2018-2019学年湖北省武汉市青山区九年级(上)期中数学试卷[精品]

2018-2019学年湖北省武汉市青山区九年级（上）期中数学试卷一、你一定能选对（本大题共10小题，每小题3分，共30分）下列各题中均有四个备选答案，其中有且只有一个是正确的，请将正确答案的代号在答题卡上将对应的答案标号涂黑.
1．（3分）一元二次方程42+5﹣1＝0的常数项为（）
A．4 B．5 C．1 D．﹣1
2．（3分）下列图形中，是中心对称图形的是（）
A．B．C．D．
3．（3分）抛物线y＝﹣5（+2）2﹣6的顶点坐标是（）
A．（2，6）B．（﹣2，6）C．（2，﹣6）D．（﹣2，﹣6）
4．（3分）用配方法解一元二次方程2﹣6﹣5＝0，此方程可化为（）
A．（﹣3）2＝4 B．（﹣3）2＝14 C．（﹣9）2＝4 D．（﹣9）2＝14
5．（3分）把抛物线y＝2+1向右平移3个单位，再向下平移2个单位，得到抛物线（）A．y＝（+3）2﹣1 B．y＝（+3）2+3 C．y＝（﹣3）2﹣1 D．y＝（﹣3）2+3
6．（3分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠ACO＝45°，则∠B的度数为（）
A．30°B．35°C．40°D．45°
7．（3分）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．若点A，D，E在同一条直线上，∠ACB＝20°，则∠ADC的度数是（）
A．55°B．60°C．65°D．70°
8．（3分）某品牌手机经过连续两次降价，每台售价由原的2500元降到了1280元，设平均每次降价的百分率为，则可列方程（）
A．2500（1+）2＝1280 B．2500（1﹣）2＝1280
C．1280（1﹣）2＝2500 D．1280（1+）2＝2500
9．（3分）如图，是抛物线形拱桥，当拱顶高离水面2m时，水面宽4m，若水面上升1m，则水面宽为（）
A．m B．2m C．2m D．2m
10．（3分）如图，在等腰△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝2，点D在边BC上，CD＝，
将线段CD绕点C逆时针旋转α°（其中0＜α≤360）到CE，连接AE，以AB，AE为边作▱ABFE，连接DF，则DF的最大值为（）
A．+B．+C．2+D．+2
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）下列各题不需要写出解答过程，请将结论直接写在答题卷指定的位置.
11．（3分）在平面直角坐标系中，点（﹣3，4）关于原点对称的点的坐标是．12．（3分）抛物线y＝2﹣2+m与轴有两个公共点，请写出一个符合条件的表达式为．13．（3分）已知4是方程2﹣c＝0的一个根，则方程的另一个根是．
14．（3分）某种植物的主干长出若干数目的支干又长出同样数目的小分支，主干、支干和小分支的总数是91．设每个支干长出个小分支，则可得方程为．
15．（3分）如图，在⊙O中，AB、CD是互相垂直的两条直径，点E在上，CF⊥AE于点F，若点F四等分弦AE，且AE＝8，则⊙O的面积为．
16．（3分）已知二次函数y＝a2+2a+3a2+3（其中是自变量），当≥2时，y随的增大而增大，且﹣2≤≤1时，y的最大值为9，则a的值为．
三、解下列各题（本大题共8小题，共72分）下列各题需要在答题卷的指定位置写出文字说明、证明过程、演算步骤或画出图形.
