天津市河东区九年级上期末数学考试卷(解析版)(初三)期末考试.doc

天津市河东区九年级上期末数学考试卷（解析版）（初三）期末考试
姓名:_____________ 年级:____________ 学号:______________
题型选择题填空题简答题xx题xx题xx题总分得分
一、xx题
（每空xx 分，共xx分）
【题文】下列交通标志中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）
A． B． C． D．
【答案】D．
【解析】
试题分析：根据中心对称图形和轴对称图形的概念可得选项A是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；选项B不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；选项C不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；选项D既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项正确．故选D．
考点：中心对称图形；轴对称图形．
【题文】在下列l考点：一元二次方程的定义．
【题文】抛物线y=（x﹣2）2+1的顶点坐标是（）
A．（﹣2，﹣1） B．（﹣2，1） C．（2，﹣1） D．（2，1）
【答案】D．
【解析】
试题分析：y=（x﹣2）2+1是抛物线的顶点式，根据顶点式的坐标特点可知，对称轴为直线x=2，故选D．考点：二次函数的性质．
【题文】从数字2，3，4中任选两个数组成一个两位数，组成的数是偶数的概率是（）
A． B． C． D．
【答案】A．
【解析】
试题分析：树状图为：
评卷人得分
共有6种等可能的结果数，其中组成的数是偶数的结果数为4，所以组成的数是偶数的概率．故选A．
考点：列表法与树状图法．
【题文】如图，在半径为5cm的⊙O中，弦AB=6cm，OC⊥AB于点C，则OC=（）
A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm
【答案】B．
【解析】
试题分析：连接OA，∵AB=6cm，OC⊥AB于点C，∴AC=AB=×6=3cm，∵⊙O的半径为5cm，由勾股定理可得OC=4cm，故选B．
考点：垂径定理；勾股定理．
【题文】已知正六边形的边长为2，则它的内切圆的半径为（）
A．1 B． C．2 D．2
【答案】B．
【解析】
试题分析：如图，连接OA、OB，OG；∵六边形ABCDEF是边长为2的正六边形，∴△OAB是等边三角形，∴OA=AB=2，∴OG=OA•sin60°=2×=，∴边长为2的正六边形的内切圆的半径为．故选B．
考点：正多边形和圆；切线的性质．
【题文】在反比例函数的每一条曲线上，y都随着x的增大而减小，则k的值可以是（）A．﹣1 B．1 C．2 D．3
【答案】A．
【解析】
试题分析：∵反比例函数图象的每一条曲线上，y随x的增大而减小，∴1﹣k＞0，解得k＜1．故选A．
考点：反比例函数的性质．
【题文】用配方法解下列方程时，配方正确的是（）
A．方程x2﹣6x﹣5=0，可化为（x﹣3）2=4
B．方程y2﹣2y﹣2015=0，可化为（y﹣1）2=2015
C．方程a2+8a+9=0，可化为（a+4）2=25
D．方程2x2﹣6x﹣7=0，可化为
【答案】D．
【解析】
试题分析：选项A，由原方程得到：方程x2﹣6x+32=5+32，可化为（x﹣3）2=14，故本选项错误；选项B ，由原方程得到：方程y2﹣2y+12=2015+12，可化为（y﹣1）2=2016，故本选项错误；选项C，由原方程得
到：方程a2+8a+42=﹣9+42，可化为（a+4）2=7，故本选项错误；选项D，由原方程得到：方程x2﹣3x+（
）2=+（）2，可化为，故本选项正确；故选D．
考点：解一元二次方程-配方法．
