九年级上学期期中考试数学试题解析卷.docx
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九年级上学期期中考试数学试题解析卷
2019-2020年九年级上学期期中考试数学试题(解析卷)
一.选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分)
1.2的相反数是( )
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
试题分析:
相反数的定义:
只有符号不同的两个数互为相反数,正数的相反数是负数.
2的相反数是-2,故选C.
考点:
相反数的定义
点评:
本题属于基础应用题,只需学生熟练掌握相反数的定义,即可完成.
2.在下列图形中,既是轴对称图形,又是中心对称图形的是( )
【答案】D
【解析】A、是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项错误;
B、是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项错误;
C、是中心对称图形,不是轴对称图形,故此选项错误;
D、是轴对称图形,也是中心对称图形,故此选项正确;故选D.
3.平面直角坐标系内一点P(-2,3)关于原点对称的点的坐标是( )
A.(3,-2)B.(2,3)C.(-2,-3)D.(2,-3)
【答案】D
【解析】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标的特征.根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数,纵坐标互为相反数解答.
解:
点P(-2,3)关于原点对称的点的坐标是(2,-3).
故选D.
4.若是关于x的一元二次方程,则m的取值范围是( )
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
试题分析:
此题主要考查了一元二次方程的概念.只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程,一般形式是.特别要注意a≠0的条件.这是在做题过程中容易忽视的知识点.一元二次方程必须满足两个条件:
(1)未知数的最高次数是2;
(2)二次项系数不为0.由这两个条件得到相应的关系式m+1≠0,再解不等式即可.
解:
由题意得:
m+1≠0,
解得:
m≠-1,
故选A.
考点:
一元二次方程的定义.
5.用配方法解方程x2﹣2x﹣5=0时,原方程应变形为()
A.(x+1)2=6B.(x﹣1)2=6C.(x+2)2=9D.(x﹣2)2=9
【答案】
【解析】
试题分析:
方程常数项移到右边,两边加上1变形即可得到结果,即方程移项得:
x2﹣2x=5,配方得:
x2﹣2x+1=6,即(x﹣1)2=6.
故选:
B
考点:
解一元二次方程-配方法.
6.已知一元二次方程:
①x2+2x+3=0,②x2﹣2x﹣3=0.下列说法正确的是
A.①②都有实数解B.①无实数解,②有实数解
C.①有实数解,②无实数解D.①②都无实数解
【答案】B
【解析】
试题分析:
分别求出①、②的判别式,根据:
①当△>0时,方程有两个不相等的两个实数根;②当△=0时,方程有两个相等的两个实数根;③当△<0时,方程无实数根,即可得出答案:
方程①的判别式△=4﹣12=﹣8,则①没有实数解;
方程②的判别式△=4+12=20,则②有两个实数解。
故选B.
7.把抛物线先向左平移3个单位,再向上平移4个单位,所得抛物线的函数表达式为( )
A.B.C.D.
【考点】二次函数图象平移.
【分析】根据二次函数图象平移的特点:
左加右减,上加下减,进而可求出答案.
【解答】解:
先向左平移3个单位得到,再向上平移4个单位得.
故选A.
【点评】本题考查了二次函数图象平移的特点,知道左加右减,上加下减是解题的关键,该题还可以通过顶点坐标的平移来得到二次函数的顶点式.
8.若是方程的一个根,代数式的值为( )
A.6B.2C.-2D.-6
【答案】A
【解析】把代入方程可得:
,即
∴故选A.
9.二次函数的大致图象如图所示,关于该二次函数,下列说法错误的是( )
A.函数有最大值
B.对称轴是直线
C.当时,y随x的增大而减小
D.当时,
【答案】C
【解析】
试题分析:
A、由抛物线的开口向下,可知a<0,函数有最大值,正确,故本选项不符合题意;
B、由图象可知,对称轴为,正确,故本选项不符合题意;
C、因为a<0,所以,当时,y随x的增大而增大,错误,故本选项符合题意;
D、由图象可知,当时,,正确,故本选项不符合题意.
故选C.
考点:
二次函数的性质.
10.在某次聚会上,每两人都握了一次手,所有人共握手10次,设有x人参加这次聚会,则列出方程正确的是().
A.B.
C.D.
【答案】B
【解析】分析:
如果有x人参加了聚会,则每个人需要握手(x-1)次,x人共需握手x(x-1)次;而每两个人都握了一次手,因此要将重复计算的部分除去,即一共握手:
次;已知“所有人共握手10次”,据此可列出关于x的方程.
解答:
解:
设x人参加这次聚会,则每个人需握手:
x-1(次);
依题意,可列方程为:
=10;
故选B.
