2020-2021学年湖北省黄冈市蕲春县九年级(上)期中数学试卷-解析版

2020-2021学年湖北省黄冈市蕲春县九年级（上）期中数学试卷1.下列方程是一元二次方程的是()A. 3x2+1x=0 B. 2x−3y+1=0C. (x−3)(x−2)=x2D. (3x−1)(3x+1)=32.已知x=2是一元二次方程x2+mx+2=0的一个解，则m的值是()A. −3B. 3C. 0D. 0或33.二次函数y=−(x−2)2−3的图象的顶点坐标是()A. (2,3)B. (2,−3)C. (−2,3)D. (−2,−3)4.已知x1、x2是一元二次方程2x2−4x+1=0的两个实数根，则x1⋅x2等于()A. −2B. −12C. 12D. 25.在平面直角坐标系内，点P(−2,3)关于原点的对称点Q的坐标为()A. (2,−3)B. (2,3)C. (3,−2)D. (−2,−3)6.如图，在平面直角坐标系中，将△ABC绕A点逆时针旋转90°后，B点对应点的坐标为()A. (1,3)B. (0,3)C. (1,2)D. (0,2)7.如图，⊙O的半径OD⊥弦AB于点C，连结AO并延长交⊙O于点E，连结EC.若AB=8，CD=2，则EC的长为()A. 2√10B. 2√13C. 2√15D. 88.如图是函数y=x2+bx+c与y=x的图象，有下列结论：(1)b2−4c>0；(2)b+c+1=0；(3)方程x2+(b−1)x+c=0的解为x1=1，x2=3；(4)当1<x<3时，x2+(b−1)x+c<0．其中正确结论的个数为()A. 1B. 2C. 3D. 49.一元二次方程(x+1)(x−3)=3x+4化为一般形式可得______．10.若关于x的一元二次方程x2−2x−k=0没有实数根，则k的取值范围是______．11.用长度一定的绳子围成一个矩形，如果矩形的一边长x(m)与面积y(m2)满足函数关系y=−(x−12)2+144(0<x<24)，则该矩形面积的最大值为______m2．12.在正三角形、平行四边形、矩形、菱形、正方形中，不是中心对称图形的是______．13.某小区2019年的绿化面积为3000m2，计划2021年的绿化面积为4320m2，如果每年绿化面积的增长率相同，那么这个增长率是______．14.已知抛物线y=x2+4x+c上有两点P1(12,y1)，P2(−12,y2)，则y1和y2的大小关系为______．15.如图，在四边形ABCD中，∠A=∠C=90°，AB=AD，若这个四边形的面积为12，则BC+CD=______．16.已知实数α，β满足α2+3α−1=0，β2−3β−1=0，且αβ≠1，则1α2+3β的值为______．17.解下列方程：(1)2x2−4x+1=0；(2)(2x−1)2=(3−x)2．18.如图所示，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，∠ACB的平分线交⊙O于点D.若AB=10，AC=6，求BC、BD的长．19.已知关于x的一元二次方程x2−2x+m−1=0有两个实数根x1，x2．(1)求m的取值范围；(2)当x12+x22=6x1x2时，求m的值．20.如图，P是正三角形ABC内的一点，且PA=6，PB=8，PC=10，若将△PAC绕点A逆时针旋转后得到△P′AB．(1)求点P与点P′之间的距离；(2)求∠APB的大小．21.如图用长为30m的篱笆围成一个一边靠墙的矩形养鸡场ABCD，已知墙长14m，设边AB的长为x m，矩形ABCD的面积为ym2．(1)求y与x之间的函数关系式，并求出函数y的最大值．(2)当y=108时，求x的值．22.某水果店批发商场经销一种高档水果，如果每千克盈利10元，每天可售出500千克，经市场调查发现，在进货价不变的情况下，若每千克涨价1元，日销售将减少20千克．(1)现要保证每天盈利5520元，同时又要让顾客得到实惠，那么每千克应涨价多少元？(2)要使每天获利不少于6000元，求涨价x的范围．23.如图，已知△ABC中，AB=AC，把△ABC绕A点沿顺时针方向旋转得到△ADE，连接BD，CE交于点F．(1)求证：△AEC≌△ADB；(2)若AB=2，∠BAC=45°，当四边形ADFC是菱形时，求BF的长．24.如图，△ABC中，∠C=90°，AC=6cm，BC=8cm，点P从A沿AC边向C点以1cm/s的速度移动，在C点停止，点Q从C点开始沿CB边向点B以2cm/s的速度移动，在B点停止．(1)如果点P，Q分别从A、C同时出发，经过几秒钟，使S△QPC=8cm2？(2)如果点P从点A先出发2s，点Q再从点C出发，经过几秒钟后S△QPC=4cm2？(3)如果点P、Q分别从A、C同时出发，经过几秒钟后PQ=BQ？