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2021-2022学年天津市和平区九年级上学期数学期中考试卷及答案.doc

发布时间：2023-11-09 发布人：admin 分类：说明书 资料大小：1.28M 资料格式：doc 举报 版权申诉
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    2021-2022 学年天津市和平区九年级上学期数学期中考试卷 及答案 一、选择题 1. 下列各点中，在二次函数 A. (1, 3) B. (2,12) y 23 x 的图象上的是（ ） )2,6 C. ( D. (3,3) 【答案】B 【解析】 【分析】把点的坐标代入函数解析式进行判断即可． 【详解】解：A．当 1x  时， 2 3 1 y      ，故点 (1, 3) 不在函数图象上，不符合题意； 3 3 B．当 2 x  时， 3 2 y   2  ，故点 (2,12) 在函数图象上，不符合题意； 12 2 C．当 x   时， D．当 3x  时，   ，故点 ( 12 6  ，故点 (3,3) 不在函数图象上，不符合题意； )2,6 不在函数图象上，不符合题意； y    3 ( 2) 2 2 3 3 y    18 3 故选：B． 【点睛】本题主要考查二次函数图象上点的坐标特征，掌握函数图象上点的坐标满足函数解 析式是解题的关键． 2. 下列四个图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形是（ ） A. （1）（2） B. （1）（3） C. （1）（4） D. （2）（3） 【答案】B 【解析】 【详解】解：（1）既是轴对称图形，又是中心对称图形； （2）既不是轴对称又不是中心对称图形； （3）既是轴对称图形，又是中心对称图形； （4）是轴对称图形，不是中心对称图形 故选：B． 3. 某种品牌的手机经过四、五月份连续两次降价，每部售价由 3200 元降到了 2500 元，设 平均每月降低的百分率为 x，根据题意列出的方程是（ ）
    A. C.  2500 1 x 2  3200  3200 1 x 2  2500 【答案】C 【解析】 B. D.  2500 1 x 2  3200  3200 1 x 2  2500 【分析】可根据：原售价×（1﹣降低率） 2 ＝降低后的售价得出两次降价后的价格，然后 即可列出方程． 【详解】解：依题意得：两次降价后的售价为  3200 1 x 2  2500 ， 故选：C． 【点睛】本题考查降低率问题，由：原售价×（1﹣降低率）2＝降低后的售价可以列出方程． 4. 用配方法解方程 23 x 6 x 1 0   ，则方程可变形为（ ） B. ( 3 x  1) 2  1 3 C. (3 x  1) 2  1 D. A. ( x  3) 2  1 3 ( x  1) 2  2 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据配方法解一元二次方程的一般步骤对选项进行判断即可． 【详解】解： 23 x 6 x 1 0   ， 2 x 2 x 2 x 2 x   ， 1 3 1   ， 2 3  x  2 1  ， 2 3 故选 D. 【点睛】本题考查了配方法，掌握配方法解一元二次方程是解题的关键． 5. 在半径为 50 的 O 中，弦 AB 的长为 50，则点 O 到 AB 的距离为（ ） A. 50 C. 25 2 【答案】B B. 25 3 D. 25 【解析】 【分析】由题意 OAB 【详解】解：如图，作 OC AB 于 C，  为等边三角形，求出等边三角形的高 OC 即可．
    OA OB AB    ， 50 是等边三角形， 根据题意： ∴ OAB  AOB ∴   ， 60 ∵ OC AB ， 30 cos30 AOC OC OA ∴ ∴  ，     25 3 ， 即点 O 到 AB 的距离为 25 3 ， 故选：B． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是灵活运 用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 6. 将抛物线 y=x2 先向下平移 3 个单位，再向左平移 1 个单位，则新的函数解析式为（ ） A. y=（x+1）2+3 B. y=（x﹣1）2+3 C. y=（x﹣1）2﹣3 D. y= （x+1）2﹣3 【答案】D 【解析】 【分析】先确定出原抛物线的顶点坐标，然后根据向右平移横坐标加，向下平移纵坐标减求 出新图象的顶点坐标，然后写出即可． 【详解】抛物线 y=x2 的顶点坐标为（0，0）， 向下平移 3 个单位，再向左平移 1 个单位后的图象的顶点坐标为（-1，-3）， 所以，所得图象的解析式为 y=（x+1）2﹣3， 故选 D． 【点睛】本题主要考查的是函数图象的平移，根据平移规律“左加右减，上加下减”利用顶 点的变化确定图形的变化是解题的关键． 7. 如图，四边形 ABCD 的外接圆为⊙O ， BC CD ADB 的度数为（ ） ， DAC  35  ， ACD  45  ，则
