【人教版】九年级上期中数学试卷1 含答案.doc

九年级（上）期中数学试卷 　 一、选择题：每小题4分，共40分． 1．下列方程中，是关于x的一元二次方程的是（　　） A．ax2+bx+c=0 B． C．3（x+1）2=2（x+1） D．2x2+3x=2x2﹣2 　 2．用配方法解方程x2+8x+9=0，变形后的结果正确的是（　　） A．（x+4）2=﹣7 B．（x+4）2=﹣9 C．（x+4）2=7 D．（x+4）2=25 　 3．若关于x的一元二次方程x2﹣2x+m=0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是（　　） A．m＜1 B．m＜﹣1 C．m＞1 D．m＞﹣1 　 4．一元二次方程x2﹣x﹣2=0的解是（　　） A．x1=1，x2=2 B．x1=1，x2=﹣2 C．x1=﹣1，x2=﹣2 D．x1=﹣1，x2=2 　 5．下列标志中，可以看作是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 6．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到的△AB′C′（点B的对应点是点B′，点C的对应点是点C′），连接CC′．若∠CC′B′=32°，则∠B的大小是（　　） A．32° B．64° C．77° D．87° 　 7．抛物线y=ax2+bx+c的顶点为D（﹣1，2），与x轴的一个交点A在点（﹣3，0）和（﹣2，0）之间，其部分图象如图，则以下结论： ①b2﹣4ac＜0；②a+b+c＜0；③c﹣a=2；④方程ax2+bx+c﹣2=0有两个相等的实数根． 其中正确结论的个数为（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 　 8．如图，已知⊙O的半径为13，弦AB长为24，则点O到AB的距离是（　　） A．6 B．5 C．4 D．3 　 9．如图，已知AB是△ABC外接圆的直径，∠A=35°，则∠B的度数是（　　） A．35° B．45° C．55° D．65° 　 10．在同一坐标系中，一次函数y=﹣mx+n2与二次函数y=x2+m的图象可能是（　　） A． B． C． D． 　 　 二、填空题：每小题3分，共18分． 11．已知方程x2+mx+3=0的一个根是1，则它的另一个根是　　　　　　． 　 12．若实数a、b满足（4a+4b）（4a+4b﹣2）﹣8=0，则a+b=　　　　　　． 　 13．把二次函数y=2x2的图象向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，平移后抛物线的解析式为　　　　　　． 　 14．如图，在平面直角坐标系中，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°后，得到线段AB′，则点B′的坐标为　　　　　　． 　 15．如图，在边长为4的正方形ABCD中，E是AB边上的一点，且AE=3，点Q为对角线AC上的动点，则△BEQ周长的最小值为　　　　　　． 　 16．观察下列图形规律：当n=　　　　　　时，图形“●”的个数和“△”的个数相等． 　 　 三、解答题：8题，共92分． 17．计算：﹣（2015+π）0． 　 18．解方程：2x2﹣7x+6=0． 　 19．已知方程x2+3x﹣1=0的两个实数根为α、β，不解方程求下列程式的值． （1）α2+β2 （2）． 　 20．在平面直角坐标系xOy中，A点的坐标为（3，4），将OA绕原点O顺时针旋转90°得到OA′，求点A′的坐标． 　 21．如图，AB，DE是⊙O的直径，C是⊙O上的一点，且=． （1）求证：BE=CE； （2）若∠B=50°，求∠AOC的度数． 　 22．如图，点P是正方形ABCD内一点，点P到点A、B和D的距离分别为1，2，，△ADP沿点A旋转至△ABP′，连结PP′，并延长AP与BC相交于点Q． （1）求证：△APP′是等腰直角三角形； （2）求∠BPQ的大小． 　 23．为落实国务院房地产调控政策，使“居者有其屋”，某市加快了廉租房的建设力度．2013年市政府共投资3亿元人民币建设了廉租房12万平方米，2015年投资6.75亿元人民币建设廉租房，若在这两年内每年投资的增长率相同． （1）求每年市政府投资的增长率； （2）若这两年内的建设成本不变，问2015年建设了多少万平方米廉租房？ 　 24．已知关于x的一元二次方程：x2﹣（m﹣3）x﹣m=0． （1）试判断原方程根的情况； （2）若抛物线y=x2﹣（m﹣3）x﹣m与x轴交于A（x1，0），B（x2，0）两点，则A，B两点间的距离是否存在最大或最小值？若存在，求出这个值；若不存在，请说明理由． （友情提示：AB=|x2﹣x1|） 　 25．