17．（8分）解方程：
（1）2﹣2＝0；
（2）2+2﹣5＝0
18．（8分）如图，△ABC中，∠C＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转90°，得到△DEC（其中点D、E分别是A、B两点旋转后的对应点）．
（1）请画出旋转后的△DEC；
（2）试判断DE与AB的位置关系，并证明你的结论．
19．（8分）如图，有一张矩形纸片，长10cm，宽6cm，在它的四角各剪去一个同样的小正方形，然后将四周突出部分折起，就能制作一个无盖的方盒，若方盒的底面积（图中阴影部分）是32cm2，求剪去的小正方形的边长．
20．（8分）已知二次函数y＝a2+b+c（a≠0）中，函数y与自变量的部分对应值如下表：
（1）求二次函数的解析式；
（2）求该函数图象与轴的交点坐标；
（3）不等式a2+b+c+3＞0的解集是．
21．（8分）如图，以△AOB的顶点O为圆心，OB为半径作⊙O，交OA于点E，交AB于点D，连接DE，DE∥OB，延长AO交⊙O于点C，连接CB．
（1）求证：＝；
（2）若AD＝4，AE＝CE，求OC的长．
22．（10分）俄罗斯世界杯足球赛期间，某商店销售一批足球纪念册，每本进价40元，规定销售单价不低于44元，且获利不高于30%．试销售期间发现，当销售单价定为44元时，每天可售出300本，销售单价每上涨1元，每天销售量减少10本，现商店决定提价销售．设每天销售量为y本，销售单价为元．
（1）请直接写出y与之间的函数关系式和自变量的取值范围；
（2）当每本足球纪念册销售单价是多少元时，商店每天获利2400元？
（3）将足球纪念册销售单价定为多少元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大？最大利润是多少元？
23．（10分）已知，在正方形ABCD中，AB＝5，点F是边DC上的一个动点，将△ADF绕点A 顺时针旋转90°至△ABE，点F的对应点E落在CB的延长线上，连接EF．
（1）如图1，求证：∠DAF+∠FEC＝∠AEF；
（2）将△ADF沿AF翻折至△AGF，连接EG．
①如图2，若DF＝2，求EG的长；
②如图3，连接BD交EF于点Q，连接GQ，则S△QEG的最大值为．
24．（12分）已知，抛物线y＝2+b+c与y轴交于点C，与轴交于点A和点B（其中点A在y轴
左侧，点B在y轴右侧），对称轴直线＝交轴于点H．
（1）若抛物线y＝2+b+c经过点（﹣4，6），求抛物线的解析式；
（2）如图1，∠ACB＝90°，点P是抛物线y＝2+b+c上位于y轴右侧的动点，且S△ABP＝S△ABC，求点P的坐标；
（3）如图2，过点A作AQ∥BC交抛物线于点Q，若点Q的纵坐标为﹣c，求点Q的坐标．
参考答案与试题解析
一、你一定能选对（本大题共10小题，每小题3分，共30分）下列各题中均有四个备选答案，其中有且只有一个是正确的，请将正确答案的代号在答题卡上将对应的答案标号涂黑.
1．解：一元二次方程42+5﹣1＝0的常数项为：﹣1．
故选：D．
2．解：A．是中心对称图形；
B．不是中心对称图形；
C．不是中心对称图形；
D．不是中心对称图形；
故选：A．
3．解：∵y＝﹣5（+2）2﹣6是抛物线解析式的顶点式，
∴顶点坐标为（﹣2，﹣6）．
故选：D．
4．解：∵2﹣6＝5，
∴2﹣6+9＝5+9，即（﹣3）2＝14，
故选：B．
5．解：由题意得原抛物线的顶点为（0，1），
∴平移后抛物线的顶点为（3，﹣1），
∴新抛物线解析式为y＝（﹣3）2﹣1，
故选：C．
6．解：∵OA＝OC，∠ACO＝45°，
∴∠OAC＝45°，
∴∠AOC＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∴∠B＝∠AOC＝45°．
故选：D．
7．解：∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．
∴∠DCE＝∠ACB＝20°，∠BCD＝∠ACE＝90°，AC＝CE，
∴∠CAD＝45°，∠ACD＝90°﹣20°＝70°，
∴∠ADC＝180°﹣45°﹣70°＝65°，
故选：C．
8．解：依题意得：第一次降价的售价为：2500（1﹣），
则第二次降价后的售价为：2500（1﹣）（1﹣）＝2500（1﹣）2，
∴2500（1﹣）2＝1280．
故选：B．
9．解：如图：
建立平面直角坐标系，设横轴通过AB，纵轴y通过AB中点O且通过C点，则通过画图可得知O 为原点，
抛物线以y轴为对称轴，且经过A，B两点，OA和OB可求出为AB的一半2米，抛物线顶点C 坐标为（0，2），
通过以上条件可设顶点式y＝a2+2，其中a可通过代入A点坐标（﹣2，0），
到抛物线解析式得出：a＝﹣0.5，所以抛物线解析式为y＝﹣0.52+2，
∵若水面上升1m
∴y＝1
∴1＝﹣0.52+2
∴＝
∴水面宽为2m
故选：C．
10．解：作平行四边形ABPC，连接PA交BC于点O，连接PF．
∵四边形ABPC是平行四边形，AB＝BC，
∴四边形ABPC是菱形，
∴PA⊥BC，
∵AB＝AC＝2，∠ABC＝120°，
∴∠BAO＝60°，
∴OA＝OP＝，OB＝OC＝3，
∵CD＝，
∴OD＝2，
∴PD＝＝，
∵AB∥PC∥FE，AB＝PC＝FE，
∴四边形PCEF是平行四边形，
∴PF＝CE＝CD＝，
∴点F的运动轨迹是以P为圆心为半径的圆，
∴DF的最大值＝+，
故选：B．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）下列各题不需要写出解答过程，请将结论直接写在答题卷指定的位置.