25.如图，已知二次函数图象的顶点坐标为C(1,0)，直线y=x+m的图象与该二次函数的图象交于A、B两点，其中A点坐标为(3,4)，B点在y轴上．(1)求m的值及这个二次函数的解析式；(2)若P是线段AB下方抛物线上一动点，当△ABP面积最大时，求P点坐标以及△ABP面积最大值；(3)若D为直线AB与这个二次函数图象对称轴的交点，Q为线段AB之间的一个动点，过Q作x轴的垂线，与这个二次函数图象交于点E，问是否存在这样的点Q，使得四边形DCEQ为平行四边形，若存在，请求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．答案和解析1.【答案】D=0是分式方程，故此选项错误；【解析】解：A、3x2+1xB、2x−3y+1=0为二元一次方程，故此选项错误；C、(x−3)(x−2)=x2是一元一次方程，故此选项错误；D、(3x−1)(3x+1)=3是一元二次方程，故此选项正确．故选：D．只含有一个未知数，且未知数的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程．一元二次方程有三个特点：(1)只含有一个未知数；(2)未知数的最高次数是2；(3)是整式方程．此题主要考查了一元二次方程的定义，要判断一个方程是否为一元二次方程，先看它是否为整式方程，若是，再对它进行整理．如果能整理为ax2+bx+c=0(a≠0)的形式，则这个方程就为一元二次方程．2.【答案】A【解析】解：∵x=2是一元二次方程x2+mx+2=0的一个解，∴4+2m+2=0，∴m=−3.故选A．直接把x=2代入已知方程就得到关于m的方程，再解此方程即可．此题比较简单，利用方程的解的定义即可确定待定系数．3.【答案】B【解析】解：∵y=−(x−2)2−3，∴二次函数y=−(x−2)2−3的图象的顶点坐标是(2,−3)故选：B．根据题目中函数的解析式直接得到此二次函数的顶点坐标．本题考查二次函数的性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．4.【答案】C【解析】解：∵x1、x2是一元二次方程2x2−4x+1=0的两个实数根，∴x1⋅x2=1．2故选：C．直接利用根与系数的关系求解．本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与系数的关系：若方程两个为x1，x2，则x1+x2=−ba ，x1⋅x2=ca．5.【答案】A【解析】解：根据中心对称的性质，得点P(−2,3)关于原点对称点P′的坐标是(2,−3)．故选：A．平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于原点的对称点是(−x,−y)．关于原点对称的点坐标的关系，是需要识记的基本问题．记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆．6.【答案】D【解析】解：如图，△ABC绕A点逆时针旋转90°后，B点对应点的坐标为(0,2)．故选D．根据旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小作出图形，然后解答即可．本题考查了坐标与图形的变化−旋转，作出图形，利用数形结合求解更加简便．7.【答案】B【解析】【分析】本题考查垂径定理及勾股定理，属于中档题．设⊙O半径为r，根据勾股定理列方程求出半径r，即可得解．【解答】解：连接BE，设⊙O 半径为r ，则OA =OD =r ，OC =r −2，∵OD ⊥AB ，∴∠ACO =90°，AC =BC =12AB =4，在Rt △ACO 中，由勾股定理得：r 2=42+(r −2)2，则r =5，∴AE =2r =10，∵AE 为⊙O 的直径，∴∠ABE =90°，由勾股定理得：BE =6，在Rt △ECB 中，EC =√BE 2+BC 2=√62+42=2√13．故选B ． 8.【答案】B【解析】解：由图象知，二次函数过(3,3)(0,3)，(1,1)，∴{9a +3b +c =3a +b +c =1c =3，解得：{a =1b =−3c =3，∴b +c +1=−3+3+1=1，故②错误；∵a =1，∴抛物线为y =x 2+bx +c ，∵函数y =x 2+bx +c 与x 轴无交点，∴b 2−4c <0，故①错误；由图象知，抛物线y =x 2+bx +c 与直线y =x 的交点坐标为(1,1)和(3,3)，∴方程x 2+(b −1)x +c =0的解为x 1=1，x 2=3，故③正确；∵当1<x <3时，二次函数值小于一次函数值，∴x 2+bx +c <x ，∴x2+(b−1)x+c<0.