logo资料库

2023-2024学年湖北省武汉市江汉区九年级上学期数学期中试题及答案.doc

发布时间：2024-04-01 发布人：admin 分类：说明书 资料大小：4.64M 资料格式：doc 举报 版权申诉
第1页 / 共28页
第2页 / 共28页
第3页 / 共28页
第4页 / 共28页
第5页 / 共28页
第6页 / 共28页
第7页 / 共28页
第8页 / 共28页
资料共28页，剩余部分请下载后查看
    2023-2024 学年湖北省武汉市江汉区九年级上学期数学期中 试题及答案 第Ⅰ卷（选择题 共 30 分） 一、选择题（共 10 小题，每小题 3 分，共 30 分）下列各题中均有四个备选答案，其中有且 只有一个正确，请在答题卡上将正确答案的代号涂黑． 1. 下列运动项目图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） B. D. A. C. 【答案】B 【解析】 【分析】根据“根据沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的平面图形叫做轴对称 图形；绕某一点旋转180 ，旋转后的图形能与原图形重合，那么这个图形是中心对称图形” 进行判断即可． 【详解】解：A. 既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，故不符合题意； 既是轴对称图形，又是中心对称图形，故符合题意； 是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； 是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； B. C. D. 故选：B． 2. 在一元二次方程 2 5 x x  中，二次项系数为 1 时，常数项是（ 2 ）
    B. 5 C. 2 D. 2 A. 5 【答案】D 【解析】 【分析】把一元二次方程化为一般形式 2 ax  bx c   0  a  ，即可得到答案． 0  【详解】解：一元二次方程 2 5 x x  化为一般形式为 2 5 x 2 x   ， 2 0 则二次项系数为 1，一次项系数为 5 ，常数项为 2 ， 故选：D 3. 一元二次方程 2 x 3 x   的根的情况是（ 4 0 ） A. 有两个相等的实数根 B. 有两个不相等的实数根 C. 只有一个实数根 D. 没有实 数根 【答案】B 【解析】 【分析】利用判别式计算解答 【详解】解：∵ 1,  a b   3, c   ， 4 ∴   b 2 4  ac  3    2       4 1 4  25 0  ， ∴方程有两个不相等的实数根， 故选：B 【点睛】此题考查一元二次方程根的判别式：当 0  时，方程有两个不相等的实数根；当 Δ 0 时，方程有两个相等的实数根；当Δ 0 时，方程没有实数根，熟记根的判别式是解 题的关键． 4. 如图， AB 是 O 的直径，D，C 是 O 上的点， ADC  115  ，则 BAC 的度数是 （ ）
    B. 30 C. 35 D. 40 A. 25 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆内接四边形对角互补和直径所对圆周角等于 90 度求解即可． 【详解】解：∵ ADC  115  ， ∴ B  65  ， ∵ AB 是 O 的直径， ∴ ∴   ， 90 ACB 180 BAC    90   65  = ， 25 故选：A． 【点睛】本题考查圆的性质，涉及到圆内接四边形对角互补和直径所对圆周角等于 90 度， 熟记知识点是关键． 5. 若抛物线 y   x 2  2 x m  的顶点在 x 轴上，则 m 的值是（ ） B. 1 C. 0 D. 1 A. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先把抛物线转化为顶点式求得顶点坐标为 1,1 m ，根据坐标轴上点的特征可得  1 0m  ，再解方程即可．本题主要考查二次函数的顶点式以及二次函数的性质，掌握配 方法，把二次函数化为顶点式是关键． 【详解】解：∵ y   x 2  2 x m  =   x  1 2 1   ， m ∴抛物线的顶点坐标为 1,1 m ，  ∵顶点在 x 轴上， ∴1 0m  ， ∴ m   ， 1 故选：D． 6. 把抛物线 y ( x  22 ) 1  先向左平移 3 个单位，再向下平移 2 个单位得到的图像解析式 是（ ） A. y ( x  2 5)  1 B. y ( x  1) 2  1
    C. y ( x  1) 2  3 D. y ( x  1) 2  3 【答案】B 【解析】 【分析】易得新抛物线的顶点，根据顶点式及平移前后二次项的系数不变可得新抛物线的解 析式． 【详解】解：原抛物线的顶点为（2，1），向左平移 3 个单位，再向下平移 2 个单位， 那么新抛物线的顶点为（-1，-1）； 可得新抛物线的解析式为 y ( x  1) 2 1  ， 故选 B． 【点睛】本题考查了二次函数图像的平移，解决本题的关键是得到新抛物线的顶点坐标． 7. 如图，在 ABC  ，将 ABC 若 B 点的对应点 B 恰好落在 BC 边上，则 CAC ABC 中， 48   绕点 A 按逆时针方向旋转得到 AB C △  ， 的度数是（ ） B. 54 C. 72 D. 84 A. 24 【答案】D 【解析】 【 分 析 】 本 题 考 查 旋 转 的 性 质 ， 等 腰 三 角 形 的 性 质 ； 根 据 旋 转 的 性 质 可 得 ：  BAB    CAC  ， AB AB  ，从而利用等腰三角形的性质可得  ABC   AB B  48  ， 然后利用三角形内角和定理可得 【详解】由旋转得： BAB     ∴  ABC   AB B  48  ， Ð BAB¢  CAC = °，即可解答． 84 ， AB AB  ， ∴ ∠ ∴  BAB CAC    180   BAB   B 84   ，   ∠ ∠  AB B  84  ， 故选：D． 8. 抛物线 y   x 2 2 x  的对称轴是直线（ 3 ）
