还剩19页未读，
继续阅读
河南省信阳市潢川县2021-2022学年九年级上学期期中考试数学试卷（word版 含答案）
展开
这是一份河南省信阳市潢川县2021-2022学年九年级上学期期中考试数学试卷（word版 含答案），共22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。
2021-2022学年河南省信阳市潢川县九年级第一学期期中数学试卷
一、选择题（每题3分，共30分）
1．下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．用配方法解方程x2﹣6x+1＝0，方程应变形为（ ）
A．（x﹣3）2＝8 B．（x﹣3）2＝10 C．（x﹣6）2＝10 D．（x﹣6）2＝8
3．如图，已知A，B均为⊙O上一点，若∠AOB＝80°，则∠ACB＝（ ）
A．80° B．70° C．60° D．40°
4．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C，使点A′恰好落在AB上，则旋转角度为（ ）
A．30° B．90° C．60° D．150°
5．已知二次函数y＝（a﹣1）x2，当x＞0时，y随x增大而增大，则实数a的取值范围是（ ）
A．a＞0 B．a＞1 C．a≠1 D．a＜1
6．将抛物线y＝（x﹣1）2+3向左平移1个单位，得到的抛物线与y轴的交点坐标是（ ）
A．（0，2） B．（0，3） C．（0，4） D．（0，7）
7．若二次函数y＝﹣ax2的图象经过点P（﹣，2），则该图象必经过点（ ）
A．（，﹣2） B．（2，） C．（2，﹣） D．（，2）
8．若抛物线y＝x2﹣2x+m与x轴有交点，则m的取值范围是（ ）
A．m＞1 B．m≥1 C．m＜1 D．m≤1
9．如图，从地面竖直向上抛出一个小球，小球的高度h（单位：m）与小球运动时间t（单位：s）之间的关系式为h＝30t﹣5t2，那么小球从抛出至回落到地面所需要的时间是（ ）
A．6s B．4s C．3s D．2s
10．如图，现要在抛物线y＝x（4﹣x）上找点P（a，b），针对b的不同取值，所找点P的个数，三人的说法如下，
甲：若b＝5，则点P的个数为0；
乙：若b＝4，则点P的个数为1；
丙：若b＝3，则点P的个数为1．
下列判断正确的是（ ）
A．乙错，丙对 B．甲和乙都错 C．乙对，丙错 D．甲错，丙对
二、填空题（每题3分，共15分）
11．方程（x+1）2＝9的根是 ．
12．如图，在直角坐标系中，已知点A（3，2），将△ABO绕点O逆时针方向旋转180°后得到△CDO，则点C的坐标是 ．
13．如图，⊙O的直径为10，弦AB＝8，P是弦AB上一动点，那么OP长的取值范围是 ．
14．有一个人患了新冠肺炎，经过两轮传染后共有169人患了新冠肺炎，每轮传染中平均一个人传染了 个人．
15．如图，点A是抛物线y＝x2﹣4x对称轴上的一点，连接OA，以A为旋转中心将AO逆时针旋转90°得到AO′，当O′恰好落在抛物线上时，点A的坐标为 ．
三、解答题（共75分）
16．解方程：
（1）x（x+3）＝x；
（2）x2﹣3x+1＝0．
17．已知：关于x的方程x2+2mx+m2﹣1＝0
（1）不解方程，判别方程根的情况；
（2）若方程有一个根为3，求m的值．
18．如图，点O是等边三角形ABC内的一点，∠BOC＝150°，将△BOC绕点C按顺时针旋转得到△ADC，连接OD，OA．
（Ⅰ）求∠ODC的度数；
（Ⅱ）若OB＝2，OC＝3，求AO的长．
19．对于抛物线y＝x2﹣4x+3．
（1）它与x轴交点的坐标为 ，与y轴交点的坐标为 ，顶点坐标为 ；
（2）在坐标系中利用描点法画出此抛物线；
x
…
…
y
…
…
（3）结合图象直接回答：当0＜x＜3时，则y的取值范围是 ．
20．如图，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣2，3）、B（﹣6，0）、C（﹣1，0）．
（1）将△ABC绕坐标原点O逆时针旋转90°．画出图形，直接写出点B的对应点的坐标；
（2）请直接写出：以A、B、C为顶点的平行四边形的第四个顶点D的坐标．
21．如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，AD与过点C的切线互相垂直，垂足为D．连接BC并延长，交AD的延长线于点E．
（1）求证：AE＝AB；
（2）若AB＝10，BC＝6，求CD的长．
22．九年级数学兴趣小组经过市场调查，得到某种运动服每月的销量与售价的相关信息如下表：
售价（元/件）
100
110
120
130
…
月销量（件）
200
180
160
140
…
已知该运动服的进价为每件60元，设售价为x元．
（1）请用含x的式子表示：①销售该运动服每件的利润是 （ ）元；②月销量是 （ ）件；（直接写出结果）
（2）设销售该运动服的月利润为y元，那么售价为多少时，当月的利润最大，最大利润是多少？
23．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于点A（﹣3，0）和点B，交y轴于点C（0，3）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点P在抛物线上，且S△AOP＝4S△BOC，求点P的坐标；
（3）如图b，设点Q是线段AC上的一动点，作DQ⊥x轴，交抛物线于点D，求线段DQ长度的最大值．
参考答案
一、选择题（每题3分，共30分）
