广东省湛江市第七中学九年级上学期11月期中数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省湛江市第七中学九年级上学期11月期中数学试题（解析版）-A4，共18页。试卷主要包含了全卷共4页，考试范围，考生必须保持答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
1．全卷共4页，考试范围：第21-24章，满分120分，考试用时120分钟．
2．答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的班级、姓名、学号填写在答题卡相应的位置上．
3．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上．
4．非选择题必须用黑色字迹的签字笔或钢笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应住置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．
5．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 下列一元二次方程是一般形式的为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的相关概念，理解一元二次方程的一般形式为（）是解题的关键．
【详解】解：由题意得
是一元二次方程的一般形式；
故选：B．
2. 下列函数中，是二次函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查二次函数的识别，直接利用二次函数解析式的一般形式进行分析得出答案．
【详解】解：A、，是一次函数，故此选项不符合题意；
B、，是二次函数，故此选项符合题意；
C、，不是二次函数，故此选项不符合题意；
D、，不是二次函数，故此选项不符合题意；
故选：B．
3. 纹样是我国古代艺术中的瑰宝．下列四幅纹样图形既是轴对称图形又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与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】解：A、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
4. 已知：如图，圆心角，则圆周角的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．欲求圆周角，又已知一圆心角，可利用圆周角与圆心角的关系求解．
【详解】解：，，
；
故选：D
5. 已知点与点关于原点对称，则的值为（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标，关键是掌握：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点的对称点是．关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数，直接利用关于原点对称点的性质得出，的值，进而得出答案．
【详解】解：点与点关于原点对称，
，，
的值为：．
故选：B．
6. 如图，P为外一点，，分别切于A，B两点，若，则（ ）
A. 3B. 6C. 9D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了切线长定理，熟练掌握切线长定理是解题的关键：从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分这两条切线的夹角．
利用切线长定理即可直接得出答案．
【详解】解：由切线长定理可知：
，
故选：．
7. 如图，已知图形是中心对称图形，则对称中心是（ ）

A. 点B. 点
C. 线段的中点D. 线段的中点
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了中心对称图形，根据中心对称图形的定义，得出对称中心是线段中点或线段中点，进而得出答案，掌握中心对称图形的定义是解题的关键．
【详解】解：∵此图形是中心对称图形，
∴对称中心是线段的中点．
故选：．
8. 抛物线的顶点坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二次函数顶点的求法，将二次函数化为顶点式的形式，顶点为，据此接可求解；掌握求法是解题的关键．
【详解】解：由题意得
顶点为，
故选：B．
9. 如图，是的切线，切点是点D，直线交于点A、B，，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了切线的性质和圆周角定理，如图，连接，根据圆的切线垂直于经过切点的半径得到，再根据圆周角定理得到，然后利用互余计算出的度数．
详解】解：连接，如图，
是的切线，切点是点，
，
，
，
．
故选：B．
10. 已知抛物线经过三点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
依据题意，由抛物线为，从而对称轴是直线，再由和进行分类讨论，结合二次函数的性质即可判断得解．
【详解】解：由题意，∵抛物线为，
∴对称轴是直线．
若，则，
∴抛物线开口向上．
∴此时抛物线上的点离对称轴越近函数值越小．
∵经过三点，
又，
∴，故A错误，C正确．
若，则，
∴抛物线开口向下．
∴此时抛物线上的点离对称轴越近函数值越大，
∵经过三点，
又，
∴，故B、D错误．
故选：C．
二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分．