11．解：点（﹣3，4）关于原点对称的点的坐标是（3，﹣4）．
故答案为：（3，﹣4）．
12．解：根据题意得到△＝（﹣2）2﹣4m＞0，
解得m＜1，
若m取0，抛物线解析式为y＝2﹣2．
故答案为y＝2﹣2．
，
13．解：设方程的另一个根为
2
＝0，
则4+
2
解得：
＝﹣4，
2
故答案为：﹣4．
14．解：设每个支干长出个小分支，
根据题意列方程得：2++1＝91．
故答案为2++1＝91．
15．解：如图，连接AC，EC．
∵AB、CD是互相垂直的两条直径，
∴∠AOC＝90°，
∴∠AEC＝∠AOC＝45°，
∵CF⊥AE，
∴∠CFE＝90°，
∴∠FCE＝∠FEC＝45°，
∴EF＝CF，
∵点F四等分弦AE，且AE＝8，
∴EF＝AE＝2，
∴CF＝2，AF＝6，
∴AC＝＝2，
∵OA＝OC，∠AOC＝90°，
∴OA＝OC＝2，
∴⊙O的面积为π•（2）2＝20π，
故答案为20π．
16．解：∵二次函数y＝a2+2a+3a2+3（其中是自变量），
∴对称轴是直线＝﹣＝﹣1，
∵当≥2时，y随的增大而增大，
∴a ＞0，
∵﹣2≤≤1时，y 的最大值为9，
∴＝1时，y ＝a +2a +3a 2+3＝9，
∴3a 2+3a ﹣6＝0，
∴a ＝1，或a ＝﹣2（不合题意舍去）．
故答案为：1．
三、解下列各题（本大题共8小题，共72分）下列各题需要在答题卷的指定位置写出文字说明、证明过程、演算步骤或画出图形.
17．解：（1）2﹣2
＝0，
（﹣2）＝0，
＝0，﹣2＝0，
1＝0，2＝2
；
（2）2+2﹣5＝0
b 2﹣4a
c ＝22﹣4×1×（﹣5）＝24，
＝
， ，
1＝﹣1+，2＝﹣1﹣．
18．解：（1）旋转后的△DEC 如图所示．
（2）结论：DE ⊥AB ．
理由：延长DE 交AB 于点F ．
由旋转不变性可知：∠A ＝∠D ，∠ACB ＝∠DCE ＝90°，
∵∠AEF ＝∠DEC ，
∠∠AFE ＝∠DCE ＝90°，
19．解：设剪去的小正方形的边长为cm ，
根据题意得：（10﹣2）（6﹣2）＝32，
整理得：2﹣8+7＝0，
解得：1＝7，2＝1．
∵7＞6，
∴1＝7舍去．
答：剪去的小正方形的边长为1cm ．
20．解：（1）由题意，得c ＝﹣3．
将点（2，5），（﹣1，﹣4）代入，
得
，
解得， ∴二次函数的解析式为y ＝2+2﹣3；
（2）当y ＝0时，2+2﹣3＝0，
解得：＝﹣3或＝1，
∴该函数图象与轴的交点坐标（﹣3，0），（1，0）；
（3）由表格可知，a 2+b +c ＝﹣3，即a 2+b +c +3＝0的解为＝﹣2或0，
∵a ＝1＞0，抛物线开口向上，
∴不等式a 2+b +c +3＞0的解集是＜﹣2或＞0．
故答案为＜﹣2或＞0．
21．（1）证明：如图1，连接CD 交OB 于F ，
∵CE 是直径，
∴∠EDC ＝90°，
∵DE ∥OB ，
∴∠EDC ＝∠OFC ＝90°，
即OB ⊥CD ，
（2）解：如图2，连接CD交OB于F，连接EF，
由（1）得：DE∥OB，OB⊥CD，点F是CD的中点，∵AE＝CE，
∴EF∥AD，EF＝AD＝2，
∵O是CE的中点，F是CD的中点，
∴OF＝DE，
∵EF∥BD，DE∥BF，
∴四边形EFBD是平行四边形，
∴BF＝DE，
设OF＝，则BF＝DE＝2，OC＝OB＝3，
∵，
∴BC＝BD＝EF＝2，
∵DF2＝CF2
∴，
解得：＝±1，
∵＞0，
∴＝1，
∴OC＝3＝3．
22．解：（1）y ＝300﹣10（﹣44），
即y ＝﹣10+740（44≤≤52）；
（2）根据题意得（﹣40）（﹣10+740）＝2400，
解得1＝50，2＝64（舍去），
答：当每本足球纪念册销售单价是50元时，商店每天获利2400元；
（3）w ＝（﹣40）（﹣10+740）
＝﹣102+1140﹣29600
＝﹣10（﹣57）2+2890，
当＜57时，w 随的增大而增大，
而44≤≤52，
