市级联考河南省安阳市林州市届九年级上学期期中考试数学试题Word文件下载.docx
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A.将l1绕点P逆时针旋转14°
B.将l1绕点P逆时针旋转17°
C.将l2绕点Q顺时针旋转11°
D.将l2绕点Q顺时针旋转14°
10.如图所示,已知一次函数y=
x+c的图象如图,则二次函数y=ax2+bx+c在平面直角坐标系中的图象可能是( )
二、填空题
11.方程
的根为.
12.已知x=2是关于x的一元二次方程kx2+(k2﹣2)x+2k+4=0的一个根,则k的值为_____.
13.如图,在矩形ABCD中,AB=3,AD=4,若以点A为圆心,以4为半径作⊙A,则点A,点B,点C,点D四点中在⊙A外的是________.
14.已知三角形的边长分别为6,8,10,则它的外接圆的半径是___________.
15.如图,在Rt△ABC中,∠C=90°
,∠B=40°
,点D在边BC上,BD=2CD,把△ABC绕点D逆时针旋转m(0<m<180)度后,如果点B恰好落在初始Rt△ABC的边上,则m=_____.
三、解答题
16.
(1)2x2﹣5x﹣1=0;
(2)6x2﹣3x﹣1=2x﹣2
17.已知:
关于x的一元二次方程
有两个不相等的实数根.
(1)求k的取值范围;
(2)当k取最大整数值时,用合适的方法求该方程的解.
18.如图,方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度,Rt△ABC的三个顶点A(-2,2),B(0,5),C(0,2).
(1)将△ABC以点C为旋转中心旋转180°
,得到△A1B1C,请画出△A1B1C的图形.
(2)平移△ABC,使点A的对应点A2坐标为(-2,-6),请画出平移后对应的△A2B2C2的图形.
(3)若将△A1B1C绕某一点旋转可得到△A2B2C2,请直接写出旋转中心的坐标.
19.已知二次函数y=﹣x2+2x+m.
(1)如果二次函数的图象与x轴有两个交点,求m的取值范围;
(2)如图,二次函数的图象过点A(3,0),与y轴交于点B,直线AB与这个二次函数图象的对称轴交于点P,求点P的坐标.
(3)根据图象直接写出使一次函数值大于二次函数值的x的取值范围.
20.在△ABC中,∠ACB=90°
,∠ABC=30°
,将△ABC绕顶点C顺时针旋转,旋转角为θ(0°
<θ<180°
),得到△A'
B'
C.
(1)如图1,当AB∥CB'
时,设A'
与CB相交于点D,求证:
△A'
CD是等边三角形.
(2)若E为AC的中点,P为A'
的中点,则EP的最大值是多少,这时旋转角θ为多少度.
21.如图,在△ABC中,AB=AC,点D在BC上,BD=DC,过点D作DE⊥AC,垂足为E,⊙O经过A,B,D三点.
(1)求证:
AB是⊙O的直径;
(2)判断DE与⊙O的位置关系,并加以证明;
(3)若⊙O的半径为3,∠BAC=60°
,求DE的长.
22.如图,在正方形ABCD中,E、F是对角线BD上两点,且∠EAF=45°
,将△ADF绕点A顺时针旋转90°
后,得到△ABQ,连接EQ,求证:
(1)EA是∠QED的平分线;
(2)EF2=BE2+DF2.
23.如图,已知抛物线的顶点为A(1,4),抛物线与y轴交于点B(0,3),与x轴交于C、D两点.点P是x轴上的一个动点.
(1)求此抛物线的解析式;
(2)求C、D两点坐标及△BCD的面积;
(3)若点P在x轴上方的抛物线上,满足S△PCD=
S△BCD,求点P的坐标.
参考答案
1.B
【分析】
配方法的一般步骤:
把常数项移到等号的右边;
把二次项的系数化为1;
等式两边同时加上一次项系数一半的平方,据此即可求解.
【详解】
解:
,
,
故选:
B.
【点睛】
本题考查一元二次方程的配方法,解题的关键是熟练运用配方法,本题属于基础题型.
2.A
【解析】
首先要熟悉各种图形的性质,然后根据轴对称图形和中心对称图形的概念求解.
A、只是轴对称图形,不是中心对称图形,符合题意;
B和D、既是轴对称图形又是中心对称的图形,不符合题意;
C、只是中心对称图形,不是轴对称图形,不符合题意.
考查了轴对称图形和中心对称图形的概念.轴对称图形的关键是寻找对称轴,图形两部分折叠后可重合,中心对称图形是要寻找对称中心,图形旋转180度与原图重合.
3.C
根据图形,利用圆周角定理求出所求角度数即可.
∵∠AOB与∠ACB都对
,且∠AOB=100°
∴∠ACB=
∠AOB=50°
故选C.