    B. = 1 x  C. x  2 D. 2 x   A. 1x  【答案】B 【解析】 【分析】根据“二次函数的对称轴公式为 x   ”进行求解即可． b 2 a 【详解】解：∵ a   ， 1 b   ， 2 ∴对称轴为直线 x   b 2 a   2    1   2 1   ， 故选：B． 9. 如图，四边形 ABCD 是 O 的内接四边形， BC CD EDC△ ，则下列说法不正确的是（ ） ，将 ABC 绕点C 旋转至 A. AC 平分 BAD B. 点 A， D ， E 在同一条直线上 C. 若 BAD  60  ，则 AB AD   2 AC D. 若 AD AB CD   ，则 ABC  120  【答案】C 【解析】 【分析】根据圆周角、弦、弧之间的关系即可判断选项 A 选项；根据旋转的性质和圆内接四 边形的性质即可判断 B 选项；先求出  BAC   CAD  1 2 BAD  30  ，由旋转可知，    E BAC  30  ，进一步得到 AE AD DE AB AD     ，AC CE ，作CH AE 于 点 H ， 则  AHC   CHE  90  ， 则 AH  3 2 AC EH ,  3 2 CE ， 进 一 步 得 到 AE  3 AC ，则 AB AD   3 AC ，即可判断 C 选项；在 AD 截取 AM AB ，连接CM ， 证明 CMD△ ABC 可得 是等边三角形，得到 CDM  ，即可判断 D 选项． 120   60  ，由四边形 ABCD 是 O 的内接四边形即
    【详解】解：A．∵ BC CD ， ∴  BC CD ， ∴ BAC    CAD ， ∴ AC 平分 BAD ， 故选项正确，不符合题意； 绕点C 旋转至 EDC△ B． ∵将 ABC ∴ ABC   ∵四边形 ABCD 是 O 的内接四边形， EDC  ， ， ∴  ABC   ADC  180  ， ∴  EDC   ADC  180  ， ∴点 A， D ， E 在同一条直线上； 故选项正确，不符合题意； C．∵ BC CD ， ∴  BC CD ， ∴ BAC    ∵ BAD  ， CAD 60  ， ∴  BAC   CAD  由旋转可知， 30  ，  BAD 1 2 BAC  ， DE AB 30   ， ， E       30  E ∴  CAE   ∴ AE AD DE AB AD AHC 作CH AE 于点 H，则   ， AC CE ， 90   CHE   ， ∴ AH  3 2 AC EH ,  3 2 CE ， ∴ AE AH EH    3 2 AC  3 2 CE  3 2 AC  3 2 AC  3 AC ，
    ∴ AB AD   3 AC ， 故选项错误，符合题意； D．在 AD 截取 AM AB ，连接CM ， ∵ BC CD ， ∴  BC CD ， ∴ BAC    CAD ， ∵ AC AC ， ∴  BAC ≌ CAM  SAS  ， ， ， ∴CM BC ∴CM CD ∵ AD AB CD  ∴ AD AM CD ∵ AD AM MD ∴ MD CD ， ∴CM CD MD      ，  ，  ， ， 是等边三角形， ∴ CMD△ CDM ∴  60  ， ∵四边形 ABCD 是 O 的内接四边形， ∴  ABC  180    CDM  120  , 故选项正确， 故选：C 【点睛】此题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理、旋转的性质、等边三角形的判定和 性质、全等三角形的判定和性质、含30 角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握圆内接四 边形的性质和添加适当的辅助线是解答此题的关键．
    10. 已知实数 m，n 满足 2 m  4 m  5  2 n  2 n  6   ，则 2 5 3m n 的值是（ ） B. 1 C. 0 D. 1 A. 2 【答案】D 【解析】 【 详 解 】 先 把 原 式 转 化 为    m  2 2    1      n  2  1   5 = 5  ， 可 得 当  m  22  ， 0  时，等式成立，即可求得 m   ， 1n  ，再代入求值即可． 2 0 21  n  【分析】解： ∴    ∵ 22 m  m 2   2 2 m  4 m  5  2 n  2 n  6   ， 5   1      ， 0  n  2  1   5 = 5  ， 1n  ≥ ， 0 2 ∴ m  22  ， 0 n  21  ， 0 即 ∴ ∴ n   ， 2 0 2 m   ， 1 0 m   ， 1n  ，      m n 3 = 2 2 2  3 1 = 1  ， 故选：D． 【点睛】本题考查非负数的性质、代数式求值，解一元一次方程，变形得出 m  2 2       1      n  2  1   5 = 5  是解题的关键． 第Ⅱ卷（非选择题 共 90 分） 二、填空题（共 6 小题，每小题 3 分，共 18 分）下列各题不需要写出解答过程，请将结果 直接填写在答题卷指定的位置． 11. 点 (1, 4) M  关于原点对称的点的坐标是_______________________． 【答案】 1,4 【解析】 【分析】由关于原点对称的点的坐标特征可以得到解答． 【详解】解：∵关于原点对称的点的坐标特征为：  x        y x y ， 由题意得：x=1，y=-4，
    分享到：
    赞 收藏

    相关推荐

    资料库

    初中三年级

    共收录1452份资料，累计55个分类，关注成员有19位，主要包括：2023年,2022年,2021年,2020年,辽宁,2024年,湖北,福建,2019年,四川,湖南,浙江,河北,天津,江苏,上海,广东,北京

    热门标签

    2023年 2022年 2021年 2020年 辽宁 2024年 湖北 福建 2019年 四川 湖南 浙江 河北 天津 江苏 上海 广东 北京

    最新资料