湖北省武汉市青山区 学年九年级上学期 期中考试九年级数学试题.docx
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湖北省武汉市青山区学年九年级上学期期中考试九年级数学试题
湖北省武汉市青山区2018-2019学年九年级上学期
期中考试数学试题
一、你一定能选对（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1.一元二次方程4x2+5x﹣1＝0的常数项为（）
A．4B．5C．1D．﹣1
【分析】直接利用一元二次方程的各部分名称分析得出答案．解：
一元二次方程4x2+5x﹣1＝0的常数项为：
﹣1．
故选：
D．
【点评】此题主要考查了一元二次方程的一般形式，正确把握各部分名称是解题关键．
2.下列图形中，是中心对称图形的是（）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据中心对称图形的概念求解．解：
A．是中心对称图形；
B．不是中心对称图形；C．不是中心对称图形；
D．不是中心对称图形；故选：
A．
【点评】本题考查了中心对称图形的概念：
中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3．抛物线y＝﹣5（x+2）2﹣6的顶点坐标是（）
A．（2，6）B．（﹣2，6）C．（2，﹣6）D．（﹣2，﹣6）
【分析】根据顶点式的坐标特点直接写出顶点坐标．解：
∵y＝﹣5（x+2）2﹣6是抛物线解析式的顶点式，
∴顶点坐标为（﹣2，﹣6）．故选：
D．
【点评】此题考查二次函数的性质，掌握顶点式y＝a（x﹣h）2+k中，顶点坐标是（h，k）是解决问题的关键．
4.用配方法解一元二次方程x2﹣6x﹣5＝0，此方程可化为（）
A．（x﹣3）2＝4B．（x﹣3）2＝14C．（x﹣9）2＝4D．（x﹣9）2＝14
【分析】常数项移到方程的右边后，两边配上一次项系数一半的平方，写成完全平方式即可得．
解：
∵x2﹣6x＝5，
∴x2﹣6x+9＝5+9，即（x﹣3）2＝14，故选：
B．
【点评】本题主要考查配方法解一元二次方程的能力，熟练掌握完全平方公式和配方法的基本步骤是解题的关键．
5.把抛物线y＝x2+1向右平移3个单位，再向下平移2个单位，得到抛物线
（）
A．y＝（x+3）2﹣1B．y＝（x+3）2+3
C．y＝（x﹣3）2﹣1D．y＝（x﹣3）2+3
【分析】易得原抛物线的顶点及平移后抛物线的顶点，根据平移不改变抛物线的二次项系数可得新的抛物线解析式．
解：
由题意得原抛物线的顶点为（0，1），
∴平移后抛物线的顶点为（3，﹣1），
∴新抛物线解析式为y＝（x﹣3）2﹣1，故选：
C．
【点评】考查二次函数的几何变换；用到的知识点为：
二次函数的平移不改变二次项的系数；得多新抛物线的顶点是解决本题的突破点．
6.如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠ACO＝45°，则∠B的度数为（）
A．30°B．35°C．40°D．45°
【分析】先根据OA＝OC，∠ACO＝45°可得出∠OAC＝45°，故可得出∠AOC
的度数，再由圆周角定理即可得出结论．解：
∵OA＝OC，∠ACO＝45°，
∴∠OAC＝45°，
∴∠AOC＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∴∠B＝
∠AOC＝45°．故选：
D．
【点评】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解答此题的关键．
7.
如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．若点A，D，E在同一条直线上，∠ACB＝20°，则∠ADC的度数是（）
A．55°B．60°C．65°D．70°
【分析】根据旋转的性质和三角形内角和解答即可．解：
∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．
∴∠DCE＝∠ACB＝20°，∠BCD＝∠ACE＝90°，AC＝CE，
∴∠ACD＝90°﹣20°＝70°，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴∠ADC+∠EDC＝180°，
∵∠EDC+∠E+∠DCE＝180°，
∴∠ADC＝∠E+20°，
∵∠ACE＝90°，AC＝CE
∴∠DAC+∠E＝90°，∠E＝∠DAC＝45°
在△ADC中，∠ADC+∠DAC+∠DCA＝180°，即45°+70°+∠ADC＝180°，
解得：
∠ADC＝65°，故选：
C．
【点评】此题考查旋转的性质，关键是根据旋转的性质和三角形内角和解答．
8.某品牌手机经过连续两次降价，每台售价由原来的2500元降到了1280元，设平均每次降价的百分率为x，则可列方程（）A．2500（1+x）2＝1280B．2500（1﹣x）2＝1280
C．1280（1﹣x）2＝2500D．1280（1+x）2＝2500
【分析】本题可先列出第一次降价的售价的代数式，再根据第一次的售价列出第二次降价的售价的代数式，然后根据已知条件即可列出方程．
解：
依题意得：
第一次降价的售价为：
2500（1﹣x），
则第二次降价后的售价为：
2500（1﹣x）（1﹣x）＝2500（1﹣x）2，
∴2500（1﹣x）2＝1280．故选：
B．
【点评】本题考查的是一元二次方程的运用，要注意题意指明的是降价，应该是（1﹣x）而不是（1+x）．
9.