【点评】此题考查图形的变化规律,找出图形之间的数字运算规律,得出规律,解决问题.
二.填空题(本大题共6小题,每小题4分,共24)
11.函数y=中,自变量x的取值范围是.
【答案】x≥-3.
【解析】
试题分析:
根据被开方数是非负数,列出不等式求解即可.
试题解析:
由题意得:
x+3≥0.
解得:
x≥-3.
考点:
函数自变量的取值范围.
12.方程的解是 .
【考点】解一元二次方程-因式分解法.
【分析】先移项得,左边变形得,即可得出答案.
【解答】解:
即∴,
∴或,∴,.
故答案为:
,.
【点评】本题考查了解一元二次方程-因式分解法,解题的关键是会因式分解:
变形为的形式,然后得到或,再解出答案.
13.如图所示,边长为2的正方形ABCD的对角线相交于点O,过点O的直线EF分别交AD,BC与点E,F,则阴影部分的面积是 .
【考点】正方形的性质,全等三角形的判定和性质.
【分析】首先用角角边证得△AEO≌△CFO,图中阴影面积其实就是求△AOD的面积,由正方形对角线的特点可知△AOD的面积是正方形面积的.
【解答】解:
依题意知在正方形ABCD中,∠EAC=∠FCA,∠AEO=∠CFO,AO=CO
∴△AEO≌△CFO,
∴阴影面积其实就是求△AOD的面积,
∵
,
∴阴影面积为1
故答案为:
1.
【点评】此题主要考查了正方形的性质,全等三角形的判定和性质,理解正方形的性质是解题的关键.
14.已知抛物线的顶点坐标是(-2,3),且抛物线的开口和形状与的形状相同,写出抛物线的解析式 .
【考点】二次函数的性质.
【分析】由抛物线的开口和形状与的形状相同可以确定,进而通过顶点式列出二次函数的解析式.
【解答】解:
∵抛物线的开口和形状与的形状相同,顶点坐标是(-2,3),
∴二次函数的解析式可设为;
故填.
【点评】此题考查了二次函数的性质.注意掌握待定系数法的灵活运用.
15.若二次函数的与的部分对应值如下表:
x
-7
-6
-5
-4
-3
-2
y
-27
-13
-3
3
5
3
则当时,的值为.
【答案】-5
【解析】由表格可知,(-4,3),(-2,3)是抛物线上两对称点,可求对称轴x=-3,再利用对称性求出.
解:
观察表格可知,
当时,.
点观察二次函数的对应值的表格,关键是寻找对称点,顶点坐标及对称轴,与x轴(y轴)的交点,确定二次函数的解析式
16.如图,在直角坐标系中,已知点A(-3,0),B(0,4),对△OAB连续作旋转变换,依次得到三角形①,②,③,④…,则三角形⑩的直角顶点的坐标为.
【答案】(36,0)
【解析】
试题分析:
观察图形可知旋转三次一个循环(向前移动12个单位长度),三角形⑩是旋转第四个循环的开始,所以直角顶点应该是第三个循环完成后的坐标即(36,0)
考点:
旋转,坐标系.
三.解答题(本大题共3小题,每小题6分,共18分)
17.计算:
【考点】实数的运算:
绝对值,零指数幂,算术平方根,负指数幂
【分析】根据实数的运算:
绝对值,零指数幂,算术平方根,负指数幂运算法则即可得出答案.
【解答】解:
原式=
=
【点评】此题主要考查了实数的运算:
绝对值,零指数幂,算术平方根,负指数幂运算法则,熟练掌握相关法则是解题关键.
18.先化简,再求值:
,其中.
【考点】分式化简求值.
【分析】观察式子,依据分式化简的特点进行式子的化简:
先对原式括号中两项通分,利用同分母分式的加减法法则进行计算,用除法法则变形,约分得到最简结果,然后再代值进行计算.
【解答】解:
原式=
=
=
当时,.
【点评】本题考查了分式的化简求值,熟练分式化简求值的运算特点是解题的关键.
19.解方程:
.
【考点】解一元二次方程-公式法.
【分析】该方程看起来复杂,需要化成一元二次方程的一般形式,再根据方程特点选择方法进行解方程.
【解答】解:
去括号得
移项以及合并同类项得
故有:
则
方程有两个不相等的实数根
【点评】此题主要考查了一元二次方程的解法,对于复杂的方程需要化成一般形式,该方程除了用公式法求解,也可以用十字相乘法进行因式分解来求.
