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    2019-2020学年江西省南昌市东湖区南昌第二十八中学九上期中数学试卷

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    2019-2020学年江西省南昌市东湖区南昌第二十八中学九上期中数学试卷

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    这是一份2019-2020学年江西省南昌市东湖区南昌第二十八中学九上期中数学试卷,共14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。


    一、选择题(共6小题;共30分)
    1. 把一元二次方程 xx+1=3x+2 化为一般形式,正确的是
    A. x2+4x+3=0B. x2−2x+2=0C. x2−3x−1=0D. x2−2x−2=0

    2. 抛物线 y=−x+32−7 的对称轴是
    A. y 轴B. 直线 x=3C. 直线 x=−3D. 直线 x=−7

    3. 把抛物线 y=−2x2 向左平移 2 个单位,再向下平移 3 个单位,得到抛物线的解析式为
    A. y=−2x−22−3B. y=−2x+22−3
    C. y=2x−22−3D. y=2x+22−3

    4. 如图是二次函数 y=−x2+2x+4 的图象,使 y≥1 成立的 x 的取值范围是
    A. −1≤x≤3B. x≤−1
    C. x≥1D. x≤−1 或 x≥3

    5. 已知二次函数 y=ax2+bx+ca≠0 的图象如图所示,有下列结论:
    ① b2−4ac>0;
    ② abc>0;
    ③ a+c>0;
    ④ 9a+3b+c<0.
    其中,正确的结论有
    A. 4 个B. 3 个C. 2 个D. 1 个

    6. 如图,Rt△OAB 的顶点 A−2,4 在抛物线 y=ax2 上,将 Rt△OAB 绕点 O 顺时针旋转 90∘,得到 △OCD,边 CD 与该抛物线交于点 P,则点 P 的坐标为
    A. 2,2B. 2,2C. 2,2D. 2,2

    二、填空题(共6小题;共30分)
    7. 已知 x=−1 是一元二次方程 x2−2mx+1=0 的一个解,则 m 的值是 .

    8. 若点 2,−5,6,−5 在抛物线 y=ax2+bx+c 上,则它的对称轴是 .

    9. 若点 a,1 与 −2,b 关于原点对称,则 ab= .

    10. 烟花厂为咸宁温泉旅游节特别设计制作一种新型礼炮,这种礼炮的升空高 hm 与飞行时间 ts 的关系式是 h=−52t2+20t+1,若这种礼炮在点火升空到最高点处引爆,则从点火升空到引爆需要时间为 .

    11. 如图,等腰 Rt△ABC 中,∠ACB=90∘.AC=BC=1,且 AC 边在直线 a 上,将 △ABC 绕点 A 顺时针旋转到位置①可得到点 P1,此时 AP1=2;将位置①的三角形绕点 P1 顺时针旋转到位置②,可得到点 P2,此时 AP2=1+2;将位置②的三角形绕点 P2 顺时针旋转到位置③,可得到点 P3,此时 AP3= ,⋯,按此规律继续旋转,直至得到点 P2019 为止,则 AP2019= .

    12. 若抛物线 y=x2−bx+9 的顶点在坐标轴上,则 b 的值为 .

    三、解答题(共13小题;共169分)
    13. x2+4x−2=0.

    14. 4x2−3=12x(用公式法解).

    15. 解方程:2x−3=3xx−3.

    16. 解方程:x2−3x+2=0.

    17. 关于 x 的一元二次方程 x2+2m−1x+m2=0 有实数根.
    (1)求 m 的取值范围;
    (2)若两根为 x1,x2 且 x12+x22=7,求 m 的值.

    18. 已知二次函数 y=ax−12+4 的图象经过点 −1,0.
    (1)求这个二次函数的解析式;
    (2)判断这个二次函数的开口方向,对称轴和顶点坐标.