1．下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、中心对称图形但不是轴对称图形，故此选项符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：B．
2．用配方法解方程x2﹣6x+1＝0，方程应变形为（ ）
A．（x﹣3）2＝8 B．（x﹣3）2＝10 C．（x﹣6）2＝10 D．（x﹣6）2＝8
【分析】根据配方法即可求出答案．
解：∵x2﹣6x+1＝0，
∴x2﹣6x+9＝8，
∴（x﹣3）2＝8，
故选：A．
3．如图，已知A，B均为⊙O上一点，若∠AOB＝80°，则∠ACB＝（ ）
A．80° B．70° C．60° D．40°
【分析】由同弧所对的圆心角和圆周角的关系可得，∠AOB＝2∠ACB，则结果即可得出．
解：由题意得，∠ACB＝∠AOB＝×80°＝40°．
故选：D．
4．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C，使点A′恰好落在AB上，则旋转角度为（ ）
A．30° B．90° C．60° D．150°
【分析】先利用互余得到∠A＝60°，再根据旋转的性质得CA′＝CA，∠ACA′等于旋转角，然后判断△ACA′为等边三角形得到∠ACA′＝60°，从而得到旋转角的度数．
解：∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，
∴∠A＝60°，
∵△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C，使得点A′恰好落在AB上，
∴CA′＝CA，∠ACA′等于旋转角，
∴△ACA′为等边三角形，
∴∠ACA′＝60°，
即旋转角度为60°．
故选：C．
5．已知二次函数y＝（a﹣1）x2，当x＞0时，y随x增大而增大，则实数a的取值范围是（ ）
A．a＞0 B．a＞1 C．a≠1 D．a＜1
【分析】由二次函数的性质得a﹣1＞0，即可求解．
解：∵二次函数y＝（a﹣1）x2，当x＞0时，y随x增大而增大，
∴a﹣1＞0，
∴a＞1，
故选：B．
6．将抛物线y＝（x﹣1）2+3向左平移1个单位，得到的抛物线与y轴的交点坐标是（ ）
A．（0，2） B．（0，3） C．（0，4） D．（0，7）
【分析】先根据顶点式确定抛物线y＝（x﹣1）2+3的顶点坐标为（1，3），再利用点的平移得到平移后抛物线的顶点坐标为（0，3），于是得到移后抛物线解析式为y＝x2+3，然后求平移后的抛物线与y轴的交点坐标．
解：抛物线y＝（x﹣1）2+3的顶点坐标为（1，3），
把点（1，3）向左平移1个单位得到点的坐标为（0，3），
所以平移后抛物线解析式为y＝x2+3，
所以得到的抛物线与y轴的交点坐标为（0，3）．
故选：B．
7．若二次函数y＝﹣ax2的图象经过点P（﹣，2），则该图象必经过点（ ）
A．（，﹣2） B．（2，） C．（2，﹣） D．（，2）
【分析】根据二次函数图象的对称性解答．
解：∵点P（﹣，2）与（，2）关于二次函数y＝﹣ax2的对称轴y轴对称，
∴该图象必经过点（，2）．
故选：D．
8．若抛物线y＝x2﹣2x+m与x轴有交点，则m的取值范围是（ ）
A．m＞1 B．m≥1 C．m＜1 D．m≤1
【分析】根据判别式的意义得到△＝（﹣2）2﹣4m≥0，然后解不等式即可．
解：根据题意得△＝（﹣2）2﹣4m≥0，
解得m≤1．
故选：D．
9．如图，从地面竖直向上抛出一个小球，小球的高度h（单位：m）与小球运动时间t（单位：s）之间的关系式为h＝30t﹣5t2，那么小球从抛出至回落到地面所需要的时间是（ ）
A．6s B．4s C．3s D．2s
【分析】由小球高度h与运动时间t的关系式h＝30t﹣5t2，令h＝0，解得的两值之差便是所要求得的结果．
解：由小球高度h与运动时间t的关系式h＝30t﹣5t2．
令h＝0，﹣5t2+30t＝0
解得：t1＝0，t2＝6
△t＝6，小球从抛出至回落到地面所需要的时间是6秒．
故选：A．
10．如图，现要在抛物线y＝x（4﹣x）上找点P（a，b），针对b的不同取值，所找点P的个数，三人的说法如下，
甲：若b＝5，则点P的个数为0；
乙：若b＝4，则点P的个数为1；
丙：若b＝3，则点P的个数为1．
下列判断正确的是（ ）
A．乙错，丙对 B．甲和乙都错 C．乙对，丙错 D．甲错，丙对
【分析】求出抛物线的顶点坐标为（2，4），由二次函数的性质对甲、乙、丙三人的说法分别进行判断，即可得出结论．
解：y＝x（4﹣x）＝﹣x2+4x＝﹣（x﹣2）2+4，
∴抛物线的顶点坐标为（2，4），
∴在抛物线上的点P的纵坐标最大为4，
∴甲、乙的说法正确；
若b＝3，则抛物线上纵坐标为3的点有2个，
∴丙的说法不正确；
故选：C．
二、填空题（每题3分，共15分）
11．方程（x+1）2＝9的根是 x1＝2，x2＝﹣4 ．
【分析】根据直接开平方法的步骤先把方程两边分别开方，再进行计算即可．
解：（x+1）2＝9，
x+1＝±3，
x1＝2，x2＝﹣4．
故答案为：x1＝2，x2＝﹣4．
12．如图，在直角坐标系中，已知点A（3，2），将△ABO绕点O逆时针方向旋转180°后得到△CDO，则点C的坐标是 （﹣3，﹣2） ．
【分析】根据中心对称的性质解决问题即可．
解：由题意A，C关于原点对称，
∵A（3，2），
∴C（﹣3，﹣2），
故本答案为（﹣3，﹣2）．
13．如图，⊙O的直径为10，弦AB＝8，P是弦AB上一动点，那么OP长的取值范围是 3≤OP≤5 ．
