天津市河西区2017届九年级上期中数学试卷含答案解析.docx

天津市河西区2017届九年级上册期中数学试卷(解析版)‎ 一、选择题 ‎1、下列各点，不在二次函数y=x2的图象上的是（   ） ‎ A、（1，﹣1） B、（1，1） C、（﹣2，4） D、（3，9）‎ ‎2、如图图案中，可以看做是中心对称图形的有（   ） ‎ A、1个 B、2个 C、3个 D、4个 ‎3、平行四边形ABCD的四个顶点都在圆O上，那么四边形ABCD一定是（   ） ‎ A、正方形 B、矩形 C、菱形 D、以上都不对 ‎4、如图，四边形ABCD内接于圆O，若∠BOD=138°，则它的一个外角∠DCE的度数为（   ） ‎ A、138° B、69° C、52° D、42°‎ ‎5、在下列4个不同的情境中，两个变量所满足的函数关系属于二次函数关系的有（   ） ①设正方形的边长为x面积为y，则y与x有函数关系； ②x个球队参加比赛，每两个队之间比赛一场，则比赛的场次数y与x之间有函数关系； ③设正方体的棱长为x，表面积为y，则y与x有函数关系； ④若一辆汽车以120km/h的速度匀速行驶，那么汽车行驶的里程y（km）与行驶时间x（h）有函数关系． ‎ A、1个 B、2个 C、3个 D、4个 ‎6、下列二次函数的图象中，开口最大的是（   ） ‎ A、y=x2 B、y=2x2 C、y= x2 D、y=﹣x2‎ ‎7、抛物线y=x2﹣8x的顶点坐标为（   ） ‎ A、（4，16） B、（﹣4，16） C、（4，﹣16） D、（﹣4，﹣16）‎ ‎8、以原点为中心，把点P（1，3）顺时针旋转90°，得到的点P′的坐标为（   ） ‎ A、（3，﹣1） B、（﹣3，1） C、（1，﹣3） D、（﹣1，﹣3）‎ ‎9、用60m长的篱笆围成矩形场地，矩形的面积S随着矩形的一边长L的变化而变化，要使矩形的面积最大，L的长度应为（   ） ‎ A、6 m B、15m C、20m D、10 m ‎10、二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）和正比例函数y= x的图象如图所示，则方程ax2+（b﹣ ）x+c=0（a≠0）的根的情况（   ） ‎ A、两根都大于0 B、两根都等于0 C、两根都小于0 D、一根大于0，一根小于0‎ ‎11、如图，将边长为2的等边三角形ABC绕点C旋转120°，得到△DCE，连接BD，则BD的长为（   ） ‎ A、2 B、2.5 C、3 D、2 ‎ ‎12、若抛物线y=x2﹣2x+3不动，将平面直角坐标系xOy先沿水平方向向右平移一个单位，再沿铅直方向向上平移三个单位，则原抛物线图象的解析式应变为（   ） ‎ A、y=（x﹣2）2+3 B、y=（x﹣2）2+5 C、y=x2﹣1 D、y=x2+4‎ 二、填空题 ‎13、等边三角形绕它的中心至少旋转________度，才能和原图形重合．‎ ‎14、二次函数y=x（x﹣6）的图象的对称轴是________．‎ ‎15、如图，AB是圆O的直径，弧 =弧 =弧 ，∠COD=48°，则∠AOE的度数为________． ‎ ‎16、如图，弦CD垂直于⊙O的直径AB，垂足为H，且CD=2 ，BD= ，则AB的长为________． ‎ ‎17、如图，等腰直角△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点O分斜边AB为BO：OA=1： ，将△BOC绕C点顺时针方向旋转到△AQC的位置，则∠AQC=________． ‎ ‎18、已知三条互相平行的直线a、b、c，请问能否作出一个等边△ABC，使其三个顶点A、B、C分别在直线a、b、c上？（用“能”或“不能”填空）．若能，请说明作图方法；若不能，请简要说明理由． ‎ 三、解答题 ‎19、按要求画出图形：如图，△AOB是等腰直角三角形，∠AOB=90°，OA=OB，请你在图中画出以点O为中心，将△AOE逆时针旋转90°之后的图形．（不写傲法．写出结论） ‎ ‎20、如图，在⊙O中，弦AB的长为8cm，圆心O到AB的距离为3cm，求⊙O的半径． ‎ ‎21、综合题。 ‎ ‎(1)若一抛物线的顶点在原点，且经过点A（﹣2，8），求抛物线的解析式； ‎ ‎(2)如图，抛物线y=ax2+bx的顶点为A（﹣3，﹣3），且经过P（t，0）（t≠0），求该抛物线的解析式； ‎ ‎(3)在（2）的条件下，回答下列问题（直接写出答案） ①y的最小值为________； ②点P的坐标为________； ③当x＞﹣3时，y随x的增大而________． ‎ ‎22、如图，四边形ABCD内接于圆O，点E在对角线AC上． ‎ ‎(1)若BC=DC，∠CBD=39°，求∠BCD的度数； ‎ ‎(2)若在AC上有一点E，且EC=BC=DC，求证：∠1=∠2． ‎ ‎23、如图，点E、F、G、H分别在菱形ABCD的四条边上，且BE=BF=DG=DH，连接EF，FG，GH，HE得到四边形EFGH． ‎ ‎(1)求证：四边形EFGH是矩形； ‎ ‎(2)设AB=a，∠A=60°，当BE为何值时，矩形EFGH的面积最大？ ‎ ‎24、在平面直角坐标系中，O为原点，点A（4，0），点B（0，3），把△ABO绕点B逆时针旋转，得△A′BO′，点A、O旋转后的对应点为A′、O′，记旋转角为ɑ． ‎ ‎(1)如图1，若ɑ=90°，求AA′的长； ‎ ‎(2)如图2，若ɑ=120°，求点O′的坐标． ‎ ‎25、如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2+ 与y轴相交于点A，点B与点O关于点A对称． ‎ ‎(1)填空：点B的坐标为________； ‎ ‎(2)过点B的直线y=kx+b（其中k＜0）与x轴相交于点C，过点C作直线l平行于y轴，P是直线l上一点，且PB=PC，求线段PB的长（用含k的式子表示），并判断点P是否在抛物线上，说明理由． ‎ 答案解析部分 一、选择题‎ ‎1、【答案】 A 【考点】二次函数图象上点的坐标特征 【解析】【解答】解：当x=1时，y=x2=1；当x=﹣2时，y=x2=4；当x=3时，y=x2=9； 所以点（1，1）、（﹣2，4）、（3，9）在函数y=x2的图象上，点（1，﹣1）不在函数y=x2的图象上． 故选A． 【分析】分别把x=1、﹣2、3代入二次函数解析式中计算出对应的函数值，然后进行判断．‎ ‎2、【答案】D 【考点】中心对称及中心对称图形 【解析】【解答】解：第一个图形是中心对称图形； 第二个图形是中心对称图形； 第三个图形是中心对称图形； 第四个图形是中心对称图形； 共4个， 故选：D． 【分析】根据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，这个点叫做对称中心进行分析即可． ‎ ‎3、【答案】B 【考点】圆内接四边形的性质 【解析】【解答】解：如图， ， ∵ 和 所对的圆心角的和是一个周角， ∴∠A+∠C=180°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠A=∠C， ∴∠A=∠C=180°÷2=90°， ∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°， ∴四边形ABCD一定是矩形． 故选：B． ‎ ‎【分析】首先根据 和 所对的圆心角的和是一个周角，可得∠A+∠C=180°，然后根据∠A=∠C，判断出∠A、∠C都是直角，即可推得四边形ABCD一定是矩形． ‎ ‎4、【答案】B 【考点】圆内接四边形的性质 【解析】【解答】解：由圆周角定理得，∠A= ∠BOD=69°， ∴∠DCE=，∠A=69°， 故选：B． 【分析】根据圆周角定理得到∠A= ∠BOD=69°，根据圆内接四边形的性质解答即可． ‎ ‎5、【答案】 C 【考点】二次函数的定义 【解析】【解答】解：①依题意得：y=x2 ， 属于二次函数关系，故正确；②依题意得：y=x（x﹣1）=x2﹣x，属于二次函数关系，故正确；③依题意得：y=6x2 ， 属于二次函数关系，故正确；④依题意得：y=120x，属于一次函数关系，故正确； 综上所述，两个变量所满足的函数关系属于二次函数关系的有3个． 