北京市第二十七中学九年级上学期期中调研数学试卷（解析版）-A4

这是一份北京市第二十七中学九年级上学期期中调研数学试卷（解析版）-A4，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷共6页，100分，考试用长120分钟。考生务必将答案作答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，请将答题纸交回
一、选择题（共10个小题，每小题2分，共20分）
1. 下列四个交通标志图案中，是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了中心对称图形的识别．熟练掌握：如果把一个图形绕某一点旋转后能与自身重合，这个图形是中心对称图形是解题的关键．
根据中心对称图形的定义进行判断即可．
【详解】解：A不是中心对称图形，故不符合要求；
B是中心对称图形，故符合要求；
C不是中心对称图形，故不符合要求；
D不是中心对称图形，故不符合要求；
故选：B．
2. 若是关于x的方程的一个根，则m的值是（）
A. B. C. 3D. 15
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的解：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．
直接把代入一元二次方程得到关于的方程，然后解一次方程即可．
【详解】解：把代入方程，
得
解得．
故选：C．
3. 关于二次函数，下列说法正确的是（ ）
A. 当时，有最小值为2B. 当时，有最大值为2
C. 当时，有最小值为2D. 当时，有最大值为2
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的性质，根据题目中的函数解析式和二次函数的性质，可以写出该函数最值，明确二次函数的性质是解答本题的关键．
【详解】解：∵，
∴该函数图像开口向上，对称轴为，
当时，取得最小值2，
故选：A．
4. 如图，△ABC中，AB=4，BC=6，∠B=60°，将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′，再将△A′B′C′绕点A′逆时针旋转一定角度后，点B′恰好与点C重合，则平移的距离和旋转角的度数分别为（ ）

A. 4，30°B. 2，60°C. 1，30°D. 3，60°
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：∵∠B=60°，将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′，再将△A′B′C′绕点A′逆时针旋转一定角度后，点B′恰好与点C重合，
∴∠A′B′C=60°，AB=A′B′=A′C=4，
∴△A′B′C是等边三角形，
∴B′C=4，∠B′A′C=60°，
∴BB′=6﹣4=2，
∴平移的距离和旋转角的度数分别为：2，60°
故选B．
考点：1、平移的性质；2、旋转的性质；3、等边三角形的判定
5. 一元二次方程有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（ ）
A. B. 且C. D. 且
【答案】B
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义和一元二次方程根的判别式求解即可；
【详解】解：由题意得：
解得：且
故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，同时要满足该方程的二次项系数不为；熟练运用根的判别式是解题关键．
6. 如图，在正方形中，为边上的点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解答本题的关键是熟练掌握旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．根据正方形的性质及旋转的性质可得是等腰直角三角形，，即得结果．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴
由旋转可得，，
∴
∴
故选B．
7. 如图，是正内的一点，若将绕点逆时针旋转到，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】此题重点考查等边三角形的性质，旋转的性质等知识，证明，进而推导出是解题的关键．
由正三角形的性质得，由旋转得，则，于是得到问题的答案．
【详解】解：∵是正三角形，
，
∵将绕点逆时针旋转到，
，
，
故选：A．
8. 如图，点A，B，C在上，平分，，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是圆周角定理的含义，先利用等腰三角形的性质可得，然后利用角平分线的定义可得，再利用圆周角定理进行计算，即可解答．
【详解】解：∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
故选：B．
9. 已知，作图．
步骤1：以点D为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点M，N；再分别以点M，N为圆心，大于 长为半径画弧交于点E，画射线．
步骤2：在上任取一点O，以点O为圆心，长为半径画半圆，分别交，，于点P，Q，C；
步骤3：连接，．
则下列结论不正确的是（ ）
A. B. C. 垂直平分D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理的推论，平行线的判定和性质，根据四量关系定理求出，根据垂径定理的推论得出垂直平分，根据圆周角定理得出，根据平行线的判定得出即可．
【详解】解：．由作图可知：，
，垂直平分，故选项A、C正确，不符合题意；
B．为半圆的直径，
，，
，
，选项B正确，不符合题意；
D．的度数未知，和互余，
不一定等于，
不一定等于，故选项D错误，符合题意．
故选：D．
10. 如表记录了二次函数中两个变量与的组对应值，其中，
根据表中信息，当时，直线与该二次函数图象有两个公共点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查二次函数图象与性质，根据表中数据得出对称轴，进而得到抛物线与轴的交点坐标，利用交点式得到，从而得到二次函数解析式为，根据当时，直线与该二次函数图象有两个公共点，可得结论．掌握二次函数表达式的求法是解题的关键．
【详解】解：∵抛物线过点、，
∴抛物线的对称轴为，
又∵抛物线过点，，
∴，
∴抛物线与轴的交点为、，
设抛物线解析式为，
整理得：
又∵二次函数
∴，
解得：，
∴二次函数解析式为，
∴当时，，
当时，，
当时，最大值，
∵当时，直线与该二次函数图象有两个公共点，
∴．
故选：C．
二、填空题（共6个小题，每小题2分，共12分）
11. 将抛物线向下平移3个单位长度，得到新的抛物线的解析式是____________.