故④正确；故选：B．根据待定系数法求得a、b、c的值，即可判断②；由函数y=ax2+bx+c与x轴无交点即可判断①；，根据抛物线y=x2+bx+c与y=x的交点即可判断③；当1<x<3时，二次函数值小于一次函数值，可得x2+bx+c<x，即可判断④．主要考查二次函数的图象与二次函数系数之间的关系．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．9.【答案】x2−5x−7=0【解析】解：(x+1)(x−3)=3x+4，x2−2x−3=3x+4，x2−5x−7=0．故答案是：x2−5x−7=0．一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c=0．此题主要考查了一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c=0(a,b，c是常数且a≠0)，在去括号的过程中要注意符号的变化，不要漏乘，移项时要注意符号的变化．10.【答案】k<−1【解析】解：∵一元二次方程x2−2x−k=0没有实数根，∴△=(−2)2−4×1×(−k)=4+4k<0，∴k的取值范围是k<−1；故答案为：k<−1．根据关于x的一元二次方程x2−2x−k=0没有实数根，得出△=4+4k<0，再进行计算即可．本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式△=b2−4ac：当△>0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△<0，方程没有实数根．11.【答案】144【解析】解：由函数关系y=−(x−12)2+144(0<x<24)可知，∵二次函数的二次项系数即−1<0，∴当x=12时，y最大值=144．本题考查二次函数最大(小)值的求法．求二次函数的最大(小)值有三种方法，第一种可由图象直接得出，第二种是配方法，第三种是公式法，常用的是后两种方法，当二次系数a的绝对值是较小的整数时，用配方法较好，如y=−x2−2x+5，y=3x2−6x+1等用配方法求解比较简单．12.【答案】正三角形【解析】解：在正三角形、平行四边形、矩形、菱形、正方形中，不是中心对称图形的是：正三角形．故答案为：正三角形．结合中心对称图形的概念求解即可．本题考查了中心对称图形的知识，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．13.【答案】20%【解析】解：设每年绿化面积的增长率为x，依题意，得：3000(1+x)2=4320，解得：x1=0.2=20%，x2=−2.2(不合题意，舍去)．故答案为：20%．设每年绿化面积的增长率为x，根据该小区2019年及2021年的绿化面积，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．14.【答案】y1>y2【解析】解：∵抛物线y=x2+4x+C，∴此抛物线开口向上，对称轴x=−42×1=−2，∵抛物线y=x2+4x+c上有两点P1(12,y1)，P2(−12,y2)，−2<−12<12，∴y1>y2．故答案为：y1>y2．先根据抛物线的解析式得出抛物线的开口向上，抛物线的对称轴x=−2，再判断出两点P1(12,y1)，P2(−12,y2)在抛物线的同侧，由二次函数的性质即可得出结论．本题考查的是二次函数图象上点的坐标特点，熟知二次函数的性质是解答此题的关键．15.【答案】4√3【解析】解：延长CB到E，使BE=DC，连接AE，AC，∵∠ABE=∠BAC+∠ACB，∠D=180°−∠DAC−∠DCA，∵∠BAD=90°，∠BCD=90°，∴∠BAC+∠ACB=90°+90°−∠DAC−∠DCA=180°−∠DAC−∠DCA，∴∠ABE=∠D，又∵BE=DC，AB=AD，∴△ABE≌△ADC，∴AE=AC，∠EAB=∠DAC，∴∠EAC=90°，∴S△AEC=12AE2=14EC2，∵S△AEC=S四边形ABCD=12，∴14EC2=12，∴EC=4√3，∴BC+CD=BC+BE=EC=4√3．故答案为：4√3．本题可通过作辅助线进行解决，延长CB到E，使BE=DC，连接AE，AC，先证两个三角形全等，利用直角三角形的面积与四边形的面积相等进行列式求解．本题考查了面积及等积变换问题；巧妙地作出辅助线，把四边形的问题转化为等腰直角三角形来解决是正确解答本题的关键．16.【答案】10【解析】解：∵实数α，β满足α2+3α−1=0，β2−3β−1=0，且αβ≠1，∴1α、β是方程x2−3x−1=0的两根，∴1α+β=3，βα=−1，1α2=1+3α，∴原式=1+3α+3β=1+3(1α+β)=1+3×3=10，故答案为10．