【分析】因为⊙O的直径为10，所以半径为5，则OP的最大值为5，OP的最小值就是弦AB的弦心距的长，所以，过点O作弦AB的弦心距OM，利用勾股定理，求出OM＝3，即OP的最小值为3，所以3≤OP≤5．
解：如图：连接OA，作OM⊥AB与M，
∵⊙O的直径为10，
∴半径为5，
∴OP的最大值为5，
∵OM⊥AB与M，
∴AM＝BM，
∵AB＝8，
∴AM＝4，
在Rt△AOM中，OM＝，
OM的长即为OP的最小值，
∴3≤OP≤5．
14．有一个人患了新冠肺炎，经过两轮传染后共有169人患了新冠肺炎，每轮传染中平均一个人传染了 12 个人．
【分析】根据题意可得第一轮人数加第二轮人数，再加第三轮人数总数为169人，设平均每人感染x人，则列式为1+x+（x+1）x＝169．即可解答．
解：设每轮传染中平均一个人传染了x个人，根据题意，得
x+1+（x+1）x＝169
x＝12或x＝﹣14（舍去）．
答：每轮传染中平均一个人传染了12个人．
故答案为：12．
15．如图，点A是抛物线y＝x2﹣4x对称轴上的一点，连接OA，以A为旋转中心将AO逆时针旋转90°得到AO′，当O′恰好落在抛物线上时，点A的坐标为 （2，﹣1）或（2，2） ．
【分析】根据抛物线对称轴解析式设点A坐标为（2，m），作AP⊥y轴于点P，作O′Q⊥直线x＝2，证△AOP≌△AO′Q得AP＝AQ＝2、PO＝QO′＝m，则点O′坐标为（2+m，m﹣2），将点O′坐标代入抛物线解析式得到关于m的方程，解之可得m的值，即可得答案．
解：∵抛物线y＝x2﹣4x对称轴为直线x＝﹣＝2，
∴设点A坐标为（2，m），
如图，作AP⊥y轴于点P，作O′Q⊥直线x＝2，
∴∠APO＝∠AQO′＝90°，
∴∠QAO′+∠AO′Q＝90°，
∵∠QAO′+∠OAQ＝90°，
∴∠AO′Q＝∠OAQ，
又∠OAQ＝∠AOP，
∴∠AO′Q＝∠AOP，
在△AOP和△AO′Q中，
∵，
∴△AOP≌△AO′Q（AAS），
∴AP＝AQ＝2，PO＝QO′＝m，
则点O′坐标为（2+m，m﹣2），
代入y＝x2﹣4x得：m﹣2＝（2+m）2﹣4（2+m），
解得：m＝﹣1或m＝2，
∴点A坐标为（2，﹣1）或（2，2），
故答案为：（2，﹣1）或（2，2）．
三、解答题（共75分）
16．解方程：
（1）x（x+3）＝x；
（2）x2﹣3x+1＝0．
【分析】（1）先移项，再利用提公因式法将方程的左边因式分解，继而得出两个关于x的一元一次方程，再进一步求解即可；
（2）利用公式法求解即可．
解：（1）∵x（x+3）＝x，
∴x（x+3）﹣x＝0，
∴x（x+2）＝0，
则x＝0或x+2＝0，
解得x1＝0，x2＝﹣2；
（2）∵a＝1，b＝﹣3，c＝1，
∴b2﹣4ac＝5＞0，
则x＝＝，
∴x1＝，x2＝．
17．已知：关于x的方程x2+2mx+m2﹣1＝0
（1）不解方程，判别方程根的情况；
（2）若方程有一个根为3，求m的值．
【分析】（1）找出方程a，b及c的值，计算出根的判别式的值，根据其值的正负即可作出判断；
（2）将x＝3代入已知方程中，列出关于系数m的新方程，通过解新方程即可求得m的值．
解：（1）由题意得，a＝1，b＝2m，c＝m2﹣1，
∵Δ＝b2﹣4ac＝（2m）2﹣4×1×（m2﹣1）＝4＞0，
∴方程x2+2mx+m2﹣1＝0有两个不相等的实数根；
（2）∵x2+2mx+m2﹣1＝0有一个根是3，
∴32+2m×3+m2﹣1＝0，
解得，m＝﹣4或m＝﹣2．
18．如图，点O是等边三角形ABC内的一点，∠BOC＝150°，将△BOC绕点C按顺时针旋转得到△ADC，连接OD，OA．
（Ⅰ）求∠ODC的度数；
（Ⅱ）若OB＝2，OC＝3，求AO的长．
【分析】（Ⅰ）根据旋转的性质得到三角形ODC为等边三角形即可求解；
（Ⅱ）在Rt△AOD中，由勾股定理即可求得AO的长，再在直角△AOD中利用三角函数的定义即可求解．
解：（Ⅰ）由旋转的性质得，CD＝CO，∠ACD＝∠BCO，
∵∠ACB＝60°，
∴∠DCO＝60°，
∴△OCD为等边三角形，
∴∠ODC＝60°；
（Ⅱ）由旋转的性质得，AD＝OB＝2，
∵△OCD为等边三角形，
∴OD＝OC＝3，
∵∠BOC＝150°，∠ODC＝60°，
∴∠ADO＝90°，
在Rt△AOD中，由勾股定理得：AO＝＝．
19．对于抛物线y＝x2﹣4x+3．
（1）它与x轴交点的坐标为 （1，0），（3，0） ，与y轴交点的坐标为 （0，3） ，顶点坐标为 （2，1） ；
（2）在坐标系中利用描点法画出此抛物线；
x
…
0
1
2
3
4
…
y
…
3
0
﹣1
0
3
…
（3）结合图象直接回答：当0＜x＜3时，则y的取值范围是 ﹣1＜y＜3 ．
【分析】（1）令x＝0，即可求出函数与y轴的交点坐标，令y＝0，即可求出与x轴的交点坐标，配方之后即可求出函数的顶点坐标；
（2）找到对称轴两侧的关键点及顶点坐标，即可画出函数图象；
（3）根据函数图象直接得到答案．
解：（1）当y＝0时，x2﹣4x+3＝0，解得x1＝1，x2＝3，则抛物线与x轴的交点坐标为（1，0），（3，0）；
当x＝0时，y＝x2﹣4x+3＝3，则抛物线与y轴的交点坐标为（0，3），
∵y＝（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线的顶点坐标为（2，1），
故答案是：（1，0），（3，0），（0，3），（2，1）；
（2）列表：
描点、连线，如图，
（3）由（2）中的函数图象知，当0＜x＜3时，则y的取值范围是﹣1＜y＜3．
故答案是：﹣1＜y＜3．
20．如图，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣2，3）、B（﹣6，0）、C（﹣1，0）．