【题文】如图所示，在△ABC中，∠CAB=70°，现将△ABC绕点A顺时针旋转一定角度后得到△AB′C′，连接BB′，若BB′∥AC′，则∠CAB′的度数为（）
A．20° B．25° C．30° D．40°
【答案】C．
【解析】
试题分析：由旋转的性质得：∠C′AB′=∠CAB=70°，AB′=AB，∴∠AB′B=∠ABB′，∵BB′∥AC′，
∴∠AB′B=∠C′AB′=70°，∴∠ABB′=70°，∴∠BAB′=180°﹣70°﹣70°=40°，∴∠CAB′=∠CAB﹣
∠BAB′=70°﹣40°=30°；故选C．
考点：旋转的性质．
【题文】若二次函数y=（x﹣m）2﹣1，当x≤3时，y随x的增大而减小，则m的取值范围是（）A．m=3 B．m＞3 C．m≥3 D．m≤3
【答案】C．
【解析】
试题分析：∵二次函数的解析式y=（x﹣m）2﹣1的二次项系数是1，∴该二次函数的开口方向是向上；又∵该二次函数的图象的顶点坐标是（m，﹣1），∴该二次函数图象在[﹣∞，m]上是减函数，即y随x的增大而减小；而已知中当x≤3时，y随x的增大而减小，∴x≤3，∴x﹣m≤0，∴m≥3．故选C．
考点：二次函数的性质．
【题文】如图，⊙O的半径为4，点P是⊙O外的一点，PO=10，点A是⊙O上的一个动点，连接PA，直线l 垂直平分PA，当直线l与⊙O相切时，PA的长度为（）
A．10 B． C．11 D．
【答案】B．
【解析】
试题分析：如图所示．连接OA、OC（C为切点），过点O作OB⊥AP．
设AB的长为x，在Rt△AOB中，OB2=OA2﹣AB2=16﹣x2，
∵l与圆相切，
∴OC⊥l．
∵∠OBD=∠OCD=∠CDB=90°，
∴四边形BOCD为矩形．
∴BD=OC=4．
∵直线l垂直平分PA，
∴PD=BD+AB=4+x．
∴PB=8+x．
在Rt△OBP中，OP2=OB2+PB2，即16﹣x2+（8+x）2=102，解得x=．
PA=2AD=2×（+4）=．
故选：B．
考点：直线与圆的位置关系．
【题文】如图是抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的部分图象，其顶点坐标为（1，n），且与x轴的一个交点在点（3，0）和（4，0）之间．则下列结论：
①a﹣b+c＞0；
②3a+b=0；
③b2=4a（c﹣n）；
④一元二次方程ax2+bx+c=n﹣1有两个不相等的实数根．
其中正确结论的个数是（）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】
试题分析：∵抛物线与x轴的一个交点在点（3，0）和（4，0）之间，而抛物线的对称轴为直线x=1，
∴抛物线与x轴的另一个交点在点（﹣2，0）和（﹣1，0）之间．∴当x=﹣1时，y＞0，即a﹣b+c＞0，所以①正确；∵抛物线的对称轴为直线x=﹣=1，即b=﹣2a，∴3a+b=3a﹣2a=a，所以②错误；∵抛物线的
顶点坐标为（1，n），∴ =n，∴b2=4ac﹣4an=4a（c﹣n），所以③正确；∵抛物线与直线y=n 有一个公共点，∴抛物线与直线y=n﹣1有2个公共点，∴一元二次方程ax2+bx+c=n﹣1有两个不相等的实数根，所以④正确．故选C．
考点：二次函数图象与系数的关系．
【题文】方程x2﹣3=0的根是．
【答案】x=±.
【解析】
试题分析：方程整理得：x2=3，开方得：x=±.
考点：解一元二次方程-直接开平方法．
【题文】如图：M为反比例函数图象上一点，MA⊥y轴于A，S△MAO=2时，k=________．
【答案】﹣4．
【解析】试题分析：∵AB⊥x轴，∴S△AOM=|k|=2，∵k＜0，∴k=﹣4．
考点：反比例函数系数k的几何意义．
【题文】如图，BD是⊙O的直径，∠CBD=30°，则∠A的度数为．
【答案】60°.
【解析】
试题分析：∵BD是⊙O的直径，∴∠BCD=90°，∵∠CBD=30°，∴∠D=60°，∴∠A=∠D=60°.