如图，是抛物线形拱桥，当拱顶高离水面2m时，水面宽4m，若水面上升1m，则水面宽为（）
A．
mB．2mC．2
mD．2
m
【分析】根据已知得出直角坐标系，进而求出二次函数解析式，再通过把y＝1
代入抛物线解析式得出水面宽度，即可得出答案．解：
如图：
建立平面直角坐标系，设横轴x通过AB，纵轴y通过AB中点O且通过C点，则通过画图可得知O为原点，
抛物线以y轴为对称轴，且经过A，B两点，OA和OB可求出为AB的一半2米，抛物线顶点C坐标为（0，2），
通过以上条件可设顶点式y＝ax2+2，其中a可通过代入A点坐标（﹣2，0），到抛物线解析式得出：
a＝﹣0.5，所以抛物线解析式为y＝﹣0.5x2+2，
∵若水面上升1m
∴y＝1
∴1＝﹣0.5x2+2
∴x＝
∴水面宽为2
m
故选：
C．
【点评】此题主要考查了二次函数的应用，根据已知建立坐标系从而得出二次函数解析式是解决问题的关键．
10.如图，在等腰△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝2
，点D在边BC上，
CD＝
，将线段CD绕点C逆时针旋转α°（其中0＜α≤360）到CE，连接
AE，以AB，AE为边作▱ABFE，连接DF，则DF的最大值为（）
A．
+
B．
+
C．2
+
D．
+2
【分析】作平行四边形ABPC，连接PA交BC于点O，连接PF．解直角三角形求得PD＝
，由四边形PCEF是平行四边形，推出PF＝EC＝
，推出点
F的运动轨迹是以P为圆心
为半径的圆，由此即可解决问题；解：
作平行四边形ABPC，连接PA交BC于点O，连接PF．
∵四边形ABPC是平行四边形，AB＝BC，
∴四边形ABPC是菱形，
∴PA⊥BC，
∵AB＝AC＝2
，∠ABC＝120°，
∴∠BAO＝60°，
∴OA＝OP＝
，OB＝OC＝3
，
∵CD＝
，
∴OD＝2
，
∴PD＝
＝
，
∵AB∥PC∥PE，AB＝PC＝PE，
∴四边形PCEF是平行四边形，
∴PF＝CE＝CD＝
，
∴点F的运动轨迹是以P为圆心
为半径的圆，
∴DF的最大值＝
+
，故选：
B．
【点评】本题考查旋转变换、等腰三角形的性质、平行四边形的判定和性质，圆的有关知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会正确寻找点F的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）下列各题不需要写出解答过程，请将结论直接写在答题卷指定的位置.
11.在平面直角坐标系中，点（﹣3，4）关于原点对称的点的坐标是（3，﹣4）．
【分析】根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数解答．解：
点（﹣3，4）关于原点对称的点的坐标是（3，﹣4）．
故答案为：
（3，﹣4）．
【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：
关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
12.抛物线y＝x2﹣2x+m与x轴有两个公共点，请写出一个符合条件的表达式为
y＝x2﹣2x．
【分析】根据判别式的意义得到△＝（﹣2）2﹣4m＞0，然后解不等式组求出m
的范围，再在此范围内写出一个m的值即可．解：
根据题意得到△＝（﹣2）2﹣4m＞0，
解得m＜1，
若m取0，抛物线解析式为y＝x2﹣2x．故答案为y＝x2﹣2x．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：
对于二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0），△＝b2﹣4ac决定抛物线与x轴的交点个数：
△＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；△＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
13.已知4是方程x2﹣c＝0的一个根，则方程的另一个根是﹣4．
【分析】可将该方程的已知根4代入两根之和公式列出方程，解方程即可求出方程的另一根．
解：
设方程的另一个根为x2，则4+x2＝0，
解得：
x2＝﹣4，故答案为：
﹣4．
【点评】本题考查了根与系数的关系：
若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a
≠0）的两根时，x1+x2＝﹣
，x1x2＝
．
14.