此题考查了圆周角定理,熟练掌握圆周角定理是解本题的关键.
4.B
根据方程的系数结合根的判别式,可得出△=13>0,进而可找出该方程有两个不相等的实数根.
∵△=(﹣1)2﹣4×
1×
(﹣3)=13>0,
∴该方程有两个不相等的实数根.
故选B.
本题考查了根的判别式,牢记“当△>0时,方程有两个不相等的实数根”是解题的关键.
5.D
根据已知条件和圆心角、弧、弦的关系,可知
,然后根据对顶角相等即可求解.
.
D.
本题主要考查圆心角、弧、弦的关系、对顶角相等,较简单,掌握基本概念是解题关键.
6.C
试题分析:
根据圆与直线的位置关系可得:
当直线与圆相切时,圆心到直线的距离等于半径;
当直线与圆相交时,圆心到直线的距离小于半径;
当直线与圆相离时,圆心到直线的距离大于半径.
考点:
直线与圆的位置关系.
7.D
根据图象可得出a<0,c>0,得出ac<0,对称轴x=1,在对称轴的右侧,y随x的增大而减小;
根据x=﹣
=1,得出b=﹣2a,从而得出2a+b=0;
根据抛物线的对称性另一个交点到x=1的距离与﹣1到x=1的距离相等,得出另一个根.
∵抛物线开口向下,
∴a<0,
∵抛物线与y轴的正半轴相交,
∴c>0,
∴ac<0,故A选项错误;
∵对称轴x=1,
∴当x>1时,y随x的增大而减小;
故B选项错误;
∵x=﹣
=1,
∴b=﹣2a,
∴2a+b=0,故C选项错误;
∵对称轴x=1,一个交点是(﹣1,0),
∴另一个交点是(3,0),
∴方程ax2+bx+c=0另一个根是x=3,故D选项正确.
故选D.
本题考查了抛物线与x轴的交点问题以及二次函数的图象与系数的关系,是基础知识要熟练掌握.
8.D
根据平行线的性质,圆心角、弧、弦的关系以及圆周角的定理进行做题.
A、∵OD∥AC,
∴∠BOD=∠BAC(两直线平行,同位角相等),故A正确;
B、∵
∴∠BOD=∠COD,故B正确;
C、∵∠BAD=
∠BOD,∠CAD=
∠COD,
∴∠BAD=∠CAD,故C正确;
D、∠C=∠D(不一定).
此题考查圆的有关性质,涉及知识点有:
同弧所对的圆心角相等;
同弧所对的圆周角等于所对圆心角的一半,也考查了平行线的性质.
9.C
根据l1∥l2,可以∠1+76°
=180°
,或∠2+93°
.因此将l1绕点P逆时针旋转11°
或将l2绕点Q顺时针旋转11°
∵l1∥l2,
∴∠2的对顶角+∠1=180°
且∠l=104°
∴∠2多了11°
,或∠1多了11°
∴将l1绕点P逆时针旋转11°
或将l2绕点Q顺时针旋转11°
本题考查旋转的性质,平行线的性质,关键是熟练运用旋转的性质.
10.A
由一次函数的图象判断出
<
0,c>
0,再判断二次函数的图象特征,进而求解.
由一次函数的图象可得:
0,所以二次函数y=ax2+bx+c图象的对称轴=
>
0,与y轴的交点在正半轴,符合题意的只有A.故选A.
本题考查了二次函数图象与一次函数的图象,解题的关键是根据一次函数的图象判断出
0.
11.
.
x(x-3)=0解得:
=0,
=3.
解一元二次方程.
12.﹣3
【分析】把x=2代入kx2+(k2﹣2)x+2k+4=0得4k+2k2﹣4+2k+4=0,再解关于k的方程,然后根据一元二次方程的定义确定k的值即可.
【详解】把x=2代入kx2+(k2﹣2)x+2k+4=0得4k+2k2﹣4+2k+4=0,
整理得k2+3k=0,解得k1=0,k2=﹣3,
因为k≠0,
所以k的值为﹣3.
故答案为﹣3.
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义以及一元二次方程的解,能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解.
13.C
要确定点与圆的位置关系,主要确定点与圆心的距离与半径的大小关系;
本题可由勾股定理等性质算出点与圆心的距离d,当d>r时,点在圆外;
当d=r时,点在圆上;
当d<r时,点在圆内.
∵CA=
=5>4,∴点C在⊙A外.
∵AD═4,∴点D在⊙A上外;
AB=3<4,∴点B在⊙A内.
故答案为C.
本题考查了对点与圆的位置关系的判断.关键要记住若半径为r,点到圆心的距离为d,则有:
当d>r时,点在圆外;
当d=r时,点在圆上,当d<r时,点在圆内.