原方程变为(1α2)−3(1α)−1=0，得到1α、β是方程x 2−3x −1=0的两根，根据根与系数的关系得到关系式，代入求出即可．本题主要考查对根与系数的关系的理解和掌握，能熟练地根据根与系数的关系进行计算是解此题的关键． 17.【答案】解：(1)2x 2−4x +1=0，x 2−2x =−12，x 2−2x +1=−12+1，即(x −1)2=12，∴x −1=±√22， ∴x 1=1+√22，x 2=1−√22；(2)(2x −1)2=(3−x)2．(2x −1)2−(3−x)2=0，[(2x −1)+(3−x)][(2x −1)−(3−x)]=0，∴x +2=0或3x −4=0，∴x 1=−2，x 2=43．【解析】(1)配方法解一元二次方程即可；(2)因式分解法解一元二次方程即可．此题考查了解一元二次方程−因式分解法及配方法，利用因式分解法解方程时，首先将方程右边化为0，左边化为积的形式，由利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程，求出一次方程的解即可得到原方程的解． 18.【答案】解：(1)∵AB 是直径，∴∠ACB =∠ADB =90°(直径所对的圆周角是直角)，在Rt △ABC 中，AB =10，AC =6，∴BC =√AB 2−AC 2=√102−62=8，即BC =8；∵AB 是直径，∴∠ACB =∠ADB =90°，∵∠ACB 的平分线交⊙O 于点D ，∴∠DCA =∠BCD ，∴AD⏜=BD ⏜，∴AD=BD，∴在Rt△ABD中，AD=BD=√22AB=√22×10=5√2，即BD=5√2．【解析】根据直径得出∠ACB=∠ADB=90°，根据勾股定理求出BC的长度．根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB=∠ADB=90°，再根据角平分线的定义可得∠DAC=∠BCD，然后求出AD=BD，再根据等腰直角三角形的性质其解即可．本题考查了勾股定理，圆周角定理，解题的关键是求出∠ACB=∠ADB=90°．19.【答案】解：(1)∵原方程有两个实数根，∴△=(−2)2−4(m−1)≥0，整理得：4−4m+4≥0，解得：m≤2；(2)∵x1+x2=2，x1⋅x2=m−1，x12+x22=6x1x2，∴(x1+x2)2−2x1⋅x2=6x1⋅x2，即4=8(m−1)，解得：m=32．∵m=32<2，∴符合条件的m的值为32．【解析】本题考查了根与系数的关系以及根的判别式有关知识．(1)根据一元二次方程x2−2x+m−1=0有两个实数根，可得△≥0，据此求出m的取值范围；(2)根据根与系数的关系求出x1+x2，x1⋅x2的值，代入x12+x22=6x1x2求解即可．20.【答案】解：(1)由旋转的性质知AP′=AP=6，∠P′AB=∠PAC，∴∠P′AP=∠BAC=60°，∴△P′AP是等边三角形，∴PP′=6；(2)∵P′B=PC=10，PB=8，∴P′B2=P′P2+PB2，∴△P′PB为直角三角形，且∠P′PB=90°，∴∠APB=∠P′PB+∠P′PA=90°+60°=150°．【解析】(1)根据旋转的性质即可求出两点之间的距离(2)由旋转可知：P′B=PC=10，PB=8，P′B2=P′P2+PB2，从而可知△P′PB为直角三角形，从而求出∠APB的大小本题考查旋转的性质，解题的关键是熟练运用旋转的性质，本题属于基础题型．21.【答案】解：(1)根据题意可得：AD=12(30−x)m，y=12x(30−x)=−12x2+15x=−12(x−15)2+112.5，∵墙长为14m，∴0<x≤14，则x≤15时，y随x的增大而增大，∴当x=14m，即AB=14m，BC=8m时，长方形的面积最大，最大面积为：14×8= 112(m2)；∴y的最大值为112m2；(2)当y=108时，108=12x(30−x)，整理得：x2−30x+216=0，解得：x1=12，x2=18(不合题意舍去)，答：x的值为12．【解析】(1)根据长方形的面积等于长乘以宽及墙体长度为14米，即可求出y与x的函数关系式，结合二次函数增减性得出二次函数最值；(2)利用y=108，解方程得出答案．本题考查了二次函数在实际问题中的应用，根据题意正确得出函数关系式并明确二次函数的性质是解题的关键．22.【答案】解：(1)设每千克应涨价x元，由题意列方程得：(10+x)(500−20x)=5520，解得：x=2或x=13，为了使顾客得到实惠，那么每千克应涨价2元；答：每千克水果应涨价2元．