考点：圆周角定理．
【题文】若关于x的一元二次方程x2﹣4x﹣m=0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是．【答案】m＞﹣4．
【解析】
试题分析：：由已知得：△=b2﹣4ac=（﹣4）2﹣4×1×（﹣m）=16+4m＞0，解得：m＞﹣4．
考点：根的判别式．
【题文】如图，量角器边缘上有P、Q两点，它们表示的读数分别为60°，30°，已知直径AB=4，连接PB交OQ于M，则QM的长为．
【答案】2﹣3．
【解析】
试题分析：∵∠BOP=60°，OP=OB，∴△OPB为等边三角形，而∠BOQ=30°，∴OM为等边三角形OPB的高，
∴OM=OB，而AB=4 ，∴OM=×2=3，∴QM=2﹣3．
考点：圆心角、弧、弦的关系；等边三角形的判定与性质．
【题文】如图，在△BDE中，∠BDE=90°，BD=，点D的坐标是（7，0），∠BDO=15°，将△BDE旋转到△ABC的位置，点C在BD上，则旋转中心的坐标为．
【答案】（4，3）.
【解析】
试题分析：如图，AB与BD的垂直平分线的交点即为旋转中心P，
连接PD，过P作PF⊥x轴于F，
∵点C在BD上，
∴点P到AB、BD的距离相等，都是BD，即×6 =3，
∴∠PDB=45°，
PD=3×=6，
∵∠BDO=15°，
∴∠PDO=45°+15°=60°，
∴∠DPF=30°，
∴DF=PD=×6=3，
∵点D的坐标是（7，0），
∴OF=OD﹣DF=7﹣3=4，
由勾股定理得，PF=3 ，
即P点的坐标为（4，3），
考点：坐标与图形变化-旋转．
【题文】（1）3x（x﹣1）=2x﹣2；
（2）解方程：x2﹣6x+5=0（配方法）．
【答案】(1) x1=1，x2=； (2) x1=﹣1，x2=﹣5．
【解析】
试题分析：（1）移项后分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可；（2）移项，配方，开方，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．
试题解析：（1）移项得：3x（x﹣1）﹣2（x﹣1）=0，
（x﹣1）（3x﹣2）=0，
x﹣1=0，3x﹣2=0，
x1=1，x2= ；
（2）x2﹣6x+5=0，
x2﹣6x=﹣5，
x2﹣6x+9=﹣5+9，
（x﹣3）2=4，
x﹣3=±2，
x1=﹣1，x2=﹣5．
考点：解一元二次方程-因式分解法；解一元二次方程-配方法．
【题文】如图，转盘A的三个扇形面积相等，分别标有数字1，2，3，转盘B的四个扇形面积相等，分别有数字1，2，3，4．转动A、B转盘各一次，当转盘停止转动时，将指针所落扇形中的两个数字相乘（当指针落在四个扇形的交线上时，重新转动转盘）．
（1）用树状图或列表法列出所有可能出现的结果；
（2）求两个数字的积为奇数的概率．
【答案】.
【解析】
试题分析：（1）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果；（2）由两个数字的积为奇数的情况，再利用概率公式即可求得答案．
试题解析：（1）画树状图得：
则共有12种等可能的结果；
（2）∵两个数字的积为奇数的4种情况，
∴两个数字的积为奇数的概率为：．
考点：列表法与树状图法．
【题文】已知直线l与⊙O，AB是⊙O的直径，A D⊥l于点D．
（1）如图①，当直线l与⊙O相切于点C时，求证：AC平分∠DAB；
（2）如图②，当直线l与⊙O相交于点E，F时，求证：∠DAE=∠BAF．
【答案】详见解析.