某种植物的主干长出若干数目的支干又长出同样数目的小分支，主干、支干和小分支的总数是91．设每个支干长出x个小分支，则可得方程为x2+x+1
＝91．
【分析】由题意设每个支干长出x个小分支，因为主干长出x个（同样数目）支干，则又长出x2个小分支，则共有x2+x+1个分支，即可列方程．
解：
设每个支干长出x个小分支，根据题意列方程得：
x2+x+1＝91．
故答案为x2+x+1＝91．
【点评】此题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，要根据题意分别表示主干、支干、小分支的数目，找到关键描述语，找到等量关系是解决问题的关键．
15.
如图，在⊙O中，AB、CD是互相垂直的两条直径，点E在
上，CF⊥AE于点F，若点F四等分弦AE，且AE＝8，则⊙O的面积为20π．
【分析】如图，连接AC，EC．首先证明CF＝EF＝2，利用勾股定理求出AC即可解决问题；
解：
如图，连接AC，EC．
∵AB、CD是互相垂直的两条直径，
∴∠AOC＝90°，
∴∠AEC＝
∠AOC＝45°，
∵CF⊥AE，
∴∠CFE＝90°，
∴∠FCE＝∠FEC＝45°，
∴EF＝CF，
∵点F四等分弦AE，且AE＝8，
∴EF＝
AE＝2，
∴CF＝2，AF＝6，
∴AC＝
＝2
，
∵OA＝OC，∠AOC＝90°，
∴OA＝OC＝2
，
∴⊙O的面积为π•（2
）2＝20π，故答案为20π．
【点评】本题考查勾股定理的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
16.已知二次函数y＝ax2+2ax+3a2+3（其中x是自变量），当x≥2时，y随x的增大而增大，且﹣2≤x≤1时，y的最大值为9，则a的值为1．
【分析】先求出二次函数的对称轴，再根据二次函数的增减性得出抛物线开口向上a＞0，然后由﹣2≤x≤1时，y的最大值为9，可得x＝1时，y＝9，即可求出a．
解：
∵二次函数y＝ax2+2ax+3a2+3（其中x是自变量），
∴对称轴是直线x＝﹣
＝﹣1，
∵当x≥2时，y随x的增大而增大，
∴a＞0，
∵﹣2≤x≤1时，y的最大值为9，
∴x＝1时，y＝a+2a+3a2+3＝9，
∴3a2+3a﹣6＝0，
∴a＝1，或a＝﹣2（不合题意舍去）．故答案为：
1．
【点评】本题考查了二次函数的性质，解题的关键是熟知二次函数的性质并作出正确的判断．
三、解下列各题（本大题共8小题，共72分）下列各题需要在答题卷的指定位置写出文字说明、证明过程、演算步骤或画出图形.
17．（8分）解方程：
（1）x2﹣2
x＝0；
（2）x2+2x﹣5＝0
【分析】
（1）分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可；
（2）先求出b2﹣4ac的值，再代入公式求出即可．解：
（1）x2﹣2
x＝0，
x（x﹣2
）＝0，x＝0，x﹣2
＝0，x1＝0，x2＝2
；
（2）x2+2x﹣5＝0
b2﹣4ac＝22﹣4×1×（﹣5）＝24，
x＝
，
，x1＝﹣1+
，x2＝﹣1﹣
．
【点评】本题考查了解一元二次方程，能选择适当的方法解方程是解此题的关键，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．
18．（8分）如图，△ABC中，∠C＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转90°，得到△DEC（其中点D、E分别是A、B两点旋转后的对应点）．
（1）请画出旋转后的△DEC；
（2）试判断DE与AB的位置关系，并证明你的结论．
【分析】
（1）根据要求画出△DCE即可；
（2）利用“8字型”证明∠AFE＝∠DCE即可解决问题；解：
（1）旋转后的△DEC如图所示．
（2）结论：
DE⊥AB．
理由：
延长DE交AB于点F．
由旋转不变性可知：
∠A＝∠D，∠ACB＝∠DCE＝90°，
∵∠AEF＝∠DEC，
∠∠AFE＝∠DCE＝90°，
∴DE⊥AB．
【点评】本题考查旋转变换，解题的关键是熟练掌握利用“8字型”证明角相等，属于中考常考题型．
19．（8分）如图，有一张矩形纸片，长10cm，宽6cm，在它的四角各剪去一个同样的小正方形，然后将四周突出部分折起，就能制作一个无盖的方盒，若方盒的底面积（图中阴影部分）是32cm2，求剪去的小正方形的边长．