（1）将△ABC绕坐标原点O逆时针旋转90°．画出图形，直接写出点B的对应点的坐标；
（2）请直接写出：以A、B、C为顶点的平行四边形的第四个顶点D的坐标．
【分析】（1）利用网格特点，根据旋转的性质画出点A、B、C旋转后的对应点A'，B'、C'，即可得到△A'B'C'；
（2）分类讨论：分别以AB、BC和AC为对角线作出平行四边形，然后写出第四个顶点D的坐标．
解：（1）如图所示，△A′B′C′即为所作；点B的对应点B'的坐标的坐标为（0，﹣6）；
（2）如图所示，点D的坐标为（﹣5，﹣3）或（﹣6，3）或（3，3）．
21．如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，AD与过点C的切线互相垂直，垂足为D．连接BC并延长，交AD的延长线于点E．
（1）求证：AE＝AB；
（2）若AB＝10，BC＝6，求CD的长．
【分析】（1）证明：连接AC、OC，如图，根据切线的性质得到OC⊥CD，则可判断OC∥AD，所以∠OCB＝∠E，然后证明∠B＝∠E，从而得到结论；
（2）利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，则利用勾股定理可计算出AC＝8，再根据等腰三角形的性质得到CE＝BC＝6，然后利用面积法求出CD的长．
【解答】（1）证明：连接AC、OC，如图，
∵CD为切线，
∴OC⊥CD，
∵CD⊥AD，
∴OC∥AD，
∴∠OCB＝∠E，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠B，
∴∠B＝∠E，
∴AE＝AB；
（2）解：∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
∴AC＝＝8，
∵AB＝AE＝10，AC⊥BE，
∴CE＝BC＝6，
∵CD•AE＝AC•CE，
∴CD＝＝．
22．九年级数学兴趣小组经过市场调查，得到某种运动服每月的销量与售价的相关信息如下表：
售价（元/件）
100
110
120
130
…
月销量（件）
200
180
160
140
…
已知该运动服的进价为每件60元，设售价为x元．
（1）请用含x的式子表示：①销售该运动服每件的利润是 （ x﹣60 ）元；②月销量是 （ 400﹣2x ）件；（直接写出结果）
（2）设销售该运动服的月利润为y元，那么售价为多少时，当月的利润最大，最大利润是多少？
【分析】（1）根据利润＝售价﹣进价求出利润，运用待定系数法求出月销量；
（2）根据月利润＝每件的利润×月销量列出函数关系式，根据二次函数的性质求出最大利润．
解：（1）①销售该运动服每件的利润是（x﹣60）元；
②由表中信息可知，售价每增加10元，销售量减少20件，
设月销量W与x的关系式为w＝kx+b，
由题意得，，
解得，，
∴W＝﹣2x+400；
（2）由题意得，y＝（x﹣60）（﹣2x+400）
＝﹣2x2+520x﹣24000
＝﹣2（x﹣130）2+9800，
∴售价为130元时，当月的利润最大，最大利润是9800元．
23．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于点A（﹣3，0）和点B，交y轴于点C（0，3）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点P在抛物线上，且S△AOP＝4S△BOC，求点P的坐标；
（3）如图b，设点Q是线段AC上的一动点，作DQ⊥x轴，交抛物线于点D，求线段DQ长度的最大值．
【分析】（1）把点A、C的坐标分别代入函数解析式，列出关于系数的方程组，通过解方程组求得系数的值；
（2）设P点坐标为（x，﹣x2﹣2x+3），根据S△AOP＝4S△BOC列出关于x的方程，解方程求出x的值，进而得到点P的坐标；
（3）先运用待定系数法求出直线AC的解析式为y＝x+3，再设Q点坐标为（x，x+3），则D点坐标为（x，x2+2x﹣3），然后用含x的代数式表示QD，根据二次函数的性质即可求出线段QD长度的最大值．
解：（1）把A（﹣3，0），C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，得
，
解得．
故该抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3．
（2）设P（x，﹣x2﹣2x+3），
由（1）知，该抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，则易得B（1，0）．
∵S△AOP＝4S△BOC，
∴×3×|﹣x2﹣2x+3|＝4××1×3．
整理，得（x+1）2＝0或x2+2x﹣7＝0，
解得x＝﹣1或x＝﹣1±2．
则符合条件的点P的坐标为：（﹣1，4）或（﹣1+2，﹣4）或（﹣1﹣2，﹣4）；
（3）设直线AC的解析式为y＝kx+t，将A（﹣3，0），C（0，3）代入，
得，
解得．
即直线AC的解析式为y＝x+3．
设Q点坐标为（x，x+3），（﹣3≤x≤0），则D点坐标为（x，﹣x2﹣2x+3），
QD＝（﹣x2﹣2x+3）﹣（x+3）＝﹣x2﹣3x＝﹣（x+）2+，
∴当x＝﹣时，QD有最大值．
2021-2022学年河南省信阳市潢川县九年级第一学期期中数学试卷
一、选择题（每题3分，共30分）
1．下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．用配方法解方程x2﹣6x+1＝0，方程应变形为（ ）