    A. 55 【答案】C 【解析】 B. 60 C. 65 D. 70 【分析】根据同弧所对的圆周角相等及等边对等角，可得 CDB  35  ，根据三角形的内角 和可得 ADC  ，利用角的和差运算即可求解． 100  DAC  ，  35  ，  ， 【详解】解：∵ 35 ， DBC  ∴ ∵ BC CD 35  ∴ 45  ， 100    CDB ACD  ADC ADB  故选：C． ∵ ∴ ∴  ， ADC   CDB  65  ， 【点睛】本题考查同弧所对的圆周角相等、三角形的内角和、等边对等角，熟练应用几何知 识是解题的关键． 8. 将二次函数 2= y x x 2 +3 y 配方为   21  x  y B. x h  2  的形式为（ k ）  2 C. y  x  22  3 D. A. y  x  21  1 y  x  22  1 【答案】B 【解析】 【分析】利用配方法，把一般式转化为顶点式即可 【详解】解： y = x 2 2 - x 1 2 + + = ( x - )2 1 2 + ， 故选：B． 【点睛】本题考查了二次函数的一般式，顶点式，正确利用配方法是解答本题的关键，配方 法方法是，先提出二次项系数，再加上一次项系数的一半的平方来凑成完全平方式． 9. 如图，圆内接四边形 ABCD 的对角线 AC ，BD 把它的四个内角分成八个角，那么以下 结论不一定正确的是（ ）
    A. C. 7    1 90      2 6 【答案】C 【解析】 B. D. 8    2 5 4         6 180  5 8    ，选项正确，不符合题意；   所对的弧都是弧 BC   所对的弧都是弧 DC    ，选项正确，不符合题意； 【分析】根据圆周角定理，三角形内角和定理进行判断即可． 【详解】解：A、∵ 2, 7 ∴ 2 7 B、∵ 5, 8 ∴ 5 C、∵ BD 不一定是直径 ∴ BAD 不一定是直角 ∴ 6 D、∵ 7 ∴ 2 故选 C．         4 180    不一定等于90 ，符合题意；  ，选项正确，不符合题意；         4 180  1 6 5 6 5 【点睛】本题考查了圆的内接四边形，圆周角定理，熟练运用圆周角的定理解决问题是本题 的关键． 10. ABC 则下列结论中错误的是（ 和 BDE△ ） 是等边三角形，且 , ,A B D 在一条直线上，连接 ,AE CD 交于点 P ， 60  A. AC BE  B. C. APC BDE△ CBD△ 【答案】C D. 【解析】 可以看作是 ABC 可以看作是 ABE  平移而成的 绕点 B 顺时针旋转60 而成的 【分析】A、利用等边三角形的定义可得： AC BE ； B 、 先 证 明 ABE CBD ≌  ， 则 BDC   CAB   DBE  60  ，由同位角相等可得：   AEB ， 根 据 外 角 的 性 质 得 ：
     APC   EBD  60  ， C、因为两个等边三角形的边长不确定，所以本选项错误； D、由 B 选项中的全等可得结论． 【详解】解：A、∵ ABC 60   ∴ ∴ AC BE ， DBE CAB  ，   和 BDE△ 是等边三角形， 是等边三角形， DBE   CBE    60  ， 和 BDE△ ,  DBE   选项正确，不符合题意； B、∵ ABC , ∴     ≌     AB BC BE BD ABC       ∴ ABC 即 ABE ∴ ABE ∴ BDC APC ∴  CBE CBD CBD AEB EAB （SAS）， BDC   ， ， ，   AEB   EBD  60  ，   EAB 选项正确，不符合题意； C、∵ ABC 但边长不一定相等， 和 BDE△ 是等边三角形，  选项错误，符合题意； D、∵ ABE CBD ∴ CBD△  选项正确，不符合题意； ≌ 可以看作是 ABE ，且 EBD  60  ， 绕点 B 顺时针旋转60 而成， 故选 C． 【点睛】此题考查了等边三角形的判定与性质与全等三角形的判定与性质，平行线的判定和 中，D 是边 AC 上一点，连接 BD ，将 BCD△ 性质，本题是常考题型，解题的关键是仔细识图，找准全等的三角形． 11. 在等边 ABC 得 到 BAE ② ADE 个数是（ ， 连 接 ED ， 若 BDC ；③ BDE ） BC  ， 是等边三角形；④ ADE△      5 绕点 B 逆时针旋转60 ， BC∥ ； 的周长是 9．其中，正确结论的 BD  ， 有 下 列 结 论 ： ① AE 4 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