    19. 习近平总书记说:“读书可以让人保持思想活力,让人得到智慧启发,让人滋养浩然之气”.某校为响应我市全民阅读活动,利用节假日面向社会开放学校图书馆.据统计,第一个月进馆 128 人次,进馆人次逐月增加,到第三个月末累计进馆 608 人次,若进馆人次的月平均增长率相同.
    (1)求进馆人次的月平均增长率;
    (2)因条件限制,学校图书馆每月接纳能力不超过 500 人次,在进馆人次的月平均增长率不变的条件下,校图书馆能否接纳第四个月的进馆人次,并说明理由.

    20. 如图,E 是正方形 ABCD 中 CD 边上任意一点.
    (1)以点 A 为中心,把 △ADE 顺时针旋转 90∘,画出旋转后的图形;
    (2)在 BC 边上画一点 F,使 △CFE 的周长等于正方形 ABCD 的周长的一半,请简要说明你取该点的理由.

    21. 如图,隧道的截面由抛物线和长方形构成,长方形的长为 16 m,宽为 6 m,抛物线的最高点 C 离地面 AA1 的距离为 8 m.
    (1)按如图所示的直角坐标系,求表示该抛物线的函数表达式.
    (2)一大型汽车装载某大型设备后,高为 7 m,宽为 4 m,如果该隧道内设双向行车道,那么这辆贷车能否安全通过?

    22. 如图,△ABC 中,∠C=90∘,BC=6 cm,AC=8 cm,点 P 从点 A 开始沿 AC 向点 C 以 2 厘米/秒的速度运动;与此同时,点 Q 从点 C 开始沿 CB 边向点 B 以 1 厘米/秒的速度运动;如果 P,Q 分别从 A,C 同时出发,当其中一点到达终点时,另一点也随之停止运动.
    (1)经过几秒,△CPQ 的面积等于 3 cm2?
    (2)在整个运动过程中,是否存在某一时刻 t,使 PQ 恰好平分 △ABC 的面积?若存在,求出运动时间 t;若不存在,请说明理由.
    (3)是否存在某一时刻,PQ 长为 29,如果存在,求出运动时间 t.

    23. 某商店经销甲、乙两种商品,已知一件甲种商品和一件乙种商品的进价之和为 30 元,每件甲种商品的利润是 4 元,每件乙种商品的售价比其进价的 2 倍少 11 元,小明在该商店购买 8 件甲种商品和 6 件乙种商品一共用了 262 元.
    (1)求甲、乙两种商品的进价分别是多少元?
    (2)在(1)的前提下,经销商统计发现,平均每天可售出甲种商品 400 件和乙种商品 300 件,如果将甲种商品的售价每提高 0.1 元,则每天将少售出 7 件甲种商品;如果将乙种商品的售价每提高 0.1 元,则每天将少售出 8 件乙种商品.经销商决定把两种商品的价格都提高 a 元,在不考虑其他因素的条件下,当 a 为多少时,才能使该经销商每天销售甲、乙两种商品获取的利润共 2500 元?

    24. 如图 1,在 Rt△ABC 中,∠A=90∘,AB=AC,点 D,E 分别在边 AB,AC 上,AD=AE,连接 DC,点 M,P,N 分别为 DE,DC,BC 的中点.
    (1)【观察猜想】
    图 1 中,线段 PM 与 PN 的数量关系是 ,位置关系是 ;
    (2)【探究证明】
    把 △ADE 绕点 A 逆时针方向旋转到图 2 的位置,连接 MN,BD,CE,判断 △PMN 的形状,并说明理由;
    (3)【拓展延伸】
    把 △ADE 绕点 A 在平面内自由旋转,若 AD=4,AB=10,请直接写出 △PMN 面积的最大值.