故选：C． 【分析】根据题意列出函数关系式，然后由二次函数的定义进行判断．‎ ‎6、【答案】C 【考点】二次函数的性质 【解析】【解答】解： 在y=ax2（a≠0）中，当|a|的绝对值越大时其开口越小， ∵| |＜|﹣1|=|1|＜|2|， ∴二次函数y= x2的开口最大， 故选C． 【分析】由|a|的绝对值越大其开口越小进行选择即可． ‎ ‎7、【答案】 C 【考点】二次函数的性质 【解析】【解答】解： ∵y=x2﹣8x=（x﹣4）2﹣16， ∴抛物线顶点坐标为（4，﹣16）， 故选C． 【分析】把抛物线解析式化为顶点式即可求得答案．‎ ‎8、【答案】A 【考点】图形的旋转 【解析】【解答】解：如图，点P（1，3）绕原点顺时针旋转90°后坐标变为（3，﹣1）． 故选A． 【分析】建立平面直角坐标系，然后根据旋转的性质找出点P的对应位置，再写出坐标即可． ‎ ‎9、【答案】B 【考点】二次函数的应用 【解析】【解答】解：由题意得：S=L（30﹣L）， S=﹣L2+30L=﹣（L2﹣30L+225﹣225）=﹣（L﹣15）2+225， 所以当L=15时，S有最大值； 故选B． 【分析】根据矩形的面积=长×宽列式，配方求最值． ‎ ‎10、【答案】D 【考点】抛物线与x轴的交点 【解析】【解答】解：设ax2+bx+c=0（a≠0）的两根为x1 ， x2 ， ∵由二次函数的图象可知x1x2＜0， ∴ ＜0． 设方程ax2+（b﹣ ）x+c=0（a≠0）的两根为m，n，则mn= ＜0， ∴方程ax2+（b﹣ ）x+c=0（a≠0）的两根为一根大于0，一根小于0， 故选D． 【分析】设ax2+bx+c=0（a≠0）的两根为x1 ， x2 ， 由二次函数的图象可知x1+x2＞0，a＞0，设方程ax2+（b﹣ ）x+c=0（a≠0）的两根为m，n再根据根与系数的关系即可得出结论． ‎ ‎11、【答案】D 【考点】等边三角形的性质，旋转的性质 【解析】【解答】解：连接AD，由题意知，△ABC≌△EDC，∠ACE=120°， 又∵△ABC是等边三角形， ∴AB=DC=BC=DE=5，∠ABC=∠ACB=∠DCE=∠E=60°， ∴∠ACE+∠ACB=120°+60°=180°， ∴B、C、E三点在一条直线上． ∴AB∥DC， ∴四边形ABCD为菱形， ∴∠DBE= ∠ABC=30°， ‎ ‎∵∠DBE+∠BDE+∠E=180°， ∴∠BDE=90°． ∵B、C、E三点在一条直线上， ∴BE=4， ∴BD= = =2 ． 故选：D． 【分析】连接AD构建菱形ABCD，根据等边三角形的性质得到AB=DC=BC=DE=5，∠ABC=∠ACB=∠DCE=∠E=60°，推出四边形ABCD为菱形，根据菱形的性质得到∠DBE= ∠ABC=30°，在Rt△BDE中利用勾股定理即可得出BD的长． ‎ ‎12、【答案】 C 【考点】二次函数图象与几何变换 【解析】【解答】解：将平面直角坐标系xOy先沿水平方向向右平移一个单位，再沿铅直方向向上平移三个单位，这个相当于把抛物线向左平移有关单位，再向下平移3个单位， ∵y=（x﹣1）2+2， ∴原抛物线图象的解析式应变为y=（x﹣1+1）2+2﹣3=x2﹣1， 故答案为C． 【分析】思想判定出抛物线的平移规律，根据左加右减，上加下减的规律即可解决问题．‎ 二、填空题‎ ‎13、【答案】 120° 【考点】旋转对称图形 【解析】【解答】解：由于等边三角形三角完全相同， 旋转时，只要使下一个角对准原角，就能重合， 因为一圈360度，除以3，就得到120度． 故答案为：120°． ‎ ‎【分析】根据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作答即可．‎ ‎14、【答案】 x=3 【考点】二次函数的性质 【解析】【解答】解：∵y=x（x﹣6）=x2﹣6x=（x﹣3）2﹣9， ∴抛物线的对称轴为直线x=3． 故答案为：x=3． 【分析】将抛物线的一般式转化为顶点式，可求对称轴，也可以用对称轴公式求解．