    【答案】C 【解析】 【分析】根据等边三角形的性质得 AC BC  ，再利用旋转的性 5   ， AE CD C ABC    ，则 BAE  60    ， ABC ，那么  BAE 60 绕点 B 逆时针旋转60 得到 BAE C    质得 ，根据平行线的判定可对①进 行判断；由 BCD△ DBE 4 根据等边三角形的判定方法得到 BDE 为等边三角形，可对③进行判断；根据等边三角形 4 的性质得 进行判断；最后利用 AE CD 【详解】解：∵ ABC  和三角形周长定义,可对④进行判断．  ，然后说明 为等边三角形， DE DB DE DB BD BE  ，可对② BDE BDC ADE  ，则  ，  ， 60 60 60 60 ，    4     ， ， ， 绕点 B 逆时针旋转60 ，得到 BAE 60   ，  ，  5 C  ，  ， AC BC    绕点 B 逆时针旋转60 ，得到 BAE C    ABC    ， AE CD 60 ， ，   60 BD BE BC∥ ，①正确； ABC ∴ ∵ BCD△ BAE  ∴ ∴ BAE  ∴ AE ∵ BCD△ DBE ∴ ∴ BDE  为等边三角形，③正确， BDE  4 ∴ ∵ BC BD ∴ BDC ADE BDC C 60  ，②错误；  ∴ ∵ AE CD DE DB ∴ ADE△  故选：C． DE DB   ，即 60 ，  ， 的周长 4   ，  ， 60 ，  4    ， AD AE DE AD CD DE AC DE         ，④正确． 5 4 9 【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线 段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等，也考查了等边三角形的判定与性质，平行线 的判定等知识，熟练掌握并运用旋转的性质是关键． 12. 已知抛物线 y=ax2+bx+c（0＜2a≤b）与 x 轴最多有一个交点．以下四个结论： ①abc＞0； ②该抛物线的对称轴在 x=﹣1 的右侧； ③关于 x的方程 ax2+bx+c+1=0 无实数根； ④ a b c   b ≥2．
    其中，正确结论的个数为（ ） B. 2 个 C. 3 个 D. 4 个 A. 1 个 【答案】C 【解析】 【分析】由 a>0 可知抛物线开口向上，再根据抛物线与 x 轴最多有一个交点可 c>0，由此可 判 断 ① ， 根 据 抛 物 线 的 对 称 轴 公 式 x= ﹣ b 2 a 可 判 断 ② ， 由 ax2+bx+c≥0 可 判 断 出 ax2+bx+c+1≥1＞0，从而可判断③，由题意可得 a﹣b+c＞0，继而可得 a+b+c≥2b，从而可 判断④. 【详解】①∵抛物线 y=ax2+bx+c（0＜2a≤b）与 x 轴最多有一个交点， ∴抛物线与 y 轴交于正半轴， ∴c＞0， ∴abc＞0，故①正确； ②∵0＜2a≤b， ∴ b 2 a ＞1， ∴﹣ b 2 a ＜﹣1， ∴该抛物线的对称轴在 x=﹣1 的左侧，故②错误； ③由题意可知：对于任意的 x，都有 y=ax2+bx+c≥0， ∴ax2+bx+c+1≥1＞0，即该方程无解，故③正确； ④∵抛物线 y=ax2+bx+c（0＜2a≤b）与 x 轴最多有一个交点， ∴当 x=﹣1 时，y＞0， ∴a﹣b+c＞0， ∴a+b+c≥2b， ∵b＞0， ∴ a b c   b ≥2，故④正确， 综上所述，正确的结论有 3 个， 故选 C． 【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，解题的关键是熟练运用二次函数的图象与系数 的关系. 二、填空题 13. 点 3,4 关于原点 O 的对称点为______．
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