【其中考试】广东省汕头市某校九年级（上）期中数学试卷答案与详细解析

试卷第=page2828页，总=sectionpages2828页试卷第=page2727页，总=sectionpages2828页广东省汕头市某校九年级（上）期中数学试卷一、选择题（本大题10小题，每小题3分，共30分）

1.下列标志中，可以看作是中心对称图形的是（）A. B. C. D.

2.用配方法解方程x2-4x+2＝A.(x+2)2＝2 B.(x-2)2＝

3.如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90∘，将Rt△ABC绕点C按逆时针方向旋转48∘得到Rt△A'BA.42∘ B.48∘ C.52

4.将抛物线y=2(x-4)2-1先向左平移A.y=2x2+1 B.y=2

5.如图，四边形PAOB是扇形OMN的内接矩形，顶点P在MN上，且不与M，N重合，当P点在MN上移动时，矩形PAOB的形状、大小随之变化，则AB的长度(

)

A.变大 B.变小 C.不变 D.不能确定

6.若一个二次函数y＝ax2+bx+c(a>0)的图象经过五个点A(-1, n)A.y1>y2>y

7.如图，在⊙O中，点A，B，C均在圆上，∠AOB=80∘，则∠ACB等于A.130∘ B.140∘ C.145∘ D.150

8.若x支球队参加篮球比赛，共比赛了36场，每2队之间都比赛一场，则下列方程中符合题意的是（）A.x(x-1)＝36 B.x(x+1)＝36

C.x(x

9.二次函数y＝ax2+bx+c(a≠0)A.a-b+c<0 B.2a+b＝

10.如图，等边△ABC的边长为3cm，动点P从点A出发，以每秒1cm的速度，沿A→B→C的方向运动，到达点C时停止，设运动时间为x(s)，A. B.

C. D.

二、填空题（本大题7小题，每小题4分，共28分）

点P(-3, 4)关于原点对称的点的坐标是________．

一元二次方程x2=x的根

已知函数y＝(k-3)x2+2x+1

设a、b是方程x2+x-2018＝0的两个不等的实根，则

如图，在⊙O中，AB是直径，弦AE的垂直平分线交⊙O于点C，CD⊥AB于D，BD＝1，AE＝4，则AD的长为

如图，边长为1的正方形ABCD，将正方形ABCD绕顶点A顺时针旋转45∘得到正方形AB'C'D'

如图，一段抛物线：y=-x(x-2)(0≤x≤2)记为C1，它与x轴交于两点O，A1；将C1绕A1旋转180∘得到C2，交x轴于A2；将C2绕A2旋转180∘得到C3，交x三、解答题（一）（本大题3小题，每小题6分，共18分）

解方程：．

已知抛物线y＝x2-（1）求证：无论m取何值时，抛物线都与x轴有两个交点．（2）m为何值时，抛物线都与x轴有两个交点间的距离等于3？

如图，抛物线y=x2+bx+c（1）求此抛物线的解析式；（2）写出顶点坐标及对称轴；（3）若抛物线上有一点B，且S△OAB=3四、解答题（二）（本大题3小题，每小题7分，共21分）

如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，坐标分别为A(2, 2)，B(1, 0)，C(3, 1)（1）画出△ABC关于y轴对称的△（2）画出将△ABC绕原点O顺时针旋转90∘所得的（3）△A1B