‎ ‎15、【答案】36° 【考点】圆周角定理 【解析】【解答】解：∵弧 =弧 =弧 ，∠COD=48°， ∴∠DOE=∠COD=∠BOC=48°， ∴∠AOE=180°﹣48°﹣48°﹣48°=36°． 故答案为：36°． 【分析】先根据题意得出∠DOE=∠COD=∠BOC=48°，再由补角的定义即可得出结论． ‎ ‎16、【答案】3 【考点】勾股定理，垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定与性质 【解析】【解答】解：由垂径定理得HD= ，由勾股定理得HB=1， 设圆O的半径为R，在Rt△ODH中， 则R2=（ ）2+（ R﹣1）2 ， 由此得2R=3， 或由相交弦定理得（ ）2=1×（ 2R﹣1），由此得2R=3， 所以AB=3． 故答案为：3． 【分析】根据垂径定理和相交弦定理求解． ‎ ‎17、【答案】105° 【考点】旋转的性质，等腰直角三角形 【解析】【解答】解：连接OQ， ∵AC=BC，∠ACB=90°， ∴∠BAC=∠B=45°， 由旋转的性质可知：△AQC≌△BOC， ∴AQ=BO，CQ=CO，∠QAC=∠B=45°，∠ACQ=∠BCO， ∴∠OAQ=∠BAC+∠CAQ=90°，∠OCQ=∠OCA+∠ACQ=∠OCA+∠BCO=90°， ∴∠OQC=45°， ∵BO：OA=1： ， ‎ 设BO=1，OA= ， ∴AQ=1，则tan∠AQO= = ， ∴∠AQO=60°， ∴∠AQC=105°． 【分析】连接OQ，由旋转的性质可知：△AQC≌△BOC，从而推出∠OAQ=90°，∠OCQ=90°，再根据特殊直角三角形边的关系，分别求出∠AQO与∠OQC的值，可求出结果． ‎ ‎18、【答案】解：能， 如图，过点A作AD⊥b于D，再作AD′=AD，且∠D′AD=60°， 再作D′C⊥AD′交直线c于点C，以AC为半径，A点为圆心， 画弧交直线b于点B，△ABC即为所求． 【考点】平行线的性质，等边三角形的性质，作图—复杂作图 【解析】【分析】直接作AD′=AD，且∠D′AD=60°，进而作D′C⊥AD′交直线c于点C，进而得出答案． ‎ 三、解答题‎ ‎19、【答案】解：如图所示： ， △BOE′就是将△AOE逆时针旋转90°之后的图形． 【考点】等腰直角三角形 【解析】【分析】根据题意可得AO以点O为中心逆时针旋转90°之后到达B的位置，在过O作OE的垂线OE′，使OE′=OE，再连接BE′即可． ‎ ‎20、【答案】解：过点O作OC⊥AB于点C，连接OB，则 AC=BC= AB ∵AB=8cm，OC=3cm ∴BC=4cm 在Rt△BOC中，OB= = =5cm 即⊙O的半径是5cm． ‎ ‎ 【考点】垂径定理 【解析】【分析】过点O作OC⊥AB于点C，连接OB，构造直角三角形BOC，根据垂径定理和弦心距得到直角三角形直角边长，利用勾股定理直接求圆的半径即可． ‎ ‎21、【答案】（1）解：设二次函数的解析式为y=mx2（a≠0）， ∵点A（﹣2，8）在此函数的图象上， ∴4m=8，解得m=2， ∴抛物线的解析式为：y=2x2； （2）解：∵抛物线y=ax2+bx的顶点为A（﹣3，﹣3）， ∴对称轴为直线x=﹣3， 由图可知抛物线经过原点， ∴t=﹣6， ∴P（﹣6，0）． 将A（﹣3，﹣3），P（﹣6，0）代入y=ax2+bx， 得 ，解得 ， ∴该抛物线的解析式为y= x2+2x； （3）﹣3；（﹣6，0）；增大 【考点】二次函数的性质，待定系数法求二次函数解析式 【解析】【解答】解： （3）①∵y= x2+2x= （x+3）2﹣3， ∴y的最小值=﹣3； ②点P的坐标为（﹣6，0）； ③由函数图象可知，当x＞﹣3时，y随x的增大而增大． 故答案为：﹣3，（﹣6，0），增大． 