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了抛物线的平移规律．根据抛物线的平移规律：上加下减，左加右减解答即可．
【详解】解：将抛物线向下平移3个单位长度，得到新的抛物线的解析式是，
故答案为：．
12. 在平面直角坐标系中，已知点A的坐标为，点B与点A关于原点对称，则点B的坐标为_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查坐标系上点的坐标的规律，熟练掌握关于原点对称的两个点的横坐标与纵坐标都互为相反数是解题的关键．根据关于原点对称的两个点的横坐标与纵坐标都互为相反数进行求解即可．
【详解】解：∵点与点B关于原点对称，
∴点B的坐标是，
故答案为：．
13. 如阁，A，B，C是上的三个点，若，则的大小是_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了圆周角定理、三角形内角和定理、等腰三角形的性质，先根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍可得到的角度，然后根据三角形内角和为和等腰三角形的性质可得到结果，熟悉掌握圆周角定理是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
故答案为：．
14. 如图，AB是⊙O的直径，点C是圆上一点，∠BAC=70°，则∠OCB=____________°．
【答案】20．
【解析】
【详解】试题分析：∵⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC=70°，
∴∠B0C=2∠BAC=2×70°=140°，
∵OC=OB（都是半径），
∴∠OCB=∠OBC=（180°﹣∠BOC）=20°．
故答案为20°．
考点：圆周角定理
15. 如图，四边形内接于，，则________°，依据是________．

【答案】 ① ②. 圆内接四边形对角互补
【解析】
【分析】本题考查了圆内接四边形对角互补．熟练掌握圆内接四边形对角互补是解题的关键．
根据圆内接四边形对角互补求解作答即可．
【详解】解：∵四边形内接于，
∴，
依据是圆内接四边形对角互补，
故答案为：，圆内接四边形对角互补．
16. 如图，是的直径，C为上一点，且，P为圆上一动点，M为的中点，连接．若的半径为2，则长的最大值是____________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查点与圆的位置关系，勾股定理，根据题意得出点M的移动轨迹，再根据圆外一点到圆上一点最大距离进行计算即可．
【详解】解：如图，当点P在上移动时，的中点M的轨迹是以为直径的，
因此交于点M，此时的值最大，
由题意得，，，
在中，，，
∴，
∴，
故答案为：．
三、解答题（共68分，其中17-22题每题5分，23-26题每题6分，27-28题每题7分。）
17. 解方程：．
【答案】方程的两个根分别为，
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程的能力，先移项，然后利用提公因式法将方程的左边因式分解可解得方程，结合方程的特点选择合适、简便的解方程方法是解题的关键．
【详解】解：移项，得，
因式分解，得，
于是得，或，
解得：，，
所以方程的两个根分别为，.
18. 解方程：
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了解一元二次方程-公式法，熟知公式法解一元二次方程的步骤是解题的关键．
利用公式法对所给一元二次方程进行求解即可．
【详解】解：，
∴，
∴，
则，
所以．
19. 已知，如图四边形与点．
求作：四边形，使得四边形与四边形关于点成中心对称图形．
【答案】见详解
【解析】
【分析】本题考查作图-中心对称，解题的关键是掌握中心对称的性质．
根据中心对称变换的性质分别作出的对应点，顺次连接即可．
【详解】解：如图，四边形即为所求．
20. 四边形是正方形，旋转一定角度后得到，如图所示，如果，．
（1）旋转中心是________，旋转角度是________；
（2）的长度是________；
（3）与的位置关系是________，与的数量关系是________．
【答案】（1）旋转中心为点，旋转角度为或
（2）
（3），
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的性质；
（1）根据旋转的性质分顺时针和逆时针旋转两种情况解答；
（2）根据代入数值计算即可得解；
（3）延长与相交于点，然后求出，再根据垂直的定义可得，根据全等三角形的性质可得．
【小问1详解】
解：根据旋转的性质可知：
旋转中心为点，旋转角度为或；
【小问2详解】
解：旋转一定角度后得到，
，
，
，
【小问3详解】
解：与的位置关系是，与的数量关系是；
理由如下：
延长交于，
，
，；
∵四边形是正方形，
∴，
，
，
，即．
故答案为：，．
21. 如图，AB是⊙O弦，半径OA=20cm,∠AOB=120°,求△AOB的面积.
