勾股定理以及逆定理，全等三角形的判定和性質，特殊三角形的性質等知識，解題的關鍵是學會利用旋轉法添加輔助線，屬于中考壓軸題．24．陰影部分的面積是64平方分米．【分析】根據題意和圖形可以得到陰影部分的面積是△ABC的面積減去扇形BFD的面積和右上角空白部分的面積，由題目中的數(shù)據可以求出各部分的面積，從而可以解答本題．【詳解】解：等腰直角三角形ABC，∠ACB=90°，D是斜邊AB的中點，且AC=BC=16分米，∴AB=16分米，∠DBF=45°，∴BF=CD=8分米，∴陰影部分的面積是：??[?]=64平方分米，故陰影部分的面積是64平方分米．【點睛】本題考查扇形面積的計算、等腰三角形的