【分析】设剪去的小正方形的边长为xcm，则方盒的底面为长（10﹣2x）cm，宽为（6﹣2x）cm的长方形，根据方程形的面积公式结合方盒的底面积是32cm2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论．
解：
设剪去的小正方形的边长为xcm，根据题意得：
（10﹣2x）（6﹣2x）＝32，整理得：
x2﹣8x+7＝0，
解得：
x1＝7，x2＝1．
∵7＞6，
∴x1＝7舍去．
答：
剪去的小正方形的边长为1cm．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
x
…
﹣2
﹣1
0
2
…
y
…
﹣3
﹣4
﹣3
5
…
20．（8分）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）中，函数y与自变量x的部分对应值如下表：
（1）求二次函数的解析式；
（2）求该函数图象与x轴的交点坐标；
（3）不等式ax2+bx+c+3＞0的解集是x＜﹣2或x＞0．
【分析】
（1）由表格中的数据，利用待定系数法即可求出二次函数的解析式；
（2）求出y＝0时x的值，即可得出答案；
（3）根据表格得出ax2+bx+c＝﹣3时x的值，再根据二次函数的性质即可得出不等式ax2+bx+c+3＞0的解集．
解：
（1）由题意，得c＝﹣3．
将点（2，5），（﹣1，﹣4）代入，
，
∴二次函数的解析式为y＝x2+2x﹣3；
（2）当y＝0时，x2+2x﹣3＝0，解得：
x＝﹣3或x＝1，
∴该函数图象与x轴的交点坐标（﹣3，0），（1，0）；
（3）由表格可知，ax2+bx+c＝﹣3，即ax2+bx+c+3＝0的解为x＝﹣2或0，
∵a＝1＞0，抛物线开口向上，
∴不等式ax2+bx+c+3＞0的解集是x＜﹣2或x＞0．故答案为x＜﹣2或x＞0．
【点评】本题考查了二次函数与不等式，待定系数法求二次函数解析式，二次函
数的性质以及抛物线与x轴的交点；求出二次函数的解析式是解决问题的关键．
21．（8分）如图，以△AOB的顶点O为圆心，OB为半径作⊙O，交OA于点E，交AB于点D，连接DE，DE∥OB，延长AO交⊙O于点C，连接CB．
（1）求证：
＝
；
（2）若AD＝4
，AE＝CE，求OC的长．
【分析】
（1）先根据圆周角定理可得：
∠EDC＝90°，由平行线的性质得：
OB
⊥CD，最后由垂径定理可得结论；
（2）如图2，根据中位线定理可得EF＝
AD，OF＝
DE，证明四边形EFBD
是平行四边形，则BF＝DE，设OF＝x，则BF＝DE＝2x，OC＝OB＝3x，根据DF2＝CF2，列方程得结论．
（1）证明：
如图1，连接CD交OB于F，
∵CE是直径，
∴∠EDC＝90°，
∵DE∥OB，
∴∠EDC＝∠OFC＝90°，即OB⊥CD，
∴
；
（2）解：
如图2，连接CD交OB于F，连接EF，
由
（1）得：
DE∥OB，OB⊥CD，点F是CD的中点，
∵AE＝CE，
∴EF∥AD，EF＝
AD＝2，
∵O是CE的中点，F是CD的中点，
∴OF＝DE，
∵EF∥BD，DE∥BF，
∴四边形EFBD是平行四边形，
∴BF＝DE，
设OF＝x，则BF＝DE＝2x，OC＝OB＝3x，
∵
，
∴BC＝BD＝EF＝2
，
∵DF2＝CF2
∴
，
解得：
x＝±1，
∵x＞0，
∴x＝1，
∴OC＝3x＝3．
【点评】此题主要考查了圆的性质，垂径定理，勾股定理，平行四边形的判定，三角形的中位线，解本题的关键是作出辅助线，是一道比较基础的中考常考题．
22．（10分）俄罗斯世界杯足球赛期间，某商店销售一批足球纪念册，每本进价
40元，规定销售单价不低于44元，且获利不高于30%．试销售期间发现，
当销售单价定为44元时，每天可售出300本，销售单价每上涨1元，每天销售量减少10本，现商店决定提价销售．设每天销售量为y本，销售单价为x
元．
（1）请直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围；
（2）当每本足球纪念册销售单价是多少元时，商店每天获利2400元？
（3）将足球纪念册销售单价定为多少元时，商店每天销售纪念册获得的利润w
元最大？
最大利润是多少元？
