天津市河西区2017届九年级上册期中数学试卷(解析版)

天津市河西区2017届九年级上册期中数学试卷

一、选择题

1、下列各点，不在二次函数y=x的图象上的是（ ） A、（1，﹣1）B、（1，1）C、（﹣2，4）D、（3，9） 2、如图图案中，可以看做是中心对称图形的有（ ）

2

A、1个B、2个C、3个D、4个

3、平行四边形ABCD的四个顶点都在圆O上，那么四边形ABCD一定是（ ） A、正方形B、矩形C、菱形D、以上都不对

4、如图，四边形ABCD内接于圆O，若∠BOD=138°，则它的一个外角∠DCE的度数为（ ）

A、138°B、69°C、52°D、42°

5、在下列4个不同的情境中，两个变量所满足的函数关系属于二次函数关系的有（ ）①设正方形的边长为x面积为y，则y与x有函数关系；

②x个球队参加比赛，每两个队之间比赛一场，则比赛的场次数y与x之间有函数关系； ③设正方体的棱长为x，表面积为y，则y与x有函数关系；

④若一辆汽车以120km/h的速度匀速行驶，那么汽车行驶的里程y（km）与行驶时间x（h）有函数关系． A、1个B、2个C、3个D、4个

6、下列二次函数的图象中，开口最大的是（ ） A、y=x2B、y=2x2C、y=

2

x2D、y=﹣x2

7、抛物线y=x﹣8x的顶点坐标为（ ）

A、（4，16）B、（﹣4，16）C、（4，﹣16）D、（﹣4，﹣16）

8、以原点为中心，把点P（1，3）顺时针旋转90°，得到的点P′的坐标为（ ） A、（3，﹣1）B、（﹣3，1）C、（1，﹣3）D、（﹣1，﹣3）

9、用60m长的篱笆围成矩形场地，矩形的面积S随着矩形的一边长L的变化而变化，要使矩形的面积最大，L的长度应为（ ） A、6

mB、15mC、20mD、10

m

x的图象如图所示，则方程ax2+（b﹣）x+c=0（a≠0）的根的情况（ ）

10、二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）和正比例函数y=

A、两根都大于0B、两根都等于0C、两根都小于0D、一根大于0，一根小于0

11、如图，将边长为2的等边三角形ABC绕点C旋转120°，得到△DCE，连接BD，则BD的长为（ ）

A、2B、2.5C、3D、2

2

12、若抛物线y=x﹣2x+3不动，将平面直角坐标系xOy先沿水平方向向右平移一个单位，再沿铅直方向向上平移三个单位，则原抛物线图象的解析式应变为（ ）

A、y=（x﹣2）+3B、y=（x﹣2）+5C、y=x﹣1D、y=x+4

2

2

2

2

二、填空题

13、等边三角形绕它的中心至少旋转________度，才能和原图形重合． 14、二次函数y=x（x﹣6）的图象的对称轴是________．

15、如图，AB是圆O的直径，弧=弧=弧，∠COD=48°，则∠AOE的度数为________．

16、如图，弦CD垂直于⊙O的直径AB，垂足为H，且CD=2 ，BD= ，则AB的长为________．

17、如图，等腰直角△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点O分斜边AB为BO：OA=1：，将△BOC绕C点顺时针方向旋转

到△AQC的位置，则∠AQC=________．

18、已知三条互相平行的直线a、b、c，请问能否作出一个等边△ABC，使其三个顶点A、B、C分别在直线a、b、c上？（用“能”或“不能”填空）．若能，请说明作图方法；若不能，请简要说明理