【答案】100cm2．
【解析】
【详解】试题分析：过O作OC垂直于AB，由垂径定理得到C为AB的中点，再利用等腰三角形的两底角相等，由∠AOB=120°，求出∠A为30°，在直角三角形AOC中，利用30°所对的直角边等于斜边的一半由OA的长求出OC的长，再利用勾股定理求出AC的长，由AB=2AC求出AB的长，利用三角形的面积公式即可求出三角形AOB的面积．
试题解析：如图,过O作OC⊥AB，交AB于点C，
则C为AB的中点，即AC=BC，
∵OA=OB，∠AOB=120°，
∴∠A=∠B=30°，
在Rt△AOC中，OA=20cm，∠A=30°，
∴OC=OA=10cm，
根据勾股定理得：AC2=OA2−OC2=300，
∴AB=2AC=20cm，
则S△AOB=AB•OC= ×20 ×10=100 cm2．
考点：1.垂径定理；2.含30度角的直角三角形．
22. 如图，的直径为，弦为，的平分线交于点，求，，的长．
【答案】BC=8，AD=BD=5.
【解析】
【分析】根据直径所对的圆周角等于90°可得∠ACB=90°，利用勾股定理可求出BC的长，利用角平分线的定义及圆周角定理可得∠ABD=∠ACD=45°，∠DAB=∠DCB=45°，可得△ABD是等腰直角三角形，即可求出AD、BD的长.
【详解】∵AB为直径，∠ACB是AB所对的圆周角，
∴∠ACB=90°，
∵AB=10，AC=6，
∴BC===8，
∵CD是∠ACB的角平分线，
∴∠ACD=∠DCB=∠ACB=45°，
∵∠ACD和∠ABD是所对的圆周角，
∴∠ACD=∠ABD=45°，
同理可得：∠DAB=∠DCB=45°，
∴∠DAB=∠DBA=45°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴2AD2=AB2，
∴AD=BD=5
【点睛】本题考查主要圆周角定理，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；熟练掌握直径所对的圆周角是直角的性质是解题关键.
23. 如图，是的弦，半径于点C．若，，求的半径的长．
【答案】17
【解析】
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，由垂径定理可得，设，根据勾股定理得到方程，解方程即可求解，掌握垂径定理是解题的关键．
【详解】解：连接，
半径于点，，
，，
设，则，
在中，根据勾股定理，得，
即，
解得，
的半径的长为．
24. 如图，是的外接圆，为直径，，于，且交于，交于．
（1）求的度数；
（2）求证：．

【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）由为直径，根据直径所对的圆周角是直角，即可求得的度数；
（2）由，由垂径定理即可求得，则可得，又由，易证得．
【小问1详解】
解：为直径，
；
【小问2详解】
证明：，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理，熟练掌握直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，是解题的关键．
25. 排球场的长度为，球网在场地中央且高度为．排球出手后的运动路线可以看作是抛物线的一部分，建立如图所示的平面直角坐标系，排球运动过程中的竖直高度（单位：）与水平距离（单位：）近似满足函数关系．

（1）某运动员第一次发球时，测得水平距离与竖直高度的几组数据如下：
①根据上述数据，求这些数据满足的函数关系；
②判断该运动员第一次发球能否过网________（填“能”或“不能”）．
（2）该运动员第二次发球时，排球运动过程中的竖直高度（单位：）与水平距离（单位：）近似满足函数关系，请问该运动员此次发球是否出界，并说明理由．
【答案】（1）①；②能
（2）没出界，见解析
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的应用，解题的关键是求出二次函数解析式．
（1）①利用待定系数法求解即可；②求出当时的的值，判断即可得解；
（2）令，则，求解即可．
【小问1详解】
解：①由表中数据可得顶点，
设，
把代入得，
解得：，
∴所求函数关系为．
②当时，，
故该运动员第一次发球能过网；
【小问2详解】
解：判断：没有出界．
第二次发球：，
令，则，
解得（舍），，
∵，
∴该运动员此次发球没有出界．
26. 如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，与抛物线交于点，．已知点的坐标为，点的横坐标为．
（1）求直线与抛物线的解析式；
（2）当时，若抛物线与直线有交点，结合图象，求的取值范围．
【答案】（1）直线解析式为，抛物线解析式为
（2）
【解析】