如图，在⊙O中，点C、D在优弧上，将弧沿BC折叠后，点D的对应点E刚好落在弦AB上，连接AC、EC．

（1）证明：AC＝EC；（2）连接AD，若CE＝5，AD＝8，求⊙O

如图，是400米跑道示意图，中间的足球场ABCD是矩形，两边是半圆，直道AB的长是多少？

你一定知道是100米!可你也许不知道，这不仅仅为了比赛的需要，还有另外一个原因，等你做完本题就明白了．设AB＝x米．

（1）请用含x的代数式表示BC．（2）设矩形ABCD的面积为S．

①求出S关于x的函数表达式．

②当直道AB为多少米时，矩形ABCD的面积最大？五、解答题（三）（本大题2小题，每小题10分，共20分）

如图，点E是正方形ABCD的边BC上一点，连接DE，将DE绕着点E逆时针旋转90∘，得到EG，过点G作GF⊥CB，垂足为F，GH⊥AB，垂足为H，连接DG，交AB于（1）求证：四边形BFGH是正方形；（2）求证：ED平分∠CEI（3）连接IE，若正方形ABCD的边长为32，则△BEI的周长为

如图①，抛物线L:y＝ax2+bx+c与x轴交于A，B(3, 0)两点（A在B的左侧），与(1)求抛物线L的解析式；(2)将抛物线L向下平移n个单位，使平移后所得抛物线的顶点落在△OBC的内部（不包括△OBC的边界），求(3)如图②，设点P是抛物线L上的动点，点Q是直线l:x＝-3上的一动点，是否存在一点P使△PBQ成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形，若存在，请求出符合条件的所有点

参考答案与试题解析广东省汕头市某校九年级（上）期中数学试卷一、选择题（本大题10小题，每小题3分，共30分）1.【答案】B【考点】中心对称图形【解析】根据中心对称图形的概念：把一个图形绕某一点旋转180∘【解答】解：根据中心对称的定义可得：A、C、D都不符合中心对称的定义．

故选B．2.【答案】B【考点】解一元二次方程-配方法【解析】根据一元二次方程的配方法即可求出答案．【解答】∵x2-4x+2＝0，

∴x2-43.【答案】A【考点】旋转的性质【解析】先根据旋转的性质得出∠A'＝∠BAC＝90∘，∠ACA'＝48∘，然后在直角△【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠BAC=90∘，

将Rt△ABC绕点C按逆时针方向旋转48∘得到Rt△A'B4.【答案】A【考点】二次函数图象与几何变换【解析】根据平移的规律即可得到平移后函数解析式．【解答】解：抛物线y=2(x-4)2-1先向左平移4个单位长度，得到的抛物线解析式为y=2(x-4+4)2-5.【答案】C【考点】圆的有关概念矩形的性质【解析】PAOB是扇形OMN的内接矩形，根据矩形的性质AB=OP=【解答】解：∵PAOB是扇形OMN的内接矩形，

∴AB=OP=半径，

当P点在MN上移动时，半径一定，所以AB长度不变.

6.【答案】B【考点】二次函数图象上点的坐标特征【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答7.【答案】B【考点】圆周角定理【解析】设点E是优弧AB上的一点，连接EA，EB，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半可求得∠E的度数，再根据圆内接四边形的对角互补即可得到∠【解答】解：设点E是优弧AB上的一点，连接EA，EB，如图所示，

∵∠AOB=80∘，

∴∠E=12∠8.【答案】A【考点】由实际问题抽象出一元二次方程【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答9.【答案】B【考点】二次函数图象与系数的关系【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答10.【答案】C【考点】动点问题的解决方法【解析】需要分类讨论：①当0≤x≤3，即点P在线段AB上时，根据余弦定理知cosA=AP2+AC2-PC22PA*AC，所以将相关线段的长度代入该等式，即可求得y与【解答】解：∵正△ABC的边长为3cm，

∴∠A=∠B=∠C=60∘，AC=3cm．

①当0≤x≤3时，即点P在线段AB上时，AP=xcm(0≤x≤3)；

根据余弦定理知cosA=AP2+AC2-PC22PA⋅AC，

即12=x2+9-y6x，

解得，y=x2-3x+9(0≤x≤3)；

该函数图象是开口向上的抛物线；二、填空题（本大题7小题，每小题4分，共28分）【答案】(3, -4)【考点】关于原点对称的点的坐标【解析】本题比较容易，考查平面直角坐标系中任意一点P(x, 【解答】根据中心对称的性质，得点P(-3, 4)关于原点对称的点的坐标是(3, -4)【答案】x1=0【考点】解一元二次方程-因式分解法【解析】先移项，然后利用提取公因式法对等式的左边进行因式分解．【解答】解：由原方程得x2-x=0，