    25. 如图 1,已知抛物线 y=ax2+bx+3(a≠0)与 x 轴交于点 A1,0 和点 B−3,0,与 y 轴交于点 C.
    (1)求抛物线的解析式;
    (2)设抛物线的对称轴与 x 轴交于点 M,问在对称轴上是否存在点 P,使 △CMP 为等腰三角形?若存在,请直接写出所有符合条件的点 P 的坐标;若不存在,请说明理由;
    (3)如图 2,若点 E 为第二象限抛物线上一动点,连接 BE,CE,求四边形 BOCE 面积的最大值,并求此时 E 点的坐标.
    答案
    第一部分
    1. D【解析】xx+1=3x+2,
    x2+x−3x−2=0,
    x2−2x−2=0.
    2. C【解析】∵y=−x+32−7,
    ∴ 对称轴是直线 x=−3.
    3. B【解析】将抛物线 y=−x2 向左平移 2 个单位所得直线解析式为:y=−2x+22;
    再向下平移 3 个单位为:y=−2x+22−3.
    4. A【解析】由图象可知,−1≤x≤3 时,y≥1.
    5. B
    【解析】∵ 抛物线与 x 轴有两个交点,
    ∴b2−4ac>0,
    ∴ ①正确;
    ∵ 抛物线开口向上,
    ∴a>0,
    又 ∵ 抛物线对称轴为直线 x=−b2a=1,
    ∴b=−2a,b<0,
    ∵ 抛物线与 y 轴的交点在 x 轴下方,
    ∴c<0,
    ∴abc>0,
    ∴ ②正确;
    ∵x=−1 时,y<0,即 a−b+c<0,
    ∴a+c ∴ ③错误;
    ∵ 抛物线对称轴为直线 x=1,而抛物线与 x 轴的一个交点在 −2,0 和 −1,0 在之间,
    ∴ 抛物线与 x 轴的另一个交点在 3,0 和 4,0 之间,
    ∴ 当 x=3 时,y<0,即 9a+3b+c<0,
    ∴ ④正确.
    6. C
    第二部分
    7. −1
    【解析】把 x=−1 代入方程 x2−2mx+1=0 可得 1+2m+1=0,解得 m=−1.
    8. 直线 x=4
    【解析】∵ 点 2,−5,6,−5 的纵坐标都是 −5,
    ∴ 该抛物线的对称轴为直线 x=2+62=4.
    9. 12
    【解析】∵ 点 a,1 与 −2,b 关于原点对称,
    ∴b=−1,a=2,
    ∴ab=2−1=12.
    10. 4 s
    【解析】∵h=−52t2+20t+1,
    ∴h=−52t−42+41,
    ∴t=4 时,h最大=41.
    11. 2+2,1346+6732
    【解析】AP1=2,AP2=1+2,AP3=2+2;
    AP4=2+22,AP5=3+22,AP6=4+22;
    AP7=4+32,AP8=5+32,AP9=6+32.
    ∵2018=3×672+2,
    ∴AP2015=1342+6722+1=1343+6722,
    ∴AP2016=1343+6722+1=1344+6722,
    ∴AP2017=1344+6722+1=1345+6722,
    ∴AP2018=1345+6722+2=1345+6732,
    ∴AP2019=1345+6722+1=1346+6732.
    12. b=0 或 b=±6
    【解析】∵y=x2−bx+9=x−b22+9−b24,
    ∴ 抛物线顶点坐标为 b2,9−b24,
    ∵ 抛物线顶点在坐标轴上,
    ∴b2=0 或 9−b24=0,解得 b=0 或 b=±6,
    故答案为 b=0 或 b=±6.
    第三部分
    13.
    ∵x2+4x−2=0.∴x2+4x+4=6.∴x+22=6.∴x=−2±6.
    14. 原方程整理为:
    4x2−12x−3=0.∵a=4,b=−12,c=−3.∴Δ=144−4×4×−3=192>0.