【分析】（1）设二次函数的解析式为y=mx2（a≠0），再把点A（﹣2，8）代入求出m的值即可；（2）根据函数图象的顶点坐标可得对称轴为直线x=﹣3，由函数图象经过原点，可得出P点坐标，再将A、P两点坐标代入y=ax2+bx，利用待定系数法即可求出该抛物线的解析式；（3）①将一般式化为顶点式，即可求出y的最小值；②由（2）可得点P的坐标；③由函数图形可得出x＞﹣3时函数的增减性． ‎ ‎22、【答案】（1）解：∵BC=CD， ∴ = ， ∴∠BAC=∠DAC=∠CBD=39°， ∴∠BAD=78°， ∵四边形ABCD为圆内接四边形， ∴∠BCD=102°； （2）解：∵BC=CD， ∴∠CBD=∠CDB，又∠BAC=∠BDC， ∴∠CBD=∠BAE， ‎ ‎∴∠CEB=∠BAE+∠2， ∵CB=CE， ∴∠CBE=∠CEB， ∴∠BAE+∠2=∠CBD+∠1， ∴∠1=∠2． 【考点】等腰三角形的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质 【解析】【分析】（1）根据BC=CD，得到 = ，求出∠BAD=78°，根据圆内接四边形的性质计算即可；（2）根据等腰三角形的性质和三角形的外角的性质解答即可． ‎ ‎23、【答案】（1）证明：∵DG=DH， ∴∠DHG=∠DGH= ， 同理，∠CGF= ， ∴∠DGH+∠CGF= ， 又∵菱形ABCD中，AD∥BC， ∴∠D+∠C=180°， ∴∠DGH+∠CGF=90°， ∴∠HGF=90°， 同理，∠GHE=90°，∠EFG=90°， ∴四边形EFGH是矩形； （2）解：AB=a，∠A=60°，则菱形ABCD的面积是： a2 ， 设BE=x，则AE=a﹣x， 则△AEH的面积是： ， △BEF的面积是： ， 则矩形EFGH的面积y= a2﹣ ﹣ ， 即y=﹣ x2+ ax， 则当x= = 时，函数有最大值． 此时BE= ． 【考点】二次函数的最值，菱形的性质，矩形的判定与性质 ‎ ‎【解析】【分析】（1）利用等腰三角形的性质：等边对等角，以及平行线的性质可以证得∠DGH+∠CGH=90°，则∠HGF=90°，根据三个角是直角的四边形是矩形，即可证得；（2）设BE的长是x，则利用x表示出矩形EFGH的面积，根据函数的性质即可求解． ‎ ‎24、【答案】（1）解：∵点A（4，0），点B（0，3）， ∴OA=4，OB=3． 在Rt△ABO中，由勾股定理得AB=5． 根据题意，△A′BO′是△ABO绕点B逆时针旋转900得到的， 由旋转是性质可得：∠A′BA=90°，A′B=AB=5， ∴AA′=5 ． （2）解：如图，根据题意，由旋转是性质可得：∠O′BO=120°，O′B=OB=3 过点O′作O′C⊥y轴，垂足为C， 则∠O′CB=90°． 在Rt△O′CB中，由∠O′BC=60°，∠BO′C=30°． ∴BC= O′B= ． 由勾股定理O′C= ， ∴OC=OB+BC= ． ∴点O′的坐标为（ ， ）． 【考点】勾股定理，旋转的性质 【解析】【分析】（1）根据勾股定理得AB=5，由旋转性质可得∠A′BA=90°，A′B=AB=5．继而得出AA′=5 ；（2）O′C⊥y轴，由旋转是性质可得：∠O′BO=120°，O′B=OB=3，在Rt△O′CB中，由∠O′BC=60°得BC、O′C的长，继而得出答案． ‎ ‎25、【答案】（1）（0， ） （2）解：∵B点坐标为（0， ）， ∴直线解析式为y=kx+ ， 解得：x=﹣ ． ∴OC=﹣ ． ‎ ‎∵PB=PC， ∴点P只能在x轴上方， 如图，过点B作BD⊥l于点D，设PB=PC=m， 则BD=OC=﹣ ，CD=OB= ， ∴PD=PC﹣CD=m﹣ ， 在Rt△PBD中，由勾股定理可得PB2=PD2+BD2 ， 即m2=（m﹣ ）2+（﹣ ）2 ， 解得：m= + ． ∴PB= + ． ∴点P坐标为（﹣ ， + ）． 当x=﹣ 时，代入抛物线解析式可得：y= + ， ∴点P在抛物线上． 【考点】抛物线与x轴的交点 【解析】【解答】解：（1）∵y=﹣x2+ 的顶点A的坐标为（0， ）， ∴原点O关于点A的对称点B的坐标为（0， ）， 故答案为：（0， ）； 【分析】（1）由抛物线解析式可求得A点坐标，再利用对称可求得B点坐标；（2）可先用k表示出C点坐标，过B作BD⊥l于点D，条件可知P点在x轴上方，设P点纵坐标为y，可表示出PD、PB的长，在Rt△PBD中，利用勾股定理可求得y，则可求出PB的长，此时可得出P点坐标，代入抛物线解析式可判断P点在抛物线上． ‎