由．

三、解答题

19、按要求画出图形：如图，△AOB是等腰直角三角形，∠AOB=90°，OA=OB，请你在图中画出以点O为中心，将△AOE

逆时针旋转90°之后的图形．（不写傲法．写出结论）

20、如图，在⊙O中，弦AB的长为8cm，圆心O到AB的距离为3cm，求⊙O的半径．

21、综合题。

(1)若一抛物线的顶点在原点，且经过点A（﹣2，8），求抛物线的解析式；

(2)如图，抛物线y=ax2+bx的顶点为A（﹣3，﹣3），且经过P（t，0）（t≠0），求该抛物线的解析式；

(3)在（2）的条件下，回答下列问题（直接写出答案）①y的最小值为________； ②点P的坐标为________；

③当x＞﹣3时，y随x的增大而________．

22、如图，四边形ABCD内接于圆O，点E在对角线AC上．

(1)若BC=DC，∠CBD=39°，求∠BCD的度数；

(2)若在AC上有一点E，且EC=BC=DC，求证：∠1=∠2．

23、如图，点E、F、G、H分别在菱形ABCD的四条边上，且BE=BF=DG=DH，连接EF，FG，GH，HE得到四边形

EFGH．

(1)求证：四边形EFGH是矩形；

(2)设AB=a，∠A=60°，当BE为何值时，矩形EFGH的面积最大？

24、在平面直角坐标系中，O为原点，点A（4，0），点B（0，3），把△ABO绕点B逆时针旋转，得△A′BO′，点A、O旋转后的对应点为A′、O′，记旋转角为ɑ． (1)如图1，若ɑ=90°，求AA′的长；

(2)如图2，若ɑ=120°，求点O′的坐标．

25、如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2+

与y轴相交于点A，点B与点O关于点A对称．

(1)填空：点B的坐标为________；

(2)过点B的直线y=kx+b（其中k＜0）与x轴相交于点C，过点C作直线l平行于y轴，P是直线l上一点，且PB=PC，求线段PB的长（用含k的式子表示），并判断点P是否在抛物线上，说明理由．

答案解析部分

一、选择题

1、【答案】 A

【考点】二次函数图象上点的坐标特征

【解析】【解答】解：当x=1时，y=x=1；当x=﹣2时，y=x=4；当x=3时，y=x=9；所以点（1，1）、（﹣2，4）、（3，

22

9）在函数y=x的图象上，点（1，﹣1）不在函数y=x的图象上． 故选A．

【分析】分别把x=1、﹣2、3代入二次函数解析式中计算出对应的函数值，然后进行判断． 2、【答案】D 【考点】中心对称及中心对称图形

【解析】【解答】解：第一个图形是中心对称图形； 第二个图形是中心对称图形； 第三个图形是中心对称图形； 第四个图形是中心对称图形； 共4个， 故选：D．

【分析】根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心进行分析即可． 3、【答案】B 【考点】圆内接四边形的性质

2

2

2

【解析】【解答】解：如图，，

∵和所对的圆心角的和是一个周角，

∴∠A+∠C=180°，

∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠A=∠C，

∴∠A=∠C=180°÷2=90°， ∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°， ∴四边形ABCD一定是矩形． 故选：B． 【分析】首先根据

和

所对的圆心角的和是一个周角，可得∠A+∠C=180°，然后根据∠A=∠C，判断出∠A、∠C

都是直角，即可推得四边形ABCD一定是矩形． 4、【答案】B 【考点】圆内接四边形的性质

【解析】【解答】解：由圆周角定理得，∠A= 故选：B．

【分析】根据圆周角定理得到∠A=

∠BOD=69°，根据圆内接四边形的性质解答即可．

∠BOD=69°，∴∠DCE=，∠A=69°，

5、【答案】 C

【考点】二次函数的定义

【解析】【解答】解：①依题意得：y=x，属于二次函数关系，故正确；②依题意得：y=x（x﹣1）=x﹣x，属于二次函数

2

关系，故正确；③依题意得：y=6x，属于二次函数关系，故正确；④依题意得：y=120x，属于一次函数关系，故正确；综上所述，两个变量所满足的函数关系属于二次函数关系的有3个． 故选：C．