14.5
根据勾股定理的逆定理得到三角形为直角三角形,那么外接圆的半径等于斜边的一半,计算即可解答.根据直角三角形外接圆的圆心是斜边的中点,由勾股定理求得斜边,即可得出答案.
∵三角形的三条边长分别为6,8,10,62+82=102,
∴此三角形是以10为斜边的直角三角形,
∴这个三角形外接圆的半径为10÷
2=5.
故答案为5.
本题考查了三角形的外接圆与外心:
经过三角形的三个顶点的圆,叫做三角形的外接圆;
三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点,叫做三角形的外心.
15.100°
或120°
①当点B落在AB边上时,根据DB=DB1,即可解决问题,②当点B落在AC上时,在Rt△DCB2中,根据∠C=90°
,DB2=DB=2CD可以判定∠CB2D=30°
,由此即可解决问题.
如图:
①当点B落在AB边上时,
∵DB=DB1,
∴∠B=∠DB1B=40°
∴m=∠BDB1=180°
﹣2×
40°
=100°
②当点B落在AC上时,
在Rt△DCB2中,
∵∠C=90°
,DB2=DB=2CD,
∴∠CB2D=30°
∴m=∠C+∠CB2D=120°
综上所述,m的值为100°
故答案为:
100°
本题考查旋转的性质、等腰三角形的定义、直角三角形30度角的判定等知识,解题的关键是正确画出图形,学会分类讨论的思想,属于中考常考题型.
16.
(1)x1=
,x2=
;
(2)x1=
(1)先求出b2﹣4ac的值,再代入公式求出即可;
(2)整理后分解因式,即可得出两个一元一次方程,求出方程的解即可.
(1)2x2﹣5x﹣1=0,
b2﹣4ac=(﹣5)2﹣4×
2×
(﹣1)=33,
x=
x1=
(2)6x2﹣3x﹣1=2x﹣2,
整理得:
6x2﹣5x+1=0,
(2x﹣1)(3x﹣1)=0,
2x﹣1=0,3x﹣1=0,
本题考查了解一元二次方程,能选择适当的方法解一元二次方程是解此题的关键,注意:
解一元二次方程的方法有:
直接开平方法,公式法,配方法,因式分解法等.
17.
(1)k<
1;
(2)x1=0,x2=-2.
(1)根据判别式的意义得到△=22-4×
k>0,然后解不等式即可;
(2)由
(1)的范围得到k=0,然后把k=0代入原方程,然后解方程即可.
试题解析:
(1)∵关于x的一元二次方程x2+2x+k=0有两个不相等的实数根,
∴△>
0,即22-4×
k>
0,∴k<
(2)根据题意,当k=0时,方程为:
x2+2x=0,
∴x1=0,x2=-2.
18.
(1)作图见解析;
(2)作图见解析;
(3)(0,-2).
(1)利用旋转的性质得出对应点坐标进而得出答案;
(2)利用平移规律得出对应点位置,进而得出答案;
(3)利用旋转图形的性质,连接对应点,即可得出旋转中心的坐标.
(1)如图所示:
△A1B1C即为所求;
(2)如图所示:
△A2B2C2即为所求;
(3)旋转中心坐标(0,﹣2).
【考点】作图-旋转变换;
作图-平移变换.
19.
(1)m>﹣1;
(2)P(1,2);
(3)根据函数图象可知:
x<0或x>3.
(1)、根据图像与x轴有两个交点,则△>
0求出m的取值范围;
(2)、根据点A坐标得出二次函数的解析式,然后得出点B的坐标,根据待定系数法求出直线AB的解析式,从而得出点P的坐标;
(3)、根据图像直接得出答案.
(1)、∵二次函数的图象与x轴有两个交点,
∴△=22+4m>0
∴m>﹣1;
(2)、∵二次函数的图象过点A(3,0),
∴0=﹣9+6+m
∴m=3,
∴二次函数的解析式为:
y=﹣x2+2x+3,
令x=0,则y=3,
∴B(0,3),
设直线AB的解析式为:
y=kx+b,
∴
解得:
∴直线AB的解析式为:
y=﹣x+3,
∵抛物线y=﹣x2+2x+3,的对称轴为:
x=1,
∴把x=1代入y=﹣x+3得y=2,
∴P(1,2).
(3)、根据函数图象可知:
x<0或x>3
二次函数的性质
20.
(1)见解析;
(2)见解析.
(1)当AB∥CB′时,∠BCB′=∠B=∠B′=30°
,则∠A′CD=90°
﹣∠BCB′=60°
,∠A′DC=∠BCB′+∠B′=60°
,可证:
△A′CD是等边三角形;
(2)连接CP,当E、C、P三点共线时,EP最长,根据图形求出此时的旋转角及EP的长.