四.解答题(本大题共3小题,每小题7分,共21分)
20.如图,方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形.Rt△ABC的顶点均在格点上,建立平面直角坐标系后,点A的坐标为(﹣4,1),点B的坐标为(﹣1,1).
(1)先将Rt△ABC向右平移5个单位,再向下平移1个单位后得到Rt△A1B1C1.试在图中画出图形Rt△A1B1C1,并写出A1的坐标;
(2)将Rt△A1B1C1绕点A1顺时针旋转90°后得到Rt△A1B2C2,试在图中画出图形Rt△A1B2C2.并计算△C1A1C2的面积.
【考点】作图-平移,旋转变换.
【分析】
(1)根据向右平移5个单位,再向下平移1个单位的点的坐标特点画出Rt△A1B1C1同时可写出A1的坐标;
(2)根据绕点A1顺时针旋转90°的点的坐标特点画出Rt△A1B2C2;用△C1A1C2所在的矩形的面积减去三个小三角形的面积.
【解答】解:
(1)如图所示;点A1的坐标(1,0)
(2)如图所示,
.
【点评】本题考查的是作图-平移,旋转变换,熟知关于变化后的点的坐标特点是解答此题的关键,知道要用△C1A1C2所在的矩形的面积减去三个小三角形的面积是第2小问的关键.
21.如图,学校要建一个面积为150平方米的长方形自行车棚,为节约经费,一边利用18米长的教学楼后墙,另三边利用总长为35米的铁围栏围成,求自行车棚的长和宽.
【答案】车棚的长和宽分别为15米和10米
【解析】
试题分析:
设垂直于墙的一边长为x米,
根据题意得:
解这个方程得:
,
当时,
,符合题意;
当时,
,不符合题意,舍去;
所以,
答:
车棚的长和宽分别为15米和10米.
考点:
一元二次方程的实际运用
点评:
本题考查一元二次方程实际运用,解本题的关键是根据等量关系列出一元二次方程,然后解一元二次方程.
22.如图,二次函数y=(x-2)2+m的图象与y轴交于点C,点B是点C关于该二次函数图象的对称轴对称的点.已知一次函数y=kx+b的图象经过该二次函数图象上点A(1,0)及点B.
(1)求二次函数与一次函数的解析式;
(2)根据图象,写出满足kx+b≥(x-2)2+m的x的取值范围.
【答案】解:
(1)将点A(1,0)代入y=(x﹣2)2+m得,(1﹣2)2+m=0,解得m=﹣1.
∴二次函数解析式为y=(x﹣2)2﹣1.
当x=0时,y=4﹣1=3,∴C点坐标为(0,3).
∵二次函数y=(x﹣2)2﹣1的对称轴为x=2,C和B关于对称轴对称,
∴B点坐标为(4,3).
将A(1,0)、B(4,3)代入y=kx+b得,
,解得.
∴一次函数解析式为y=x﹣1.
(2)∵A、B坐标为(1,0),(4,3),
∴当kx+b≥(x﹣2)2+m时,直线y=x﹣1的图象在二次函数y=(x﹣2)2﹣1的图象上方或相交,此时1≤x≤4.
【解析】曲线上点的坐标与方程的关系,二次函数的性质,函数图象与不等式(组).
【分析】
(1)将点A(1,0)代入y=(x-2)2+m求出m的值,根据点的对称性,将y=3代入二次函数解析式求出B的横坐标,再根据待定系数法求出一次函数解析式.
(2)根据图象和A、B的交点坐标可直接求出kx+b≥(x-2)2+m的x的取值范围.
五.解答题(本大题共3小题,每小题9分,共27分)
23.某产品每件成本120元,试销阶段每件产品的销售单价(元)与产品的日销售量(台)之间的函数关系如下表:
(元)
130
150
165
(台)
70
50
35
并且日销售量是每件售价的一次函数.
(1)求与之间的函数关系式;
(2)为获得最大利润,每件产品的销售价应定为多少元?
此时每日销售的利润是多少.
【考点】二次函数的应用;一次函数的应用.
【分析】
(1)根据题意得出日销售量y是销售价x的一次函数,再利用待定系数法求出即可;
(2)根据销量×每件利润=总利润,即可得出所获利润W为二次函数,然后再利用最值即可得出答案.
【解答】解:
(1)设解析式为:
y=kx+b,
则
解得
故y与x之间的函数关系式为:
y=-x+200;
(2)日销售利润w(元)与销售单价x(元)之间的函数关系式为:
故当x=160时,w=1600.
答:
(1)y与x之间的函数关系式为:
y=-x+200;
(2)每件产品的销售价应定为160元,此时每日销售的利润是1600元.