11. 抛物线向下平移3个单位，就得到抛物线______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了抛物线的平移规律，熟知抛物线的平移规律是解题关键．抛物线平移不改变二次项系数的值，上下平移抛物线时，顶点的横坐标不变，纵坐标发生改变，向上平移时，纵坐标增加，向下平移时纵坐标减小．根据抛物线的平移规律“左加右减，上加下减”即可求解．
【详解】解：抛物线向下平移3个单位，得到的抛物线解析式为．
故答案为：．
12. 若m是方程的一个根，则的值为_______________．
【答案】2
【解析】
【分析】由题意可知：2m2-3m=1，然后将2m2-3m=1整体代入原式即可求出答案．
【详解】解：由题意可知：2m2-3m-1=0，
∴2m2-3m=1，
∴原式=2（2m2-3m）=2．
故答案为：2．
【点睛】此题考查了一元二次方程的解和利用整体思想求代数式的值，解题的关键是正确理解一元二次方程的解的定义，运用整体代换思想，准确计算．
13. 如图，在圆内接四边形中，若，则___________．
、
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了圆的内接四边形，根据圆的内接四边形对角互补，即可求出，掌握圆的内接四边形的性质是解题关键．
【详解】解：∵四边形是圆内接四边形，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：．
14. 若抛物线的顶点在x轴上，则b的值为___________．
【答案】±6
【解析】
【分析】根据，列方程计算求解即可．
【详解】因为抛物线的顶点在x轴上，
所以，
所以，
解得b=±6，
故答案为：±6．
【点睛】本题考查了抛物线的顶点坐标，根据顶点坐标的特点列方程计算是解题的关键．
15. 如图，是等边三角形，点为三角形内一点，连接，且，，，则阴影部分的面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了等边三角形判定与性质、旋转的性质、勾股定理、勾股定理逆定理，由等边三角形的性质可得，，将绕点逆时针旋转得到，连接，由旋转的性质可得：，，，，证明为等边三角形，得出，由勾股定理逆定理得出为直角三角形，作于，则，，再由计算即可得出答案．
【详解】解：三角形为等边三角形，
，，
如图，将绕点逆时针旋转得到，连接，
，
由旋转的性质可得：，，，，
为等边三角形，
，
，
为直角三角形，
作于，则，，
，
故答案为：．
三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题7分，共21分．
16. 解方程；
【答案】无解
【解析】
【分析】本题考查了用公式法解一元二次方程，能熟记公式是解此题的关键．
先求出的值，再代入求根公式求出答案即可．
【详解】解：，
这里，，，
，
原方程无解．
17. 如图，中，，，求的度数．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了弧与弦之间的关系、三角形内角和定理等知识点，掌握同圆中等弧所对的圆周角相等成为解题的关键；
根据同圆中等弧所对的圆周角相等可得,再根据三角形内角和定理进行计算即可解答．
【详解】解：∵中，，，
∴，
∵，
∴．
18. 已知二次函数中，函数y与自变量x的部分对应值如下表：
（1）求该二次函数的表达式；
（2）将该二次函数的图像向右平移1个单位，再向上平移2个单位，得到的图像所对应的函数表达式 ．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】此题主要考查了用待定系数法求二次函数解析式、二次函数性质，根据二次函数的图象的变换求抛物线的解析式，正确记忆基本变换性质是解题关键．
（1）根据表格中的数据可以求得二次函数的解析式；
（2）写出关于x轴对称的顶点坐标，即可求二次函数的解析式．
【小问1详解】
解：由表格可知，二次函数经过点，
所以该抛物线的对称轴为，
所以该抛物线的顶点坐标为，
设该二次函数表达式为
将代入得：；
即
将代入得：
【小问2详解】
解：将该二次函数的图像向右平移1个单位，再向上平移2个单位，
依据二次函数图像平移时“左加右减，上加下减”的规则，得
，
即．
四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分．
19. 某商品每件进价为30元，当销售单价为50元时，每天可以销售60件．市场调查发现：销售单价每提高1元，日销售量将会减少2件，物价部门规定该商品销售单价不能高于65元，设该商品的销售单价为（元），日销售量为（件）．
（1）与的函数关系式为________；
（2）要使日销售利润为800元，销售单价应定为多少元？
【答案】（1）
（2）40
【解析】
【分析】（1）由题意易得日销售量与销售单价成反比，得到，即可解得
（2）根据一次函数性质即可求解
【小问1详解】
根据题意得，，
故与的函数关系式为
【小问2详解】
，
解得：，（舍去），
故答案为：40元
【点睛】本题考查了一次函数的应用、一元二次方程，熟练掌握一次函数的应用是解题的关键
20. 在平面直角坐标系中的位置如图所示:
（1）画出关于原点对称的,并写出点的坐标；
（2）将绕点顺时针旋转得到,画出旋转后．
【答案】（1）画图见解析;
（2）画图见解析
【解析】
【分析】本题考查平面直角坐标系中关于原点对称点坐标求法,画旋转图形．
（1）根据题意知,,,关于原点对称点坐标均互为相反数,先求出,,,最后连接三点即是所得图形及点的坐标；
（2）先求出点绕点旋转后的点,同理求出,最后连接三个点即可得到.