    x=12±1928=3±232.
    15.
    2x−3=3xx−3.
    移项得:
    2x−3−3xx−3=0.
    整理得:
    x−32−3x=0.x−3=0 或 2−3x=0.
    解得:
    x1=3 或 x2=23.
    16. 因为
    x2−3x+2=0.
    所以
    x−1x−2=0.
    所以
    x−1=0或x−2=0.
    所以
    x1=1,x2=2.
    17. (1) ∵ 关于 x 的一元二次方程 x2+2m−1x+m2=0 有实数根,
    ∴Δ=2m−12−4×1×m2=−4m+1≥0,
    解得:m≤14.
    (2) ∵x1,x2 是一元二次方程 x2+2m−1x+m2=0 的两个实数根,
    ∴x1+x2=1−2m,x1x2=m2,
    ∴x12+x22=x1+x22−2x1x2=7,
    即 1−2m2−2m2=7,
    整理得:m2−2m−3=0,
    解得:m1=−1,m2=3.
    又 ∵m≤14,
    ∴m=−1.
    18. (1) 把 −1,0 代入二次函数解析式得:4a+4=0,即 a=−1,
    则函数解析式为 y=−x−12+4.
    (2) ∵a=−1<0,
    ∴ 抛物线开口向下,
    顶点坐标为 1,4,对称轴为直线 x=1.
    19. (1) 设进馆人次的月平均增长率为 x,则由题意得:
    128+1281+x+1281+x2=608.
    化简得:
    4x2+12x−7=0.∴2x−12x+7=0.∴x=0.5=50%或x=−3.5舍.
    答:进馆人次的月平均增长率为 50%.
    (2) ∵ 进馆人次的月平均增长率为 50%,
    ∴ 第四个月的进馆人次为 1281+50%3=128×278=432<500.
    答:校图书馆能接纳第四个月的进馆人次.
    20. (1) 如图所示:△ABEʹ 即为所求.
    (2) 作 ∠EAEʹ 的平分线交 BC 于点 F,
    则 △CFE 的周长等于正方形 ABCD 的周长的一半,
    在 △AEF 和 △AEʹF 中,
    ∵AE=AEʹ,∠EAF=∠EʹAF,AF=AF,
    ∴△AEF≌△AEʹFSAS,
    ∴EF=EʹF=BF+DE,
    ∴EF+EC+FC=BC+CD.
    21. (1) 根据题意得 A−8,0,B−8,6,C0,8,
    设抛物线的解析式为 y=ax2+8a≠0,
    把 B−8,6 代入 64a+8=6,
    解得:a=−132.
    抛物线的解析式为 y=−132x2+8.
    (2) 根据题意,把 x=4 代入解析式,得 y=7.5 m.
    ∵7.5 m>7 m,
    ∴ 货运卡车能通过.
    22. (1) 设经过 x 秒,△CPQ 的面积等于 3 cm2,
    由题意得 12x8−2x=3.
    化简得 x2−4x+3=0.
    解得 x1=1,x2=3.
    答:经过 1 秒或 3 秒,△CPQ 的面积等于 3 cm2?
    (2) 设存在某一时刻 t,使 PQ 恰好平分 △ABC 的面积,
    则 12t8−2t=12×12×6×8.
    化简得 t2−4t+12=0,b2−4ac=16−48=−32<0,
    故方程无实数根,即不存在满足条件的 t.
    (3) 由题意得 8−2t2+t2=292.
    整理得 5t2−32t+35=0.
    解得 t1=5(不合题意,舍去),t2=1.4.
    答:运动时间为 1.4 秒时,PQ 长为 29.
    23. (1) 设甲种商品的进价是 x 元,乙种商品的进价是 y 元,依题意有
    x+y=30,8x+4+62y−11=262.
    解得
    x=16,y=14.
    故甲种商品的进价是 16 元,乙种商品的进价是 14 元.
    (2) 依题意有:
    400−10a×74+a+300−10a×814×2−11−14+a=2500.
    整理,得
    150a2−180a=0.
    解得
    a1=65,a2=0舍去.
    故当 a 为 65 时,才能使该经销商每天销售甲、乙两种商品获取的利润共 2500 元.
    24. (1) PM=PN;PM⊥PN