【分析】根据题意列出函数关系式，然后由二次函数的定义进行判断． 6、【答案】C 【考点】二次函数的性质

【解析】【解答】解：在y=ax（a≠0）中，当|a|的绝对值越大时其开口越小， ∵|

|＜|﹣1|=|1|＜|2|，

x2的开口最大，

2

2

2

∴二次函数y= 故选C．

【分析】由|a|的绝对值越大其开口越小进行选择即可． 7、【答案】 C

【考点】二次函数的性质

【解析】【解答】解：∵y=x﹣8x=（x﹣4）﹣16， ∴抛物线顶点坐标为（4，﹣16）， 故选C．

【分析】把抛物线解析式化为顶点式即可求得答案． 8、【答案】A 【考点】图形的旋转

【解析】【解答】解：如图，点P（1，3）绕原点顺时针旋转90°后坐标变为（3，﹣1）． 故选A．

2

2

【分析】建立平面直角坐标系，然后根据旋转的性质找出点P的对应位置，再写出坐标即可． 9、【答案】B 【考点】二次函数的应用

222

【解析】【解答】解：由题意得：S=L（30﹣L）， S=﹣L+30L=﹣（L﹣30L+225﹣225）=﹣（L﹣15）+225，

所以当L=15时，S有最大值； 故选B．

【分析】根据矩形的面积=长×宽列式，配方求最值． 10、【答案】D 【考点】抛物线与x轴的交点

2

【解析】【解答】解：设ax+bx+c=0（a≠0）的两根为x1， x2，∵由二次函数的图象可知x1x2＜0，

∴＜0．

2

设方程ax+（b﹣）x+c=0（a≠0）的两根为m，n，则mn=

＜0，

2

∴方程ax+（b﹣）x+c=0（a≠0）的两根为一根大于0，一根小于0，

故选D．

22

【分析】设ax+bx+c=0（a≠0）的两根为x1， x2，由二次函数的图象可知x1+x2＞0，a＞0，设方程ax+（b﹣）x+c=0（a≠0）

的两根为m，n再根据根与系数的关系即可得出结论． 11、【答案】D 【考点】等边三角形的性质，旋转的性质

【解析】【解答】解：连接AD，由题意知，△ABC≌△EDC，∠ACE=120°，又∵△ABC是等边三角形， ∴AB=DC=BC=DE=5，∠ABC=∠ACB=∠DCE=∠E=60°， ∴∠ACE+∠ACB=120°+60°=180°， ∴B、C、E三点在一条直线上． ∴AB∥DC，

∴四边形ABCD为菱形， ∴∠DBE=

∠ABC=30°，

∵∠DBE+∠BDE+∠E=180°， ∴∠BDE=90°．

∵B、C、E三点在一条直线上， ∴BE=4， ∴BD= 故选：D．

=

=2

．

【分析】连接AD构建菱形ABCD，根据等边三角形的性质得到AB=DC=BC=DE=5，∠ABC=∠ACB=∠DCE=∠E=60°，推出四边形ABCD为菱形，根据菱形的性质得到∠DBE=

∠ABC=30°，在Rt△BDE中利用勾股定理即可得出BD的长．

12、【答案】 C

【考点】二次函数图象与几何变换

【解析】【解答】解：将平面直角坐标系xOy先沿水平方向向右平移一个单位，再沿铅直方向向上平移三个单位，这个相当于把抛物线向左平移有关单位，再向下平移3个单位，∵y=（x﹣1）+2，

22

∴原抛物线图象的解析式应变为y=（x﹣1+1）+2﹣3=x﹣1， 故答案为C．

【分析】思想判定出抛物线的平移规律，根据左加右减，上加下减的规律即可解决问题． 二、填空题

13、【答案】 120° 【考点】旋转对称图形

【解析】【解答】解：由于等边三角形三角完全相同，旋转时，只要使下一个角对准原角，就能重合， 因为一圈360度，除以3，就得到120度． 故答案为：120°．

【分析】根据旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形作答即可．

2

14、【答案】 x=3

【考点】二次函数的性质

【解析】【解答】解：∵y=x（x﹣6）=x﹣6x=（x﹣3）﹣9，∴抛物线的对称轴为直线x=3． 故答案为：x=3．

【分析】将抛物线的一般式转化为顶点式，可求对称轴，也可以用对称轴公式求解． 15、【答案】36° 【考点】圆周角定理 【解析】【解答】解：∵弧

=弧

=弧

，∠COD=48°，∴∠DOE=∠COD=∠BOC=48°，

2

2

∴∠AOE=180°﹣48°﹣48°﹣48°=36°． 故答案为：36°．

【分析】先根据题意得出∠DOE=∠COD=∠BOC=48°，再由补角的定义即可得出结论． 16、【答案】3

【考点】勾股定理，垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定与性质 【解析】【解答】解：由垂径定理得HD=