A．（x﹣3）2＝8 B．（x﹣3）2＝10 C．（x﹣6）2＝10 D．（x﹣6）2＝8
3．如图，已知A，B均为⊙O上一点，若∠AOB＝80°，则∠ACB＝（ ）
A．80° B．70° C．60° D．40°
4．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C，使点A′恰好落在AB上，则旋转角度为（ ）
A．30° B．90° C．60° D．150°
5．已知二次函数y＝（a﹣1）x2，当x＞0时，y随x增大而增大，则实数a的取值范围是（ ）
A．a＞0 B．a＞1 C．a≠1 D．a＜1
6．将抛物线y＝（x﹣1）2+3向左平移1个单位，得到的抛物线与y轴的交点坐标是（ ）
A．（0，2） B．（0，3） C．（0，4） D．（0，7）
7．若二次函数y＝﹣ax2的图象经过点P（﹣，2），则该图象必经过点（ ）
A．（，﹣2） B．（2，） C．（2，﹣） D．（，2）
8．若抛物线y＝x2﹣2x+m与x轴有交点，则m的取值范围是（ ）
A．m＞1 B．m≥1 C．m＜1 D．m≤1
9．如图，从地面竖直向上抛出一个小球，小球的高度h（单位：m）与小球运动时间t（单位：s）之间的关系式为h＝30t﹣5t2，那么小球从抛出至回落到地面所需要的时间是（ ）
A．6s B．4s C．3s D．2s
10．如图，现要在抛物线y＝x（4﹣x）上找点P（a，b），针对b的不同取值，所找点P的个数，三人的说法如下，
甲：若b＝5，则点P的个数为0；
乙：若b＝4，则点P的个数为1；
丙：若b＝3，则点P的个数为1．
下列判断正确的是（ ）
A．乙错，丙对 B．甲和乙都错 C．乙对，丙错 D．甲错，丙对
二、填空题（每题3分，共15分）
11．方程（x+1）2＝9的根是 ．
12．如图，在直角坐标系中，已知点A（3，2），将△ABO绕点O逆时针方向旋转180°后得到△CDO，则点C的坐标是 ．
13．如图，⊙O的直径为10，弦AB＝8，P是弦AB上一动点，那么OP长的取值范围是 ．
14．有一个人患了新冠肺炎，经过两轮传染后共有169人患了新冠肺炎，每轮传染中平均一个人传染了 个人．
15．如图，点A是抛物线y＝x2﹣4x对称轴上的一点，连接OA，以A为旋转中心将AO逆时针旋转90°得到AO′，当O′恰好落在抛物线上时，点A的坐标为 ．
三、解答题（共75分）
16．解方程：
（1）x（x+3）＝x；
（2）x2﹣3x+1＝0．
17．已知：关于x的方程x2+2mx+m2﹣1＝0
（1）不解方程，判别方程根的情况；
（2）若方程有一个根为3，求m的值．
18．如图，点O是等边三角形ABC内的一点，∠BOC＝150°，将△BOC绕点C按顺时针旋转得到△ADC，连接OD，OA．
（Ⅰ）求∠ODC的度数；
（Ⅱ）若OB＝2，OC＝3，求AO的长．
19．对于抛物线y＝x2﹣4x+3．
（1）它与x轴交点的坐标为 ，与y轴交点的坐标为 ，顶点坐标为 ；
（2）在坐标系中利用描点法画出此抛物线；
x
…
…
y
…
…
（3）结合图象直接回答：当0＜x＜3时，则y的取值范围是 ．
20．如图，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣2，3）、B（﹣6，0）、C（﹣1，0）．
（1）将△ABC绕坐标原点O逆时针旋转90°．画出图形，直接写出点B的对应点的坐标；
（2）请直接写出：以A、B、C为顶点的平行四边形的第四个顶点D的坐标．
21．如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，AD与过点C的切线互相垂直，垂足为D．连接BC并延长，交AD的延长线于点E．
（1）求证：AE＝AB；
（2）若AB＝10，BC＝6，求CD的长．
22．九年级数学兴趣小组经过市场调查，得到某种运动服每月的销量与售价的相关信息如下表：
售价（元/件）
100
110
120
130
…
月销量（件）
200
180
160
140
…
已知该运动服的进价为每件60元，设售价为x元．
（1）请用含x的式子表示：①销售该运动服每件的利润是 （ ）元；②月销量是 （ ）件；（直接写出结果）
（2）设销售该运动服的月利润为y元，那么售价为多少时，当月的利润最大，最大利润是多少？
23．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于点A（﹣3，0）和点B，交y轴于点C（0，3）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点P在抛物线上，且S△AOP＝4S△BOC，求点P的坐标；
（3）如图b，设点Q是线段AC上的一动点，作DQ⊥x轴，交抛物线于点D，求线段DQ长度的最大值．
参考答案
一、选择题（每题3分，共30分）
1．下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、中心对称图形但不是轴对称图形，故此选项符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：B．
2．用配方法解方程x2﹣6x+1＝0，方程应变形为（ ）
A．（x﹣3）2＝8 B．（x﹣3）2＝10 C．（x﹣6）2＝10 D．（x﹣6）2＝8
【分析】根据配方法即可求出答案．
解：∵x2﹣6x+1＝0，
∴x2﹣6x+9＝8，
∴（x﹣3）2＝8，
故选：A．
3．如图，已知A，B均为⊙O上一点，若∠AOB＝80°，则∠ACB＝（ ）
A．80° B．70° C．60° D．40°