已知抛物线y=﹣x2﹣2x+a（a≠0）与y轴相交于A点，顶点为M，直线y=分别与x轴、y轴相交于B、C两点，并且与直线MA相交于N点． （1）若直线BC和抛物线有两个不同交点，求a的取值范围，并用a表示交点M、A的坐标． （2）将△NAC沿着y轴翻转，若点N的对称点P恰好落在抛物线上，AP与抛物线的对称轴相交于点D，连接CD，求a的值及△PCD的面积． 　 　 九年级（上）期中数学试卷 参考答案与试题解析 　 一、选择题：每小题4分，共40分． 1．下列方程中，是关于x的一元二次方程的是（　　） A．ax2+bx+c=0 B． C．3（x+1）2=2（x+1） D．2x2+3x=2x2﹣2 【考点】一元二次方程的定义． 【分析】根据一元二次方程的定义：未知数的最高次数是2；二次项系数不为0；是整式方程；含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证，满足这四个条件者为正确答案． 【解答】解：A、a=0，ax2+bx+c=0是一元一次方程，故A错误； B、（）2+﹣2=0是分式方程，故B错误； C、3（x+1）2=2（x+1）是一元二次方程，故C正确； D、2x2+3x=2x2﹣2是一元一次方程，故D错误； 故选：C． 【点评】本题考查了一元二次方程的概念，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2． 　 2．用配方法解方程x2+8x+9=0，变形后的结果正确的是（　　） A．（x+4）2=﹣7 B．（x+4）2=﹣9 C．（x+4）2=7 D．（x+4）2=25 【考点】解一元二次方程-配方法． 【专题】计算题． 【分析】方程移项后，利用完全平方公式配方即可得到结果． 【解答】解：方程x2+8x+9=0，整理得：x2+8x=﹣9， 配方得：x2+8x+16=7，即（x+4）2=7， 故选C 【点评】此题考查了解一元二次方程﹣配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键． 　 3．若关于x的一元二次方程x2﹣2x+m=0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是（　　） A．m＜1 B．m＜﹣1 C．m＞1 D．m＞﹣1 【考点】根的判别式． 【专题】计算题． 【分析】根据根的判别式，令△＞0即可求出根的判别式． 【解答】解：∵关于x的一元二次方程x2﹣2x+m=0有两个不相等的实数根， ∴△=（﹣2）2﹣4×m＞0， ∴4﹣4m＞0， 解得m＜1． 故选A． 【点评】本题考查了一元二次方程根的情况与判别式△的关系： （1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根； （2）△=0⇔方程有两个相等的实数根； （3）△＜0⇔方程没有实数根． 　 4．一元二次方程x2﹣x﹣2=0的解是（　　） A．x1=1，x2=2 B．x1=1，x2=﹣2 C．x1=﹣1，x2=﹣2 D．x1=﹣1，x2=2 【考点】解一元二次方程-因式分解法． 【专题】因式分解． 【分析】直接利用十字相乘法分解因式，进而得出方程的根 【解答】解：x2﹣x﹣2=0 （x﹣2）（x+1）=0， 解得：x1=﹣1，x2=2． 故选：D． 【点评】此题主要考查了十字相乘法分解因式解方程，正确分解因式是解题关键． 　 5．下列标志中，可以看作是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【考点】轴对称图形． 【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 【解答】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； B、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； C、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； D、是轴对称图形，符合题意． 故选：D． 【点评】此题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念，解答时要注意： 判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部沿对称轴叠后可重合；判断中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180度后与原图重合． 　 6．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到的△AB′C′（点B的对应点是点B′，点C的对应点是点C′），连接CC′．若∠CC′B′=32°，则∠B的大小是（　　） A．32° B．64° C．77° D．87° 【考点】旋转的性质． 【分析】旋转中心为点A，C、C′为对应点，可知AC=AC′，又因为∠CAC′=90°，根据三角形外角的性质求出∠C′B′A的度数，进而求出∠B的度数． 