【点评】本题考查了二次函数的应用;一次函数的应用,销售类的问题,能根据题意列出等量关系是本题的解题关键.
24.如图1所示,将一个边长为2的正方形ABCD和一个长为2、宽为1的长方形CEFD拼在一起,构成一个大的长方形ABEF.现将小长方形CEFD绕点C顺时针旋转至,旋转角为.
(1)当点恰好落在EF边上时,求旋转角的值;
(2)如图2,G为BC的中点,且0°<<90°,求证:
;
(3)小长方形CEFD绕点C顺时针旋转一周的过程中,与能否全等?
若能,直接写出旋转角的值;若不能,说明理由.
【分析】
(1)根据旋转的性质得CD′=CD=2,在Rt△CED′中,CD′=2,CE=1,则∠CD′E=300,然后根据平行线的性质即可得到∠α=30°.
(2)由G为BC中点可得CG=CE,根据旋转的性质得∠D′CE′=∠DCE=900,CE=CE′CE,则∠GCD′=∠DCE′=90°+α,然后根据“SAS”可判断△GCD′≌△∠DCE′,GD′=E′D.
(3)根据正方形的性质得CB=CD,而CD=CD′,则△BCD′与∠DCD′为腰相等的两等腰三角形,当两顶角相等时它们全等,当△BCD′与∠DCD′为钝角三角形时,可计算出α=135°,当△BCD′与∠DCD′为锐角三角形时,可计算得到α=315°.
【答案】解:
(1)∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′,∴CD′=CD=2.
在Rt△CED′中,CD′=2,CE=1,∴=.∴∠CD′E=30°.
∵CD∥EF,∴∠α=30°.
(2)证明:
∵G为BC中点,BC=2,∴CG=1,∴CG=CE.
∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′,
∴∠D′CE′=∠DCE=90°,CE=CE′CE.∴∠GCD′=∠DCE′=
在△GCD′和△∠DCE′中,
∵
,∴△GCD′≌△∠DCE′(SAS)
∴GD′=E′D.
(3)能.理由如下:
∵四边形ABCD为正方形,∴CB=CD.
∵CD=CD′,∴△BCD′与∠DCD′为腰相等的两等腰三角形.
当∠BCD′=∠DCD′时,△BCD′≌∠DCD.
当△BCD′与∠DCD′为钝角三角形时,;
当△BCD′与∠DCD′为锐角三角形时,.
∴旋转角a的值为135°或315°时,△BCD′与∠DCD′全等.
25.如图,抛物线y=-x2+x+1与y轴交于A点,过点A的直线与抛物线交于另一点B,过点B作BC⊥x轴,垂足为点C(3,0).
(1)求直线AB的函数关系式;
(2)动点P在线段OC上从原点出发以每秒一个单位的速度向C移动,过点P作PN⊥x轴,交直线AB于点M,交抛物线于点N.设点P移动的时间为t秒,MN的长度为s个单位,求s与t的函数关系式,并写出t的取值范围;
(3)设在
(2)的条件下(不考虑点P与点O,点C重合的情况),连接CM,BN,当t为何值时,四边形BCMN为平行四边形?
问对于所求的t值,平行四边形BCMN是否菱形?
请说明理由.
【考点】二次函数与四边形的综合题.
【分析】
(1)由题意易得点A、点B的坐标,根据待定系数法,即可求得直线AB的函数关系式;
(2)由s=MN=NP-MP,即可得s=-t2+t+1-(t+1),化简即可求得答案;(3)若四边形BCMN为平行四边形,则有MN=BC,即可得方程:
-t2+t=,解方程即可求得t的值,再分别分析t取何值时四边形BCMN为菱形即可.
【答案】解:
(1)∵当x=0时,y=1,
∴A(0,1),
当x=3时,y=-×32+×3+1=2.5,
∴B(3,2.5),
设直线AB的解析式为y=kx+b,
则:
,
解得:
,
∴直线AB的解析式为y=x+1;
根据题意得:
s=MN=NP-MP=-t2+t+1-(t+1)=-t2+t(0≤t≤3);
若四边形BCMN为平行四边形,则有MN=BC,此时,有-t2+t=,
解得t1=1,t2=2,
∴当t=1或2时,四边形BCMN为平行四边形.
①当t=1时,MP=,NP=4,故MN=NP-MP=,
又在Rt△MPC中,MC=,故MN=MC,此时四边形BCMN为菱形,
②当t=2时,MP=2,NP=,故MN=NP-MP=,
又在Rt△MPC中,MC=,故MN≠MC,此时四边形BCMN不是菱形.
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