【分析】
（1）售单价每上涨1元，每天销售量减少10本，则售单价每上涨（x
﹣44）元，每天销售量减少10（x﹣44）本，所以y＝300﹣10（x﹣44），然后利用销售单价不低于44元，且获利不高于30%确定x的范围；
（2）利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到（x﹣40）（﹣10x+740）＝2400，然后解方程后利用x的范围确定销售单价；
（3）利用利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到w＝（x﹣40）（﹣10x+740），再把它变形为顶点式，然后利用二次函数的性质得到x＝52时w最大，从而计算出x＝52时对应的w的值即可．
解：
（1）y＝300﹣10（x﹣44），即y＝﹣10x+740（44≤x≤52）；
（2）根据题意得（x﹣40）（﹣10x+740）＝2400，解得x1＝50，x2＝64（舍去），
答：
当每本足球纪念册销售单价是50元时，商店每天获利2400元；
（3）w＝（x﹣40）（﹣10x+740）
＝﹣10x2+1140x﹣29600
＝﹣10（x﹣57）2+2890，
当x＜57时，w随x的增大而增大，而44≤x≤52，
所以当x＝52时，w有最大值，最大值为﹣10（52﹣57）2+2890＝2640，
答：
将足球纪念册销售单价定为52元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大，最大利润是2640元．
【点评】本题考查了二次函数的应用：
利用二次函数解决利润问题，解此类题的关键是通过题意，确定出二次函数的解析式，然后利用二次函数的性质确定其最大值；在求二次函数的最值时，一定要注意自变量x的取值范围．也考
查了一元二次方程的应用．
23．（10分）已知，在正方形ABCD中，AB＝5，点F是边DC上的一个动点，将△ADF绕点A顺时针旋转90°至△ABE，点F的对应点E落在CB的延长线上，连接EF．
（1）如图1，求证：
∠DAF+∠FEC＝∠AEF；
（2）将△ADF沿AF翻折至△AGF，连接EG．
①如图2，若DF＝2，求EG的长；
②如图3，连接BD交EF于点Q，连接GQ，则S△QEG的最大值为．
【分析】
（1）利用平行线的性质，旋转不变性证明∠DAF+∠FEC＝45°即可解决问题；
（2）①如图2中，连接BF．由△AEG≌△AFB（SAS），可得EG＝BF，利用勾股定理求出BF即可；
②如图3中，作FH⊥CD交BD于H，QM⊥BC于M，连接BF，BG，设BF交
EG于点O．首先证明EF∥BG，推出S△EQG＝S△EBQ，设DF＝EB＝x，则CF
＝5﹣x，再证明QM是△EFC的中位线，构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；
（1）
证明：
如图1中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE+∠AEC＝180°，
∵△ABE是由△ADF绕点A顺时针旋转90°得到，
∴∠EAF＝90°，AE＝AF，
∴∠AEF＝45°，
∴∠DAF+∠EAF+∠AEF+∠FEC＝180°，
∴∠DAF+∠FEC＝45°，
∴∠DAF+∠FEC＝∠AEF．
（2）①解：
如图2中，连接BF．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝5，∠C＝90°，
∵DF＝2，
∴CF＝3，
∵∠DAF＝∠FAG＝∠BAE，
∴∠EAG＝∠FAB，
∵AE＝AF，AG＝AB，
∴△AEG≌△AFB（SAS），
∴EG＝BF，
在Rt△BCF中，BF＝
＝
，
∴EG＝BF＝
．
②解：
如图3中，作FH⊥CD交BD于H，QM⊥BC于M，连接BF，BG，设
BF交EG于点O．
∵EG＝BF，BF＝FB，FG＝EB，
∴△EFG≌△FEB（SSS），
∴∠GEF＝∠EFB，
同法可证∠FBG＝∠EGB，
∵∠EOF＝∠BOG，
∴∠EFB＝∠FBG，
∴EF∥BG，
∴S△EQG＝S△EBQ，设DF＝EB＝x，则CF＝5﹣x，
∵FH∥
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