    【解析】∵ 点 P,N 是 BC,CD 的中点,
    ∴PN∥BD,PN=12BD,
    ∵ 点 P,M 是 CD,DE 的中点,
    ∴PM∥CE,PM=12CE,
    ∵AB=AC,AD=AE,
    ∴BD=CE,
    ∴PM=PN,
    ∵PN∥BD,
    ∴∠DPN=∠ADC,
    ∵PM∥CE,
    ∴∠DPM=∠DCA,
    ∵∠BAC=90∘,
    ∴∠ADC+∠ACD=90∘,
    ∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90∘,
    ∴PM⊥PN.
    (2) 由旋转知,∠BAD=∠CAE.
    ∵AB=AC,AD=AE,
    ∴△ABD≌△ACESAS,
    ∴∠ABD=∠ACE,BD=CE,
    同(1)的方法,利用三角形的中位线得 PN=12BD,PM=12CE,
    ∴PM=PN,
    ∴△PMN 是等腰三角形,
    同(1)的方法得,PM∥CE,
    ∴∠DPM=∠DCE,
    同(1)的方法得,PN∥BD,
    ∴∠PNC=∠DBC,
    ∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC,
    ∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC,
    ∵∠BAC=90∘,
    ∴∠ACB+∠ABC=90∘,
    ∴∠MPN=90∘,
    ∴△PMN 是等腰直角三角形,
    (3) 492.
    【解析】方法 1:
    如图 2,同(2)的方法得,△PMN 是等腰直角三角形,
    ∴MN 最大时,△PMN 的面积最大,
    ∴DE∥BC 且 DE 在顶点 A 上面,
    ∴MN最大=AM+AN,
    连接 AM,AN.
    在 △ADE 中,AD=AE=4,∠DAE=90∘,
    ∴AM=22,
    在 Rt△ABC 中,AB=AC=10,AN=52,
    ∴MN最大=22+52=72,
    ∴S△PMN最大=12PM2=12×12MN2=14×722=492.
    方法 2:
    由(2)知,△PMN 是等腰直角三角形,PM=PN=12BD,
    ∴PM 最大时,△PMN 面积最大,
    ∴ 点 D 在 BA 的延长线上,
    ∴BD=AB+AD=14,
    ∴PM=7,
    ∴S△PMN最大=12PM2=12×72=492.
    25. (1) ∵ 抛物线 y=ax2+bx+3(a≠0)与 x 轴交于点 A1,0 和点 B−3,0,
    ∴a+b+3=0,9a−3b+3=0.
    解得:a=−1,b=−2.
    ∴ 所求抛物线解析式为:y=−x2−2x+3.
    (2) ∵ 抛物线解析式为:y=−x2−2x+3,
    ∴ 其对称轴为 x=−22=−1,
    ∴ 设 P 点坐标为 −1,a,
    当 x=0 时,y=3,
    ∴C0,3,M−1,0.
    ∴ 当 CP=PM 时,−12+3−a2=a2,
    解得 a=53,
    ∴P 点坐标为:P1−1,53;
    ∴ 当 CM=PM 时,−12+32=a2,
    解得 a=±10,
    ∴P 点坐标为:P2−1,10 或 P3−1,−10;
    ∴ 当 CM=CP 时,由勾股定理得:−12+32=−12+3−a2,
    解得 a=6,
    ∴P 点坐标为:P4−1,6.
    综上所述存在符合条件的点 P,其坐标为 P−1,10 或 P−1,−10 或 P−1,6 或 P−1,53.
    (3) 过点 E 作 EF⊥x 轴于点 F,
    设 Ea,−a2−2a+3(−3 ∴EF=−a2−2a+3,BF=a+3,OF=−a,
    ∴S四边形BOCE=12BF⋅EF+12OC+EF⋅OF=12a+3⋅−a2−2a+3+12−a2−2a+6⋅−a=−32a2−92a+92=−32a+322+638.
    ∴ 当 a=−32,S四边形BOCE 最大,且最大值为 638.
    此时,点 E 坐标为 −32,154.

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