2

则R=（

22

）+（ R﹣1），由此得2R=3，

2

）=1×（ 2R﹣1），由此得2R=3，

，由勾股定理得HB=1，设圆O的半径为R，在Rt△ODH中，

或由相交弦定理得（所以AB=3． 故答案为：3．

【分析】根据垂径定理和相交弦定理求解． 17、【答案】105° 【考点】旋转的性质，等腰直角三角形

【解析】【解答】解：连接OQ，∵AC=BC，∠ACB=90°， ∴∠BAC=∠B=45°，

由旋转的性质可知：△AQC≌△BOC，

∴AQ=BO，CQ=CO，∠QAC=∠B=45°，∠ACQ=∠BCO，

∴∠OAQ=∠BAC+∠CAQ=90°，∠OCQ=∠OCA+∠ACQ=∠OCA+∠BCO=90°， ∴∠OQC=45°， ∵BO：OA=1：设BO=1，OA=

， ，

=

，

∴AQ=1，则tan∠AQO= ∴∠AQO=60°， ∴∠AQC=105°．

【分析】连接OQ，由旋转的性质可知：△AQC≌△BOC，从而推出∠OAQ=90°，∠OCQ=90°，再根据特殊直角三角形边的关系，分别求出∠AQO与∠OQC的值，可求出结果．

18、【答案】解：能，如图，过点A作AD⊥b于D，再作AD′=AD，且∠D′AD=60°， 再作D′C⊥AD′交直线c于点C，以AC为半径，A点为圆心， 画弧交直线b于点B，△ABC即为所求．

【考点】平行线的性质，等边三角形的性质，作图—复杂作图

【解析】【分析】直接作AD′=AD，且∠D′AD=60°，进而作D′C⊥AD′交直线c于点C，进而得出答案． 三、解答题

19、【答案】解：如图所示：，

△BOE′就是将△AOE逆时针旋转90°之后的图形． 【考点】等腰直角三角形

【解析】【分析】根据题意可得AO以点O为中心逆时针旋转90°之后到达B的位置，在过O作OE的垂线OE′，使OE′=OE，再连接BE′即可．

20、【答案】解：过点O作OC⊥AB于点C，连接OB，则 AC=BC= ∵AB=8cm，OC=3cm ∴BC=4cm

在Rt△BOC中，OB= 即⊙O的半径是5cm．

=

=5cm

AB

【考点】垂径定理

【解析】【分析】过点O作OC⊥AB于点C，连接OB，构造直角三角形BOC，根据垂径定理和弦心距得到直角三角形直角边长，利用勾股定理直接求圆的半径即可．

21、【答案】（1）解：设二次函数的解析式为y=mx2（a≠0），∵点A（﹣2，8）在此函数的图象上， ∴4m=8，解得m=2， ∴抛物线的解析式为：y=2x；

2

（2）解：∵抛物线y=ax+bx的顶点为A（﹣3，﹣3），∴对称轴为直线x=﹣3，

2

由图可知抛物线经过原点， ∴t=﹣6， ∴P（﹣6，0）．

2

将A（﹣3，﹣3），P（﹣6，0）代入y=ax+bx，

得，解得，

∴该抛物线的解析式为y=

x2+2x；

（3）﹣3；（﹣6，0）；增大

【考点】二次函数的性质，待定系数法求二次函数解析式 【解析】【解答】解：（3）①∵y= ②点P的坐标为（﹣6，0）；

③由函数图象可知，当x＞﹣3时，y随x的增大而增大． 故答案为：﹣3，（﹣6，0），增大．

【分析】（1）设二次函数的解析式为y=mx（a≠0），再把点A（﹣2，8）代入求出m的值即可；（2）根据函数图象的顶

2

点坐标可得对称轴为直线x=﹣3，由函数图象经过原点，可得出P点坐标，再将A、P两点坐标代入y=ax+bx，利用待定系

2

x2+2x=

（x+3）﹣3，∴y的最小值=﹣3；

2

数法即可求出该抛物线的解析式；（3）①将一般式化为顶点式，即可求出y的最小值；②由（2）可得点P的坐标；③由函数图形可得出x＞﹣3时函数的增减性． 22、【答案】（1）解：∵BC=CD，∴∴∠BAC=∠DAC=∠CBD=39°， ∴∠BAD=78°，