【分析】由同弧所对的圆心角和圆周角的关系可得，∠AOB＝2∠ACB，则结果即可得出．
解：由题意得，∠ACB＝∠AOB＝×80°＝40°．
故选：D．
4．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C，使点A′恰好落在AB上，则旋转角度为（ ）
A．30° B．90° C．60° D．150°
【分析】先利用互余得到∠A＝60°，再根据旋转的性质得CA′＝CA，∠ACA′等于旋转角，然后判断△ACA′为等边三角形得到∠ACA′＝60°，从而得到旋转角的度数．
解：∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，
∴∠A＝60°，
∵△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C，使得点A′恰好落在AB上，
∴CA′＝CA，∠ACA′等于旋转角，
∴△ACA′为等边三角形，
∴∠ACA′＝60°，
即旋转角度为60°．
故选：C．
5．已知二次函数y＝（a﹣1）x2，当x＞0时，y随x增大而增大，则实数a的取值范围是（ ）
A．a＞0 B．a＞1 C．a≠1 D．a＜1
【分析】由二次函数的性质得a﹣1＞0，即可求解．
解：∵二次函数y＝（a﹣1）x2，当x＞0时，y随x增大而增大，
∴a﹣1＞0，
∴a＞1，
故选：B．
6．将抛物线y＝（x﹣1）2+3向左平移1个单位，得到的抛物线与y轴的交点坐标是（ ）
A．（0，2） B．（0，3） C．（0，4） D．（0，7）
【分析】先根据顶点式确定抛物线y＝（x﹣1）2+3的顶点坐标为（1，3），再利用点的平移得到平移后抛物线的顶点坐标为（0，3），于是得到移后抛物线解析式为y＝x2+3，然后求平移后的抛物线与y轴的交点坐标．
解：抛物线y＝（x﹣1）2+3的顶点坐标为（1，3），
把点（1，3）向左平移1个单位得到点的坐标为（0，3），
所以平移后抛物线解析式为y＝x2+3，
所以得到的抛物线与y轴的交点坐标为（0，3）．
故选：B．
7．若二次函数y＝﹣ax2的图象经过点P（﹣，2），则该图象必经过点（ ）
A．（，﹣2） B．（2，） C．（2，﹣） D．（，2）
【分析】根据二次函数图象的对称性解答．
解：∵点P（﹣，2）与（，2）关于二次函数y＝﹣ax2的对称轴y轴对称，
∴该图象必经过点（，2）．
故选：D．
8．若抛物线y＝x2﹣2x+m与x轴有交点，则m的取值范围是（ ）
A．m＞1 B．m≥1 C．m＜1 D．m≤1
【分析】根据判别式的意义得到△＝（﹣2）2﹣4m≥0，然后解不等式即可．
解：根据题意得△＝（﹣2）2﹣4m≥0，
解得m≤1．
故选：D．
9．如图，从地面竖直向上抛出一个小球，小球的高度h（单位：m）与小球运动时间t（单位：s）之间的关系式为h＝30t﹣5t2，那么小球从抛出至回落到地面所需要的时间是（ ）
A．6s B．4s C．3s D．2s
【分析】由小球高度h与运动时间t的关系式h＝30t﹣5t2，令h＝0，解得的两值之差便是所要求得的结果．
解：由小球高度h与运动时间t的关系式h＝30t﹣5t2．
令h＝0，﹣5t2+30t＝0
解得：t1＝0，t2＝6
△t＝6，小球从抛出至回落到地面所需要的时间是6秒．
故选：A．
10．如图，现要在抛物线y＝x（4﹣x）上找点P（a，b），针对b的不同取值，所找点P的个数，三人的说法如下，
甲：若b＝5，则点P的个数为0；
乙：若b＝4，则点P的个数为1；
丙：若b＝3，则点P的个数为1．
下列判断正确的是（ ）
A．乙错，丙对 B．甲和乙都错 C．乙对，丙错 D．甲错，丙对
【分析】求出抛物线的顶点坐标为（2，4），由二次函数的性质对甲、乙、丙三人的说法分别进行判断，即可得出结论．
解：y＝x（4﹣x）＝﹣x2+4x＝﹣（x﹣2）2+4，
∴抛物线的顶点坐标为（2，4），
∴在抛物线上的点P的纵坐标最大为4，
∴甲、乙的说法正确；
若b＝3，则抛物线上纵坐标为3的点有2个，
∴丙的说法不正确；
故选：C．
二、填空题（每题3分，共15分）
11．方程（x+1）2＝9的根是 x1＝2，x2＝﹣4 ．
【分析】根据直接开平方法的步骤先把方程两边分别开方，再进行计算即可．
解：（x+1）2＝9，
x+1＝±3，
x1＝2，x2＝﹣4．
故答案为：x1＝2，x2＝﹣4．
12．如图，在直角坐标系中，已知点A（3，2），将△ABO绕点O逆时针方向旋转180°后得到△CDO，则点C的坐标是 （﹣3，﹣2） ．
【分析】根据中心对称的性质解决问题即可．
解：由题意A，C关于原点对称，
∵A（3，2），
∴C（﹣3，﹣2），
故本答案为（﹣3，﹣2）．
13．如图，⊙O的直径为10，弦AB＝8，P是弦AB上一动点，那么OP长的取值范围是 3≤OP≤5 ．
【分析】因为⊙O的直径为10，所以半径为5，则OP的最大值为5，OP的最小值就是弦AB的弦心距的长，所以，过点O作弦AB的弦心距OM，利用勾股定理，求出OM＝3，即OP的最小值为3，所以3≤OP≤5．
解：如图：连接OA，作OM⊥AB与M，
∵⊙O的直径为10，
∴半径为5，
∴OP的最大值为5，
∵OM⊥AB与M，
∴AM＝BM，
∵AB＝8，
∴AM＝4，
在Rt△AOM中，OM＝，
OM的长即为OP的最小值，
∴3≤OP≤5．
14．有一个人患了新冠肺炎，经过两轮传染后共有169人患了新冠肺炎，每轮传染中平均一个人传染了 12 个人．
【分析】根据题意可得第一轮人数加第二轮人数，再加第三轮人数总数为169人，设平均每人感染x人，则列式为1+x+（x+1）x＝169．即可解答．