所以当＝52时，w 有最大值，最大值为﹣10（52﹣57）2+2890＝2640，
答：将足球纪念册销售单价定为52元时，商店每天销售纪念册获得的利润w 元最大，最大利润是2640元．
23．（1）证明：如图1中，
∵四边形ABCD 是正方形，
∴AD ∥BC ，
∴∠DAE +∠AEC ＝180°，
∵△ABE 是由△ADF 绕点A 顺时针旋转90°得到，
∴∠EAF ＝90°，AE ＝AF ，
∴∠AEF ＝45°，
∴∠DAF +∠EAF +∠AEF +∠FEC ＝180°，
∴∠DAF +∠FEC ＝45°，
∴∠DAF +∠FEC ＝∠AEF ．
（2）①解：如图2中，连接BF ．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝5，∠C＝90°，
∵DF＝2，
∴CF＝3，
∵∠DAF＝∠FAG＝∠BAE，
∴∠EAG＝∠FAB，
∵AE＝AF，AG＝AB，
∴△AEG≌△AFB（SAS），
∴EG＝BF，
在Rt△BCF中，BF＝＝，
∴EG＝BF＝．
②解：如图3中，作FH⊥CD交BD于H，QM⊥BC于M，连接BF，BG，设BF交EG于点O．
∵EG＝BF，EF＝EF，FG＝EB，
∴△EFG≌△FEB（SSS），
∴∠GEF＝∠EFB，
同法可证∠FBG＝∠EGB，
∵∠EOF＝∠BOG，
∴∠EFB＝∠FBG，
∴EF∥BG，
∴S△EQG＝S△EBQ，设DF＝EB＝，则CF＝5﹣，
∵FH∥BE，FH＝DF＝EB，
∴∠FHQ＝∠EBQ，
∵∠HQF＝∠EQB，
∴△FHQ≌△EBQ（AAS），
∴FQ＝EQ，
∵QM∥CF，
∴EM＝MC，
∴QM＝CF＝（5﹣），
∴S△EQG＝S△EBQ＝••（5﹣）＝﹣（2﹣5）＝﹣（﹣）2+，
∵﹣＜0，
∴＝时，△EQG的面积最大，最大值为，
故答案为．
24．解：（1）∵抛物线y＝2+b+c的对称轴是直线＝，
∴﹣＝﹣b＝，
∴b＝﹣．
又抛物线y＝2+b+c经过点（﹣4，6），
∴6＝×（﹣4）2﹣×（﹣4）+c，
解得c＝﹣8．
故该抛物线解析式是y＝2﹣﹣8；
（2）如图1，连接CH，
∵对称轴直线＝交轴于点H，
∴AH＝BH，OH＝．
又∵∠ACB ＝90°，
∴CH ＝AB ，
设A ，B 两点的坐标分别为（1，0），（2，0），
则1，2是方程2﹣+c ＝0的两根，
∴1+2＝3，1•2＝2c ，
∴AB 2＝（2﹣1）2＝（1+2）2﹣41•2＝9﹣8c ，
∴CH 2＝AB 2＝﹣2c ．
在Rt △OHC 中，由勾股定理得：CH 2＝OH 2+OC 2，即：c 2+2c ＝0， 解得：c ＝﹣2或c ＝0（舍去）．
∵S △ABP ＝S △ABC ，
∴|y P |＝|y C |＝2．
①当y P ＝﹣2时，点P 与点C 关于直线＝对称，
∴P （3，﹣2）．
②当y P ＝2时， 2﹣﹣2＝2，
解得：＝．
又∵点P 在y 轴的右侧，
∴＝，
∴点P 的坐标为（，2）．
综上所述，符合条件的点P 的坐标为（3，﹣2），（
，2）．
（3）解：如图2，设直线BC 的解析式为：y ＝+c （≠0），
联立直线BC 与抛物线的解析式，得，
消去y ，得2﹣+c ＝+c ，
解得：C ＝0，B ＝3+2，
由（2）知A +B ＝3，
∴A ＝3﹣B ，
∴A ＝﹣2．
把点B 的坐标（3+2，0）代入y ＝+c ，得c ＝﹣（3+2）＝﹣3﹣22． ∵AQ ∥BC ，
则设AQ 的解析式为：y ＝+m （≠0）．
联立直线AQ 与抛物线的解析式，得
，
消去y ，得2﹣+c ＝+m ，
设点A 、Q 的横坐标分别为A 、Q ，
则A +Q ＝3+2，
∵A ＝﹣2，
∴Q ＝3+4．
又∵yQ ＝﹣c ，c ＝﹣3﹣22．
则有：﹣（﹣3﹣22）＝（3+4）2﹣（3+4）+（﹣3﹣22）， 解得：1＝0（舍去），2＝1，
∴c ＝﹣3﹣22＝﹣5，
∴点Q 的坐标是（7，9）．。