(1)证明:
∵AB∥CB′,
∴∠B=∠BCB′=30°
∴∠BCA′=90°
﹣30°
=60°
∵∠A′=∠A=60°
∴△A′CD是等边三角形;
(2)如图,连接CP,当△ABC旋转到E、C、P三点共线时,EP最长,
此时θ=∠ACA1=120°
∵∠B′=30°
,∠A′CB′=90°
设AC=a,
∴A′C=AC=
A′B′=a,
∵AC中点为E,A′B′中点为P,∠A′CB′=90°
∴CP=
A′B′=a,EC=
a,
∴EP=EC+CP=
a+a=
AC.
此题考查了旋转的性质,特殊三角形的判定与性质,相似三角形的判断与性质.关键是根据旋转及特殊三角形的性质证明问题.
21.
(1)证明见解析;
(2)DE与⊙O相切;
(3)
(1)连接AD,根据等腰三角形三线合一性质得到AD⊥BC,再根据90°
的圆周角所对的弦为直径即可证得AB是⊙O的直径;
(2)DE与圆O相切,理由为:
连接OD,利用中位线定理得到OD∥AC,利用两直线平行内错角相等得到∠ODE为直角,再由OD为半径,即可得证;
(3)由AB=AC,且∠BAC=60°
,得到DABC为等边三角形,连接BF,DE为DCBF中位线,求出BF的长,即可确定出DE的长.
连接AD,
∵AB=AC,BD=DC,∴AD⊥BC,
∴∠ADB=90°
,∴AB为⊙O的直径;
(2)DE与⊙O相切,
理由为:
连接OD,
∵O、D分别为AB、BC的中点,∴OD为△ABC的中位线,
∴OD∥BC,
∵DE⊥BC,∴DE⊥OD,
∵OD为⊙O的半径,
∴DE与⊙O相切;
(3)解:
连接BF,
∵AB=AC,∠BAC=60°
,∴△ABC为等边三角形,
∴AB=AC=BC=6,
∵AB为⊙O的直径,∴∠AFB=∠DEC=90°
,∴AF=CF=3,DE∥BF,
∵D为BC中点,∴E为CF中点,DE=
BF,
在Rt△ABF中,∠AFB=90°
,AB=6,AF=3,
∴BF=
,则DE=
BF=
本题考查圆;
等腰三角形;
平行线的性质.
22.详见解析.
(1)、直接利用旋转的性质得出△AQE≌△AFE(SAS),进而得出∠AEQ=∠AEF,即可得出答案;
(2)、利用
(1)中所求,再结合勾股定理得出答案.
(1)、∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°
后,得到△ABQ,∴QB=DF,AQ=AF,∠ABQ=∠ADF=45°
∴△AQE≌△AFE(SAS),∴∠AEQ=∠AEF,∴EA是∠QED的平分线;
(2)、由
(1)得△AQE≌△AFE,∴QE=EF,在Rt△QBE中,
QB2+BE2=QE2,则EF2=BE2+DF2.
(1)、旋转的性质;
(2)、正方形的性质.
23.
(1)y=﹣(x﹣1)2+4;
(2)C(﹣1,0),D(3,0);
6;
(3)P(1+
),或P(1﹣
)
(1)设抛物线顶点式解析式y=a(x-1)2+4,然后把点B的坐标代入求出a的值,即可得解;
(2)令y=0,解方程得出点C,D坐标,再用三角形面积公式即可得出结论;
(3)先根据面积关系求出点P的坐标,求出点P的纵坐标,代入抛物线解析式即可求出点P的坐标.
(1)、∵抛物线的顶点为A(1,4),
∴设抛物线的解析式y=a(x﹣1)2+4,
把点B(0,3)代入得,a+4=3,
解得a=﹣1,
∴抛物线的解析式为y=﹣(x﹣1)2+4;
(2)由
(1)知,抛物线的解析式为y=﹣(x﹣1)2+4;
令y=0,则0=﹣(x﹣1)2+4,
∴x=﹣1或x=3,∴C(﹣1,0),D(3,0);
∴CD=4,
∴S△BCD=
CD×
|yB|=
×
4×
3=6;
(3)由
(2)知,S△BCD=
CD=4,
∵S△PCD=
S△BCD,
∴S△PCD=
|yP|=
|yP|=3,
∴|yP|=
,
∵点P在x轴上方的抛物线上,
∴yP>0,
∴yP=
∵抛物线的解析式为y=﹣(x﹣1)2+4;
=﹣(x﹣1)2+4,
∴x=1±
∴P(1+
).
本题考查的是二次函数的综合应用,熟练掌握二次函数的性质是解题的关键.
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