∵四边形ABCD为圆内接四边形， ∴∠BCD=102°；

（2）解：∵BC=CD，∴∠CBD=∠CDB，又∠BAC=∠BDC， ∴∠CBD=∠BAE， ∴∠CEB=∠BAE+∠2， ∵CB=CE， ∴∠CBE=∠CEB，

∴∠BAE+∠2=∠CBD+∠1， ∴∠1=∠2．

【考点】等腰三角形的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质 【解析】【分析】（1）根据BC=CD，得到

=

，求出∠BAD=78°，根据圆内接四边形的性质计算即可；（2）根据等

=

，

腰三角形的性质和三角形的外角的性质解答即可． 23、【答案】（1）证明：∵DG=DH，∴∠DHG=∠DGH=

，

同理，∠CGF= ，

∴∠DGH+∠CGF=

又∵菱形ABCD中，AD∥BC， ∴∠D+∠C=180°， ∴∠DGH+∠CGF=90°， ∴∠HGF=90°，

，

同理，∠GHE=90°，∠EFG=90°， ∴四边形EFGH是矩形；

（2）解：AB=a，∠A=60°，则菱形ABCD的面积是：

a2，设BE=x，则AE=a﹣x，

则△AEH的面积是：，

△BEF的面积是：，

则矩形EFGH的面积y=

x2+

a2﹣

﹣，

即y=﹣

ax，

则当x= = 时，函数有最大值．

此时BE= ．

【考点】二次函数的最值，菱形的性质，矩形的判定与性质

【解析】【分析】（1）利用等腰三角形的性质：等边对等角，以及平行线的性质可以证得∠DGH+∠CGH=90°，则∠HGF=90°，根据三个角是直角的四边形是矩形，即可证得；（2）设BE的长是x，则利用x表示出矩形EFGH的面积，根据函数的性质即可求解．

24、【答案】（1）解：∵点A（4，0），点B（0，3）， ∴OA=4，OB=3．

在Rt△ABO中，由勾股定理得AB=5．

0

根据题意，△A′BO′是△ABO绕点B逆时针旋转90得到的，

由旋转是性质可得：∠A′BA=90°，A′B=AB=5， ∴AA′=5

．

（2）解：如图，根据题意，由旋转是性质可得：∠O′BO=120°，O′B=OB=3 过点O′作O′C⊥y轴，垂足为C，

则∠O′CB=90°．

在Rt△O′CB中，由∠O′BC=60°，∠BO′C=30°． ∴BC=

O′B=

．

，

由勾股定理O′C=

∴OC=OB+BC= ．

，）．

∴点O′的坐标为（

【考点】勾股定理，旋转的性质

【解析】【分析】（1）根据勾股定理得AB=5，由旋转性质可得∠A′BA=90°，A′B=AB=5．继而得出AA′=5

；（2）

O′C⊥y轴，由旋转是性质可得：∠O′BO=120°，O′B=OB=3，在Rt△O′CB中，由∠O′BC=60°得BC、O′C的长，继而得出答案．

25、【答案】（1）（0，） （2）解：∵B点坐标为（0，解得：x=﹣∴OC=﹣∵PB=PC，

∴点P只能在x轴上方，

如图，过点B作BD⊥l于点D，设PB=PC=m，

． ．

），∴直线解析式为y=kx+

，

则BD=OC=﹣，CD=OB=

，

，

∴PD=PC﹣CD=m﹣

2222

在Rt△PBD中，由勾股定理可得PB=PD+BD，即m=（m﹣2

）+（﹣2），

解得：m= ∴PB=

+

+ ．

．

∴点P坐标为（﹣当x=﹣

，+ ）．

+

，

时，代入抛物线解析式可得：y=

∴点P在抛物线上． 【考点】抛物线与x轴的交点

2

【解析】【解答】解：（1）∵y=﹣x+

的顶点A的坐标为（0，），∴原点O关于点A的对称点B的坐标为（0，），

故答案为：（0，）；

【分析】（1）由抛物线解析式可求得A点坐标，再利用对称可求得B点坐标；（2）可先用k表示出C点坐标，过B作

BD⊥l于点D，条件可知P点在x轴上方，设P点纵坐标为y，可表示出PD、PB的长，在Rt△PBD中，利用勾股定理可求得y，则可求出PB的长，此时可得出P点坐标，代入抛物线解析式可判断P点在抛物线上．

百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库天津市河西区2017届九年级上册期中数学试卷(解析版)在线全文阅读。