【解答】解：由旋转的性质可知，AC=AC′， ∵∠CAC′=90°，可知△CAC′为等腰直角三角形，则∠CC′A=45°． ∵∠CC′B′=32°， ∴∠C′B′A=∠C′CA+∠CC′B′=45°+32°=77°， ∵∠B=∠C′B′A， ∴∠B=77°， 故选C． 【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，即对应角相等，对应线段相等．也考查了等腰直角三角形的性质． 　 7．抛物线y=ax2+bx+c的顶点为D（﹣1，2），与x轴的一个交点A在点（﹣3，0）和（﹣2，0）之间，其部分图象如图，则以下结论： ①b2﹣4ac＜0；②a+b+c＜0；③c﹣a=2；④方程ax2+bx+c﹣2=0有两个相等的实数根． 其中正确结论的个数为（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【考点】二次函数图象与系数的关系；抛物线与x轴的交点． 【专题】数形结合． 【分析】由抛物线与x轴有两个交点得到b2﹣4ac＞0；有抛物线顶点坐标得到抛物线的对称轴为直线x=﹣1，则根据抛物线的对称性得抛物线与x轴的另一个交点在点（0，0）和（1，0）之间，所以当x=1时，y＜0，则a+b+c＜0；由抛物线的顶点为D（﹣1，2）得a﹣b+c=2，由抛物线的对称轴为直线x=﹣=﹣1得b=2a，所以c﹣a=2；根据二次函数的最大值问题，当x=﹣1时，二次函数有最大值为2，即只有x=﹣1时，ax2+bx+c=2，所以说方程ax2+bx+c﹣2=0有两个相等的实数根． 【解答】解：∵抛物线与x轴有两个交点， ∴b2﹣4ac＞0，所以①错误； ∵顶点为D（﹣1，2）， ∴抛物线的对称轴为直线x=﹣1， ∵抛物线与x轴的一个交点A在点（﹣3，0）和（﹣2，0）之间， ∴抛物线与x轴的另一个交点在点（0，0）和（1，0）之间， ∴当x=1时，y＜0， ∴a+b+c＜0，所以②正确； ∵抛物线的顶点为D（﹣1，2）， ∴a﹣b+c=2， ∵抛物线的对称轴为直线x=﹣=﹣1， ∴b=2a， ∴a﹣2a+c=2，即c﹣a=2，所以③正确； ∵当x=﹣1时，二次函数有最大值为2， 即只有x=﹣1时，ax2+bx+c=2， ∴方程ax2+bx+c﹣2=0有两个相等的实数根，所以④正确． 故选：C． 【点评】本题考查了二次函数的图象与系数的关系：二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象为抛物线，当a＞0，抛物线开口向上；对称轴为直线x=﹣；抛物线与y轴的交点坐标为（0，c）；当b2﹣4ac＞0，抛物线与x轴有两个交点；当b2﹣4ac=0，抛物线与x轴有一个交点；当b2﹣4ac＜0，抛物线与x轴没有交点． 　 8．如图，已知⊙O的半径为13，弦AB长为24，则点O到AB的距离是（　　） A．6 B．5 C．4 D．3 【考点】垂径定理；勾股定理． 【分析】过O作OC⊥AB于C，根据垂径定理求出AC，根据勾股定理求出OC即可． 【解答】解：过O作OC⊥AB于C， ∵OC过O， ∴AC=BC=AB=12， 在Rt△AOC中，由勾股定理得：OC==5． 故选：B． 【点评】本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，关键是求出OC的长． 　 9．如图，已知AB是△ABC外接圆的直径，∠A=35°，则∠B的度数是（　　） A．35° B．45° C．55° D．65° 【考点】圆周角定理． 【专题】几何图形问题． 【分析】由AB是△ABC外接圆的直径，根据直径所对的圆周角是直角，可求得∠ACB=90°，又由∠A=35°，即可求得∠B的度数． 【解答】解：∵AB是△ABC外接圆的直径， ∴∠C=90°， ∵∠A=35°， ∴∠B=90°﹣∠A=55°． 故选：C． 【点评】此题考查了圆周角定理．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用． 　 10．在同一坐标系中，一次函数y=﹣mx+n2与二次函数y=x2+m的图象可能是（　　） A． B． C． D． 【考点】二次函数的图象；一次函数的图象． 【分析】本题可先由一次函数y=﹣mx+n2图象得到字母系数的正负，再与二次函数y=x2+m的图象相比较看是否一致． 【解答】解：A、由直线与y轴的交点在y轴的负半轴上可知，n2＜0，错误； B、由抛物线与y轴的交点在y轴的正半轴上可知，m＞0，由直线可知，﹣m＜0，错误； C、由抛物线y轴的交点在y轴的负半轴上可知，m＜0，由直线可知，﹣m＜0，错误； D、由抛物线y轴的交点在y轴的负半轴上可知，m＜0，由直线可知，﹣m＞0，正确， 故选D． 【点评】本题考查抛物线和直线的性质，用假设法来搞定这种数形结合题是一种很好的方法，难度适中． 　 二、填空题：每小题3分，共18分． 11．已知方程x2+mx+3=0的一个根是1，则它的另一个根是　3　． 【考点】根与系数的关系． 