【分析】（）利用点坐标可求出直线的解析式，进而可得点坐标，再利用待定系数法可求出抛物线的解析式；
（）可得抛物线的顶点坐标为，对称轴为直线，进而由点可得，结合图象即可求解；
本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数与不等式，利用待定系数法求出函数解析式是解题的关键．
【小问1详解】
解：把代入得，，
∴，
∴直线的解析式为，
∵点的横坐标为，
∴点的纵坐标，
∴，
把、代入得，
，
解得，
∴抛物线的解析式为；
【小问2详解】
解：抛物线的顶点坐标为，对称轴为直线，
把代入得，，
把点代入得，，
解得，
∴时，抛物线与直线在时有交点．
27. 如图，在中，，，，连接，将线段绕点顺时针旋转90°得到线段，连接．
（1）依题意，补全图形，并证明：；
（2）求的度数；
（3）若为线段的中点，连接，请用等式表示线段与之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）画图和证明见解析；
（2）135° （3），证明见解析．
【解析】
【分析】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，三角形内角和定理，勾股定理等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
（1）先根据题意画出对应的图形，只需要利用证明即可证明；
（2）连接，如图所示．先由等腰直角三角形的性质得到再证明由全等三角形的性质得到．则可以推出，利用三角形内角和定理即可得到；
（3）如图所示，延长至K，使得，连接．证明．得到，，则．进一步证明．得到．由此证明，得到．在等腰直角中，，则，即可证明．
【小问1详解】
解：补全图形，如图所示．
证明：∵ 线段绕点C顺时针旋转90°得到线段，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：连接，如图所示．
由（1）可得是等腰直角三角形，
∴，
∴；
∵，
∴；
由可得．
∴．
∴；
【小问3详解】
解：，理由如下：
如图所示，延长至K，使得，连接．
∵为线段的中点，
∴．
∵，
∴．
∴，．
∴，．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
由可得，
∴，
∵，
∴．
∴．
∵在等腰直角中，，
∴．
∵，
∴．
28. 在平面直角坐标系中，我们给出如下定义：将图形M绕直线上某一点P顺时针旋转，再关于直线对称，得到图形N，我们称图形N为图形M关于点P的二次关联图形．
已知点．
（1）若点P的坐标是，直接写出点A关于点P的二次关联图形的坐标________；
（2）若点A 关于点P的二次关联图形与点A重合，求点P的坐标（直接写出结果即可）；
（3）已知的半径为1，点A关于点P的二次关联图形在上且不与点A重合．
若线段，其关于点P的二次关联图形上的任意一点都在及其内部，求此时 P点坐标及点B的纵坐标的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3），，
【解析】
【分析】（1）根据二次关联图形的定义分别找到和，过点作轴于点D，可证得，从而得到，即可求解；
（2）根据题意得：点P位于x轴的下方，设点P的纵坐标为m，过点P作轴于点E，过点作轴交延长线于点F，坐标为m，表达点的坐标，可得出结论；
（3）由（2）可知，点的坐标，由A关于点P的二次关联图形在上且不与点A重合可得出点的坐标，由线段，其关于点P的二次关联图形上的任意一点都在及其内部，找到临界点，可得出的坐标，进而可得出点B的坐标，即可得出的取值范围．
【小问1详解】
如图1，根据二次关联图形的定义分别找到和，过点作轴于点D，
∴
由旋转可知，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点和关于直线对称，
∴点，
即点A关于点P的二次关联图形的坐标为；
故答案：
【小问2详解】
解：根据题意得：点P位于x轴的下方，
设点P的纵坐标为m，
如图，过点P作轴于点E，过点作轴交延长线于点F，
由（1）得： ，
∴，
∴，
根据题意得：点A和点关于直线对称，
∴，
解得：，
∴点P的坐标为，
【小问3详解】
解：设点P的纵坐标为n，
由（2）得：，
∴，
∵在上，
∴，
解得：（舍去）或，
∴点P的坐标为，
∵，其关于点P的二次关联图形上的任意一点都在及其内部，
此时点一个临界点，连接，如图，
∵，
∴是等边三角形，
过点作轴于点M，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
由对称性得：另一个点的坐标为，
∴的取值范围为．
…
…
…
…
水平距离
0
2
4
6
11
12
竖直高度
2.48
2.72
2.8
2.72
1.82
1.52