解：设每轮传染中平均一个人传染了x个人，根据题意，得
x+1+（x+1）x＝169
x＝12或x＝﹣14（舍去）．
答：每轮传染中平均一个人传染了12个人．
故答案为：12．
15．如图，点A是抛物线y＝x2﹣4x对称轴上的一点，连接OA，以A为旋转中心将AO逆时针旋转90°得到AO′，当O′恰好落在抛物线上时，点A的坐标为 （2，﹣1）或（2，2） ．
【分析】根据抛物线对称轴解析式设点A坐标为（2，m），作AP⊥y轴于点P，作O′Q⊥直线x＝2，证△AOP≌△AO′Q得AP＝AQ＝2、PO＝QO′＝m，则点O′坐标为（2+m，m﹣2），将点O′坐标代入抛物线解析式得到关于m的方程，解之可得m的值，即可得答案．
解：∵抛物线y＝x2﹣4x对称轴为直线x＝﹣＝2，
∴设点A坐标为（2，m），
如图，作AP⊥y轴于点P，作O′Q⊥直线x＝2，
∴∠APO＝∠AQO′＝90°，
∴∠QAO′+∠AO′Q＝90°，
∵∠QAO′+∠OAQ＝90°，
∴∠AO′Q＝∠OAQ，
又∠OAQ＝∠AOP，
∴∠AO′Q＝∠AOP，
在△AOP和△AO′Q中，
∵，
∴△AOP≌△AO′Q（AAS），
∴AP＝AQ＝2，PO＝QO′＝m，
则点O′坐标为（2+m，m﹣2），
代入y＝x2﹣4x得：m﹣2＝（2+m）2﹣4（2+m），
解得：m＝﹣1或m＝2，
∴点A坐标为（2，﹣1）或（2，2），
故答案为：（2，﹣1）或（2，2）．
三、解答题（共75分）
16．解方程：
（1）x（x+3）＝x；
（2）x2﹣3x+1＝0．
【分析】（1）先移项，再利用提公因式法将方程的左边因式分解，继而得出两个关于x的一元一次方程，再进一步求解即可；
（2）利用公式法求解即可．
解：（1）∵x（x+3）＝x，
∴x（x+3）﹣x＝0，
∴x（x+2）＝0，
则x＝0或x+2＝0，
解得x1＝0，x2＝﹣2；
（2）∵a＝1，b＝﹣3，c＝1，
∴b2﹣4ac＝5＞0，
则x＝＝，
∴x1＝，x2＝．
17．已知：关于x的方程x2+2mx+m2﹣1＝0
（1）不解方程，判别方程根的情况；
（2）若方程有一个根为3，求m的值．
【分析】（1）找出方程a，b及c的值，计算出根的判别式的值，根据其值的正负即可作出判断；
（2）将x＝3代入已知方程中，列出关于系数m的新方程，通过解新方程即可求得m的值．
解：（1）由题意得，a＝1，b＝2m，c＝m2﹣1，
∵Δ＝b2﹣4ac＝（2m）2﹣4×1×（m2﹣1）＝4＞0，
∴方程x2+2mx+m2﹣1＝0有两个不相等的实数根；
（2）∵x2+2mx+m2﹣1＝0有一个根是3，
∴32+2m×3+m2﹣1＝0，
解得，m＝﹣4或m＝﹣2．
18．如图，点O是等边三角形ABC内的一点，∠BOC＝150°，将△BOC绕点C按顺时针旋转得到△ADC，连接OD，OA．
（Ⅰ）求∠ODC的度数；
（Ⅱ）若OB＝2，OC＝3，求AO的长．
【分析】（Ⅰ）根据旋转的性质得到三角形ODC为等边三角形即可求解；
（Ⅱ）在Rt△AOD中，由勾股定理即可求得AO的长，再在直角△AOD中利用三角函数的定义即可求解．
解：（Ⅰ）由旋转的性质得，CD＝CO，∠ACD＝∠BCO，
∵∠ACB＝60°，
∴∠DCO＝60°，
∴△OCD为等边三角形，
∴∠ODC＝60°；
（Ⅱ）由旋转的性质得，AD＝OB＝2，
∵△OCD为等边三角形，
∴OD＝OC＝3，
∵∠BOC＝150°，∠ODC＝60°，
∴∠ADO＝90°，
在Rt△AOD中，由勾股定理得：AO＝＝．
19．对于抛物线y＝x2﹣4x+3．
（1）它与x轴交点的坐标为 （1，0），（3，0） ，与y轴交点的坐标为 （0，3） ，顶点坐标为 （2，1） ；
（2）在坐标系中利用描点法画出此抛物线；
x
…
0
1
2
3
4
…
y
…
3
0
﹣1
0
3
…
（3）结合图象直接回答：当0＜x＜3时，则y的取值范围是 ﹣1＜y＜3 ．
【分析】（1）令x＝0，即可求出函数与y轴的交点坐标，令y＝0，即可求出与x轴的交点坐标，配方之后即可求出函数的顶点坐标；
（2）找到对称轴两侧的关键点及顶点坐标，即可画出函数图象；
（3）根据函数图象直接得到答案．
解：（1）当y＝0时，x2﹣4x+3＝0，解得x1＝1，x2＝3，则抛物线与x轴的交点坐标为（1，0），（3，0）；
当x＝0时，y＝x2﹣4x+3＝3，则抛物线与y轴的交点坐标为（0，3），
∵y＝（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线的顶点坐标为（2，1），
故答案是：（1，0），（3，0），（0，3），（2，1）；
（2）列表：
描点、连线，如图，
（3）由（2）中的函数图象知，当0＜x＜3时，则y的取值范围是﹣1＜y＜3．
故答案是：﹣1＜y＜3．
20．如图，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣2，3）、B（﹣6，0）、C（﹣1，0）．
（1）将△ABC绕坐标原点O逆时针旋转90°．画出图形，直接写出点B的对应点的坐标；
（2）请直接写出：以A、B、C为顶点的平行四边形的第四个顶点D的坐标．
【分析】（1）利用网格特点，根据旋转的性质画出点A、B、C旋转后的对应点A'，B'、C'，即可得到△A'B'C'；
（2）分类讨论：分别以AB、BC和AC为对角线作出平行四边形，然后写出第四个顶点D的坐标．
解：（1）如图所示，△A′B′C′即为所作；点B的对应点B'的坐标的坐标为（0，﹣6）；
（2）如图所示，点D的坐标为（﹣5，﹣3）或（﹣6，3）或（3，3）．