【分析】利用一元二次方程的根与系数的关系，两个根的积是3，即可求解． 【解答】解：设方程的另一个解是a，则1×a=3， 解得：a=3． 故答案是：3． 【点评】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，正确理解根与系数的关系是关键． 　 12．若实数a、b满足（4a+4b）（4a+4b﹣2）﹣8=0，则a+b=　﹣或1　． 【考点】换元法解一元二次方程． 【分析】设a+b=x，则原方程转化为关于x的一元二次方程，通过解该一元二次方程来求x即（a+b）的值． 【解答】解：设a+b=x，则由原方程，得 4x（4x﹣2）﹣8=0， 整理，得16x2﹣8x﹣8=0，即2x2﹣x﹣1=0， 分解得：（2x+1）（x﹣1）=0， 解得：x1=﹣，x2=1． 则a+b的值是﹣或1． 故答案是：﹣或1． 【点评】本题主要考查了换元法，即把某个式子看作一个整体，用一个字母去代替它，实行等量替换． 　 13．把二次函数y=2x2的图象向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，平移后抛物线的解析式为　y=2（x+1）2﹣2　． 【考点】二次函数图象与几何变换． 【分析】直接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答． 【解答】解：由“左加右减”的原则可知，将二次函数y=2x2的图象向左平移1个单位长度所得抛物线的解析式为：y=2（x+1）2，即y=2（x+1）2；由“上加下减”的原则可知，将抛物线y=2（x+1）2向下平移2个单位长度所得抛物线的解析式为：y=2（x+1）2﹣2，即y=2（x+1）2﹣2． 故答案为：y=2（x+1）2﹣2． 【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键． 　 14．如图，在平面直角坐标系中，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°后，得到线段AB′，则点B′的坐标为　（4，2）　． 【考点】坐标与图形变化-旋转． 【专题】几何变换． 【分析】画出旋转后的图形位置，根据图形求解． 【解答】解：AB旋转后位置如图所示． B′（4，2）． 【点评】本题涉及图形旋转，体现了新课标的精神，抓住旋转的三要素：旋转中心A，旋转方向逆时针，旋转角度90°，通过画图得B′坐标． 　 15．如图，在边长为4的正方形ABCD中，E是AB边上的一点，且AE=3，点Q为对角线AC上的动点，则△BEQ周长的最小值为　6　． 【考点】轴对称-最短路线问题；正方形的性质． 【专题】计算题． 【分析】连接BD，DE，根据正方形的性质可知点B与点D关于直线AC对称，故DE的长即为BQ+QE的最小值，进而可得出结论． 【解答】解：连接BD，DE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴点B与点D关于直线AC对称， ∴DE的长即为BQ+QE的最小值， ∵DE=BQ+QE===5， ∴△BEQ周长的最小值=DE+BE=5+1=6． 故答案为：6． 【点评】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题，熟知轴对称的性质是解答此题的关键． 　 16．观察下列图形规律：当n=　5　时，图形“●”的个数和“△”的个数相等． 【考点】规律型：图形的变化类． 【专题】规律型． 【分析】首先根据n=1、2、3、4时，“●”的个数分别是3、6、9、12，判断出第n个图形中“●”的个数是3n；然后根据n=1、2、3、4，“△”的个数分别是1、3、6、10，判断出第n个“△”的个数是；最后根据图形“●”的个数和“△”的个数相等，求出n的值是多少即可． 【解答】解：∵n=1时，“●”的个数是3=3×1； n=2时，“●”的个数是6=3×2； n=3时，“●”的个数是9=3×3； n=4时，“●”的个数是12=3×4； ∴第n个图形中“●”的个数是3n； 又∵n=1时，“△”的个数是1=； n=2时，“△”的个数是3=； n=3时，“△”的个数是6=； n=4时，“△”的个数是10=； ∴第n个“△”的个数是； 由3n=， 可得n2﹣5n=0， 解得n=5或n=0（舍去）， ∴当n=5时，图形“●”的个数和“△”的个数相等． 故答案为：5． 【点评】此题主要考查了规律型：图形的变化类问题，要熟练掌握，解答此类问题的关键是：首先应找出图形哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的，通过分析找到各部分的变化规律后直接利用规律求解．探寻规律要认真观察、仔细思考，善用联想来解决这类问题． 　 三、解答题：8题，共92分． 17．计算：﹣（2015+π）0． 【考点】实数的运算；零指数幂；负整数指数幂． 【分析】本题涉及零指数幂、绝对值、特殊角的三角函数值、二次根式化简四个考点．