(2)根据题意得：(10+x)(500−20x)≥6000，解得：5≤x≤10，答：每千克水果涨价x的范围是5≤x≤10．【解析】(1)设每千克应涨价x元，根据每千克盈利10元，每天可售出500千克，每天盈利5520元，列出方程，求解即可．(2)根据每天获利不少于6000元得出不等式，则可得出答案．此题考查了一元二次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．23.【答案】解：(1)由旋转的性质得：△ABC≌△ADE，且AB=AC，∴AE=AD，AC=AB，∠BAC=∠DAE，∴∠BAC+∠BAE=∠DAE+∠BAE，即∠CAE=∠DAB，在△AEC和△ADB中，{AE=AD∠CAE=∠DAB AC=AB，∴△AEC≌△ADB(SAS)；(2)∵四边形ADFC是菱形，且∠BAC=45°，∴∠DBA=∠BAC=45°，由(1)得：AB=AD，∴∠DBA=∠BDA=45°，∴△ABD为直角边为2的等腰直角三角形，∴BD2=2AB2，即BD=2√2，∴AD=DF=FC=AC=AB=2，∴BF=BD−DF=2√2−2．【解析】(1)由旋转的性质得到三角形ABC与三角形ADE全等，以及AB=AC，利用全等三角形对应边相等，对应角相等得到两对边相等，一对角相等，利用SAS得到三角形AEC与三角形ADB全等即可；(2)根据∠BAC=45°，四边形ADFC是菱形，得到∠DBA=∠BAC=45°，再由AB=AD，得到三角形ABD为等腰直角三角形，求出BD的长，由BD−DF求出BF的长即可．此题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及菱形的性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．24.【答案】解：(1)P、Q同时出发，经过x秒钟，S△QPC=8cm2，由题意得，1(6−x)⋅2x=8，2∴x2−6x+8=0，解得：x1=2，x2=4．经2秒点P到离A点1×2=2cm处，点Q离C点2×2=4cm处，经4s点P到离A点1×4=4cm处，点Q点C点2×4=8cm处，经验证，它们都符合要求．答：P、Q同时出发，经过2s或4s，S△QPC=8cm2．(2)设P出发ts时S△QPC=4cm2，则Q运动的时间为(t−2)秒，由题意得：1(6−t)⋅2(t−2)=4，2∴t2−8t+16=0，解得：t1=t2=4因此经4秒点P离A点1×4=4cm，点Q离C点2×(4−2)=4cm，符合题意．答：P先出发2s，Q再从C出发2s后，S△QPC=4cm2．(3)设经过x秒钟后PQ=BQ，则PC=(6−x)m，QC=2xm，BQ=8−2x，(6−x)2+(2x)2=(8−2x)2，解得x1=−10+8√2，x2=−10−8√2(不合题意，舍去)答：经过−10+8√2秒钟后PQ=BQ．【解析】本题可设P出发xs后，S△QPC符合已知条件：在(1)中，AP=xm，PC=(6−x)m，QC=2xm；在(2)中，AP=xm，PC=(6−x)m，QC=2(x−2)m，进而可列出方程，求出答案；在(3)中，PC=(6−x)m，QC=2xm，BQ=8−2x，利用勾股定理和PQ=BQ列出方程，求出答案．此题考查一元二次方程的实际运用，解题的关键是弄清图形与实际问题的关系，另外，还要注意解的合理性，从而确定取舍．25.【答案】解：(1)∵点A(3,4)在直线y=x+m上，∴4=3+m．∴m=1．设所求二次函数的关系式为y=a(x−1)2．∵点A(3,4)在二次函数y=a(x−1)2的图象上，∴4=a(3−1)2，∴a=1．∴所求二次函数的关系式为y=(x−1)2．即y=x2−2x+1；(2)过点P作y轴的平行线交AB于点E，则△ABP面积=S△PEA+S△PEB=12PE⋅(x A−x B)=12×[(x+1)−(x2−2x+1)]×3=−32x2+92x，∵−32<0，故△ABP面积存在最大值，当x=32时，△ABP面积最大值为98，此时点P的坐标为(32,14 )；(3)存在．理由：要使四边形DCEQ是平行四边形，必需有QE=DC．∵点D在直线y=x+1上，∴点D的坐标为(1,2)，∴−x2+3x=2．即x2−3x+2=0．解之，得x1=2，x2=1(不合题意，舍去)∴当Q点的坐标为(2,3)时，四边形DCEQ是平行四边形．【解析】(1)用待定系数法即可求解；(2)由△ABP面积=S△PEA+S△PEB，即可求解；(3)要使四边形DCEQ是平行四边形，必需有QE=DC，即可求解．本题为二次函数综合题，考查了用待定系数法求函数解析式以及函数图象上点的坐标特征，结合图形有利于解答，其中(3)是一道存在性问题，有一定的开放性，需要先假设点P存在，然后进行验证计算．。