【解析】
试题分析：（1）连接OC，易得OC∥AD，根据平行线的性质就可以得到∠DAC=∠ACO，再根据OA=OC得到∠ACO=∠CAO，就可以证出结论；（2）如图②，连接BF，由AB是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，可得∠AFB=90°，由三角形外角的性质，可求得∠AEF的度数，又由圆的内接四边形的性质，继而证得结论．
试题解析：（1）连接OC，
∵直线l与⊙O相切于点C，
∴OC⊥CD；
又∵AD⊥CD，
∴AD∥OC，
∴∠DAC=∠ACO；
又∵OA=OC，
∴∠ACO=∠CAO，
∴∠DAC=∠CAO，
即AC平分∠DAB；
（2）如图②，连接BF，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB=90°，
∴∠BAF=90°﹣∠B，
∴∠AEF=∠ADE+∠DAE，
在⊙O中，四边形ABFE是圆的内接四边形，
∴∠AEF+∠B=180°，
∴∠BAF=∠DAE．
考点：直线与圆的位置关系；圆周角定理．
【题文】已知二次函数y=﹣x2+bx+c的图象如图所示，它与x轴的一个交点坐标为（﹣1，0），与y轴的交点坐标为（0，3）．
（1）求出b、c的值，并写出此二次函数的解析式；
（2）根据图象，直接写出函数值y为正数时，自变量x的取值范围；
（3）当2≤x≤4时，求y的最大值．
【答案】(1) y=﹣x2+2x+3;(2) ﹣1＜x＜3，y＞0；(3) 当x=2时，y的最大值是3．
【解析】
试题分析：（1）因为点（﹣1，0），（0，3）在抛物线y=﹣x2+bx+c上，可代入确定b、c的值；（2）求
（3）根据二次函数的增减性，确定2≤x≤4出抛物线与x轴的交点坐标，根据图象确定y＞0时，x的取值范围；
时，y的最大值．
试题解析：（1）把（﹣1，0），（0，3）代入y=﹣x2+bx+c，
得
解得，
所以二次函数的解析式为：y=﹣x2+2x+3
（2）把x=0代入y=﹣x2+bx+c中，
得﹣x2+bx+c=0，
解得x1=﹣1，x2=3，
所以当﹣1＜x＜3，y＞0；
（3）由y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，
抛物线的对称轴为直线x=1，
则当2≤x≤4时，y随着x的增大而减小，
∴当x=2时，y的最大值是3．
考点：抛物线与x轴的交点；二次函数的图象；二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式．
【题文】如图，某建筑工程队利用一面墙（墙的长度不限），用40米长的篱笆围成一个长方形的仓库．（1）求长方形的面积是150平方米，求出长方形两邻边的长；
（2）能否围成面积220平方米的长方形？请说明理由．
【答案】(1) 长方形两邻边的长为5m，30m或15m，10m；(2) 不能围成面积是220平方米的长方形，理由详见解析.
【解析】
试题分析：（1）首先设垂直于墙的一边长为xm，得：长方形面积=150，进而求出即可；（2）利用一元二次方程的根的判别式判断得出即可．
试题解析：（1）设垂直于墙的一边长为xm，得：x（40﹣2x）=150，
即x2﹣20x+75=0，
解得：x1=5，x2=15，
当x=5时，40﹣2x=30，
当x=15时，40﹣2x=10，
∴长方形两邻边的长为5m，30m或15m，10m；
（2）设垂直于墙的一边长为ym，得：y（40﹣2y）=220，
即y2﹣20y+110=0，
∵△＜0，
该方程无解
∴不能围成面积是220平方米的长方形．
考点：一元二次方程的应用．
【题文】图1和图2中的正方形ABCD和四边形AEFG都是正方形．
（1）如图1，连接DE，BG，M为线段BG的中点，连接AM，探究AM与DE的数量关系和位置关系，并证明你的结论；
（2）在图1的基础上，将正方形AEFG绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连结DE、BG，M为线段BG的中点，连结AM，探究AM与DE的数量关系和位置关系，并证明你的结论．
【答案】（1）AM=DE，AM⊥DE，理由详见解析；（2）AM=DE，AM⊥DE，理由详见解析.