针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果． 【解答】解：﹣（2015+π）0 =2+3﹣2﹣3﹣1 =﹣1． 【点评】本题考查实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型．解决此类题目的关键是熟练掌握负整数指数幂、零指数幂、二次根式、绝对值等考点的运算． 　 18．解方程：2x2﹣7x+6=0． 【考点】解一元二次方程-因式分解法． 【分析】利用十字相乘法因式分解得到（2x﹣3）（x﹣2）=0，推出2x﹣3=0，x﹣2=0，求出方程的解即可． 【解答】解：2x2﹣7x+6=0， （2x﹣3）（x﹣2）=0， ∴2x﹣3=0，x﹣2=0， x1=，x2=2， 【点评】此题主要考查了解一元二次方程，因式分解等知识点的理解和掌握，能把一元二次方程转换成一元一次方程是解此题的关键． 　 19．已知方程x2+3x﹣1=0的两个实数根为α、β，不解方程求下列程式的值． （1）α2+β2 （2）． 【考点】根与系数的关系． 【分析】（1）根据根与系数的关系得出α+β和αβ，再把α2+β2变形（α+β）2﹣2αβ，代入计算即可； （2）把化为，再代入计算即可． 【解答】解：（1）∵方程x2+3x﹣1=0的两个实数根为α、β， ∴α+β=﹣3，αβ=﹣1， ∴α2+β2=（α+β）2﹣2αβ =9+2 =11； （2）∵α+β=﹣3，αβ=﹣1， ∴= = =﹣11． 【点评】本题考查了根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法． 　 20．在平面直角坐标系xOy中，A点的坐标为（3，4），将OA绕原点O顺时针旋转90°得到OA′，求点A′的坐标． 【考点】坐标与图形变化-旋转． 【专题】数形结合． 【分析】根据A点坐标得到OB=4，AB=3，OA绕原点O顺时针旋转90°得到OA′可看作是Rt△OAB绕原点O顺时针旋转90°得到RtOA′C， 根据旋转的性质得到A′C=AB=3，OC=OB=4，再写出A′点的坐标． 【解答】解：AB⊥y轴于B，A′C⊥x轴于C，如图，OB=4，AB=3， OA绕原点O顺时针旋转90°得到OA′可看作是Rt△OAB绕原点O顺时针旋转90°得到RtOA′C， 则A′C=AB=3，OC=OB=4， 所以点A′的坐标为（4，﹣3）． 【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°． 　 21．如图，AB，DE是⊙O的直径，C是⊙O上的一点，且=． （1）求证：BE=CE； （2）若∠B=50°，求∠AOC的度数． 【考点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理． 【分析】（1）根据∠AOD=∠BOE可知=，再由=即可得出结论； （2）先根据等腰三角形的性质求出∠BOE的度数，再由BE=CE可得出∠BOE=∠COE，根据补角的定义即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵∠AOD=∠BOE， ∴=． ∵=， ∴=， ∴BE=CE； （2）解：∵∠B=50°，OB=OE， ∴∠BOE=180°﹣50°﹣50°=80°． ∵由（1）知，BE=CE， ∴∠COE=∠BOE=80°， ∴∠AOC=180°﹣80°﹣80°=20°． 【点评】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系，熟知在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等是解答此题的关键． 　 22．如图，点P是正方形ABCD内一点，点P到点A、B和D的距离分别为1，2，，△ADP沿点A旋转至△ABP′，连结PP′，并延长AP与BC相交于点Q． （1）求证：△APP′是等腰直角三角形； （2）求∠BPQ的大小． 【考点】旋转的性质；等腰直角三角形；正方形的性质． 【专题】证明题． 【分析】（1）根据正方形的性质得AB=AD，∠BAD=90°，再利用旋转的性质得AP=AP′，∠PAP′=∠DAB=90°，于是可判断△APP′是等腰直角三角形； （2）根据等腰直角三角形的性质得PP′=PA=，∠APP′=45°，再利用旋转的性质得PD=P′B=，接着根据勾股定理的逆定理可证明△PP′B为直角三角形，∠P′PB=90°，然后利用平角定义计算∠BPQ的度数． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=AD，∠BAD=90°， ∵△ADP沿点A旋转至△ABP′， ∴AP=AP′，∠PAP′=∠DAB=90°， ∴△APP′是等腰直角三角形； （2）解：∵△APP′是等腰直角三角形， ∴PP′=PA=，∠APP′=45°， ∵△ADP沿点A旋转至△ABP′， ∴PD=P′B=， 在△PP