【小问1详解】
解:∵,,,
∴关于原点对称的点为:,,,
将三点连接,如下图所示:
,
∴；
【小问2详解】
解:∵,,,
∴将三点绕点B旋转后的坐标为,,
将三点连接,如下图所示:
．
21. 如图，中，．
（1）试用尺规作图法作出的外接圆O（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）求出的半径．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理和垂径定理，做外接圆，熟练掌握相关性质定理是解题关键．
（1）做其中两条边的垂直平分线，以此交点为圆心，圆心到三角形任何一顶点的距离为半径作圆；
（2）连接交于D，连接，先在三角形中求出的值，然后在三角形中，用半径表示，根据勾股定理求出半径．
【小问1详解】
解：如图，分别作，的垂直平分线，交于点O，以O为圆心为半径画圆，即为所求；
【小问2详解】
如图，连接交于D，连接．
，
，．
在中，
，
设，则，
在中，由，
得，
解得．
五、解答题（三）：本大题共2小题，第22题13分，第23题14分，共27分．
22. 如图，正方形，．将正方形绕点逆时针旋转角度（），得到正方形，交于点，延长交于点．
（1）求证：；
（2）顺次连接D，E，C，F，得到四边形．在旋转过程中，四边形能否为矩形？若能，求出的值；若不能，请说明理由．
【答案】（1）见解析 （2）能，
【解析】
【分析】（1）根据正方形的性质及旋转的性质证明和即可；
（2）由旋转得：，故当互相平分时，四边形为矩形，设，则，，，在中，由勾股定理得：，解方程即可．
【小问1详解】
证明：连接
∵四边形是正方形，
∴，，
由旋转得：，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
同理可证：，
∴，
∵，
∴；
【小问2详解】
解：能，
∵四边形是正方形，
∴，，
由旋转得：，
故当互相平分时，四边形为矩形，
∵互相平分，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为矩形，
设，则，，
由（1）知，
∴在中，由勾股定理得：，
解得：，即．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，勾股定理，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
23. 如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点．点为动点，且，过点作于点，交抛物线于点，交直线于点．
（1）求抛物线的表达式及顶点坐标；
（2）若，求的值；
（3）连接，求四边形面积最大值．
【答案】（1），顶点坐标为
（2）的值为1
（3）
【解析】
【分析】（1）由待定系数法求出函数表达式，进而求解；
（2）由得：，即可求解；
（3）由四边形面积，即可求解．
【小问1详解】
解：由题意得：，
则，则
∴抛物线的表达式为，
∴顶点坐标为；
【小问2详解】
解：在中，令得，
∴，
由，得直线解析式为，
∵点，
∴，，
∵，
∴，
解得或（舍去），
∴的值为1；
【小问3详解】
解：点，则，，
则四边形面积，
故四边形面积最大值为．
【点睛】本题考查了二次函数综合应用，设计待定系数法、两点间的距离、三角形面积公式，二次函数图象上点坐标的特征，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
x
…
0
1
2
…
y
…
5
0
…