【解析】
试题分析：（1）AM=DE，AM⊥DE，理由是：先证明△DAE≌△BAG，得DE=BG，∠AED=∠AGB，再根据直角三角形斜边的中线的性质得AM=BG，AM=BM，则AM=DE，由角的关系得∠MAB+∠AED=90°，所以∠AOE=90°，即AM⊥DE；（2）AM=DE，AM⊥DE，理由是：作辅助线构建全等三角形，证明△MNG≌△MAB和△AGN≌△EAD 可以得出结论．
试题解析：（1）AM=DE，AM⊥DE，理由是：
如图1，设AM交DE于点O，
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴AG=AE，AD=AB，
∵∠DAE=∠BAG，
∴△DAE≌△B AG，
∴DE=BG，∠AED=∠AGB，
在Rt△ABG中，
∵M为线段BG的中点，
∴AM=BG，AM=BM，
∴AM=DE，
∵AM=BM，
∴∠MBA=∠MAB，
∵∠AGB+∠MBA=90°，
∴∠MAB+∠AED=90°，
∴∠AOE=90°，即AM⊥DE；
（2）AM=DE，AM⊥DE，理由是：
如图2，延长AM到N，使MN=AM，连接NG，
∵MN=AM，MG=BM，∠NMG=∠BMA，
∴△MNG≌△MAB，
∴NG=AB，∠N=∠BAN，
由（1）得：AB=AD，
∴NG=AD，
∵∠BAN+∠DAN=90°，
∴∠N+∠DAN=90°，
∴NG⊥AD，
∴∠AGN+∠DAG=90°，
∵∠DAG+∠DAE=∠EAG=90°，
∴∠AGN=∠DAE，
∵NG=AD，AG=AE，
∴△AGN≌△EAD，
∴AN=DE，∠N=∠ADE，
∵∠N+∠DAN=90°，
∴∠ADE+∠DAN=90°，
∴AM⊥DE．
考点：旋转的性质；正方形的性质．
【题文】如图，直线y=﹣x+1与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y=﹣x2+bx+c经过A、B两点．（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是第一象限抛物线上的一点，连接PA、PB、PO，若△POA的面积是△POB面积的倍．
①求点P的坐标；
②点Q为抛物线对称轴上一点，请直接写出QP+QA的最小值；
（3）点M为直线AB上的动点，点N为抛物线上的动点，当以点O、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点M的坐标．
【答案】(1) y=﹣x2+x+1；（2）①P（，1）；②；（3）满足条件的点M的坐标（1+，（1
﹣））或（1﹣，﹣（1+））或（1，）或M（﹣（1+），（3+））或M（﹣（1﹣），（3﹣））.
【解析】
试题分析：（1）先确定出点A，B坐标，再用待定系数法求出抛物线解析式；（2）设出点P的坐标，①用
△POA的面积是△POB面积的倍，建立方程求解即可；②利用对称性找到最小线段，用两点间距离公式求解即可；（3）分OB为边和为对角线两种情况进行求解，①当OB为平行四边形的边时，用MN∥OB，表示和用MN=OB，建立方程求解；②当OB为对角线时，OBl∴P（，1）；
②如图1，
由（1）知，抛物线解析式为y=﹣x2+x+1，
∴抛物线的对称轴为x=，抛物线与x轴的另一交点为C（﹣，0），
∵点A与点C关于对称轴对称，
∴QP+QA的最小值就是PC= ；
（3）①当OB为平行四边形的边时，MN=OB=1，MN∥OB，
∵点N在直线AB上，
∴设M（m，﹣m+1），
∴N（m，﹣m2+m+1），
∴MN=|﹣m2+m+1﹣（﹣m+1）|=|m2﹣2m|=1，
Ⅰ、m2﹣2m=1，
解得，m=1±，
∴M（1+，（1﹣））或M（1﹣，（1+））
Ⅱ、m2﹣2m=﹣1，
解得，m=1，
∴M（1，）；
②当OB为对角线时，OB与MN互相平分，交点为H，
∴OH=BH，MH=NH，
∵B（0，1），O（0，0），
∴H（0，），
设M（n，﹣n+1），N（d，﹣d2+d+1）
∴，
∴或，
∴M（﹣（1+），（3+））或M（﹣（1﹣），（3﹣））；
即：满足条件的点M的坐标（1+，（1﹣））或（1﹣，﹣（1+））或（1，）或M（﹣（1+），（3+））或M（﹣（1﹣），（3﹣））；
考点：二次函数综合题．。