21．如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，AD与过点C的切线互相垂直，垂足为D．连接BC并延长，交AD的延长线于点E．
（1）求证：AE＝AB；
（2）若AB＝10，BC＝6，求CD的长．
【分析】（1）证明：连接AC、OC，如图，根据切线的性质得到OC⊥CD，则可判断OC∥AD，所以∠OCB＝∠E，然后证明∠B＝∠E，从而得到结论；
（2）利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，则利用勾股定理可计算出AC＝8，再根据等腰三角形的性质得到CE＝BC＝6，然后利用面积法求出CD的长．
【解答】（1）证明：连接AC、OC，如图，
∵CD为切线，
∴OC⊥CD，
∵CD⊥AD，
∴OC∥AD，
∴∠OCB＝∠E，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠B，
∴∠B＝∠E，
∴AE＝AB；
（2）解：∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
∴AC＝＝8，
∵AB＝AE＝10，AC⊥BE，
∴CE＝BC＝6，
∵CD•AE＝AC•CE，
∴CD＝＝．
22．九年级数学兴趣小组经过市场调查，得到某种运动服每月的销量与售价的相关信息如下表：
售价（元/件）
100
110
120
130
…
月销量（件）
200
180
160
140
…
已知该运动服的进价为每件60元，设售价为x元．
（1）请用含x的式子表示：①销售该运动服每件的利润是 （ x﹣60 ）元；②月销量是 （ 400﹣2x ）件；（直接写出结果）
（2）设销售该运动服的月利润为y元，那么售价为多少时，当月的利润最大，最大利润是多少？
【分析】（1）根据利润＝售价﹣进价求出利润，运用待定系数法求出月销量；
（2）根据月利润＝每件的利润×月销量列出函数关系式，根据二次函数的性质求出最大利润．
解：（1）①销售该运动服每件的利润是（x﹣60）元；
②由表中信息可知，售价每增加10元，销售量减少20件，
设月销量W与x的关系式为w＝kx+b，
由题意得，，
解得，，
∴W＝﹣2x+400；
（2）由题意得，y＝（x﹣60）（﹣2x+400）
＝﹣2x2+520x﹣24000
＝﹣2（x﹣130）2+9800，
∴售价为130元时，当月的利润最大，最大利润是9800元．
23．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于点A（﹣3，0）和点B，交y轴于点C（0，3）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点P在抛物线上，且S△AOP＝4S△BOC，求点P的坐标；
（3）如图b，设点Q是线段AC上的一动点，作DQ⊥x轴，交抛物线于点D，求线段DQ长度的最大值．
【分析】（1）把点A、C的坐标分别代入函数解析式，列出关于系数的方程组，通过解方程组求得系数的值；
（2）设P点坐标为（x，﹣x2﹣2x+3），根据S△AOP＝4S△BOC列出关于x的方程，解方程求出x的值，进而得到点P的坐标；
（3）先运用待定系数法求出直线AC的解析式为y＝x+3，再设Q点坐标为（x，x+3），则D点坐标为（x，x2+2x﹣3），然后用含x的代数式表示QD，根据二次函数的性质即可求出线段QD长度的最大值．
解：（1）把A（﹣3，0），C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，得
，
解得．
故该抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3．
（2）设P（x，﹣x2﹣2x+3），
由（1）知，该抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，则易得B（1，0）．
∵S△AOP＝4S△BOC，
∴×3×|﹣x2﹣2x+3|＝4××1×3．
整理，得（x+1）2＝0或x2+2x﹣7＝0，
解得x＝﹣1或x＝﹣1±2．
则符合条件的点P的坐标为：（﹣1，4）或（﹣1+2，﹣4）或（﹣1﹣2，﹣4）；
（3）设直线AC的解析式为y＝kx+t，将A（﹣3，0），C（0，3）代入，
得，
解得．
即直线AC的解析式为y＝x+3．
设Q点坐标为（x，x+3），（﹣3≤x≤0），则D点坐标为（x，﹣x2﹣2x+3），
QD＝（﹣x2﹣2x+3）﹣（x+3）＝﹣x2﹣3x＝﹣（x+）2+，
∴当x＝﹣时，QD有最大值．
相关试卷
河南省信阳市潢川县2023-2024学年九年级上学期期末数学试卷： 这是一份河南省信阳市潢川县2023-2024学年九年级上学期期末数学试卷，共27页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
河南省信阳市潢川县2023届九年级上学期期中考试数学试卷(含解析)： 这是一份河南省信阳市潢川县2023届九年级上学期期中考试数学试卷(含解析)，共15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。
2021-2022学年河南省信阳市潢川县七年级（下）期末数学试卷（A卷）（Word解析版）： 这是一份2021-2022学年河南省信阳市潢川县七年级（下）期末数学试卷（A卷）（Word解析版），共19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。