整理得x(x-1)=0，

则x=0或x-1=0，

【答案】k【考点】抛物线与x轴的交点【解析】分为两种情况：①当k-3≠0时，(k-3)x2+2x+1＝0，求出△＝b2-4ac＝【解答】①当k-3≠0时，(k-3)x2+2x+1＝0，

△＝b2-4ac＝22-4(k-3)×1＝-4k【答案】2017【考点】根与系数的关系【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】4【考点】线段垂直平分线的性质勾股定理垂径定理【解析】证明△AOF≅△COD(AAS)，得CD＝AF＝2，设⊙O【解答】弦AE的垂直平分线交⊙O于点F，

∴AF=12AE＝2，∠AFO＝90∘，

∵CD⊥AB，

∴∠ODC＝∠AFO＝90∘，

∵OA＝OC，∠AOF＝∠COD，

∴△AOF≅△COD(AAS)，

∴CD＝AF＝2，

设⊙O的半径为r，则OD＝r-1，【答案】-1【考点】扇形面积的计算旋转的性质正方形的性质全等三角形的性质与判定【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】-【考点】规律型：点的坐标【解析】将这段抛物线C1通过配方法求出顶点坐标及抛物线与x轴的交点，由旋转的性质可以知道C1与C2的顶点到x轴的距离相等，且OA1【解答】解：∵y=-x(x-2)(0≤x≤2)，

∴配方可得y=-(x-1)2+1(0≤x≤2)，

∴顶点坐标为(1, 1)，

∴A1坐标为(2, 0).

∵C2由C1旋转得到，

∴OA1=A1A2，

即C2顶点坐标为(3, -1)，A2(4, 0)；

C3顶点坐标为(5, 1)三、解答题（一）（本大题3小题，每小题6分，共18分）【答案】∵(x-7)2＝2x-2，

∴(x-3)2-2(x-2)＝0，

则(x-3)(x-7)＝【考点】解一元二次方程-公式法【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】证明：∵△＝(m-3)2-2(-根据题意得＝6，

解得m1＝0，m4＝2，

即m为0或4时，抛物线与x轴的两个交点间的距离是3【考点】二次函数图象与系数的关系抛物线与x轴的交点【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】解：（1）把(0, 0)，(2, 0)代入y=x2+bx+c得

c=04+2b=0（2）∵y=x2-2x=(x-（3）设点B的坐标为(c, d)，则

12×2|d|=3，

解得d=3或d=-3，

∵顶点纵坐标为-1，-3<-1 （或x2-2x=-3中，x无解）

∴【考点】待定系数法求二次函数解析式二次函数的性质【解析】（1）直接把(0, 0)，(2, 0)代入y=x2+bx（2）将二次函数解析式写成顶点式，可求顶点坐标及对称轴；（3）设点B的坐标为(c, d)，根据三角形的面积公式

求d的值，再将纵坐标d代入抛物线解析式求【解答】解：（1）把(0, 0)，(2, 0)代入y=x2+bx+c得

c=04+2b=0（2）∵y=x2-2x=(x-（3）设点B的坐标为(c, d)，则

12×2|d|=3，

解得d=3或d=-3，

∵顶点纵坐标为-1，-3<-1 （或x2-2x=-3中，x无解）

∴四、解答题（二）（本大题3小题，每小题7分，共21分）【答案】如图，△A如图，△A△A1B1C7与△A2B【考点】作图-旋转变换作图-轴对称变换【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】证明：由折叠的性质得：，BC垂直平分DE，

∴∠CBD＝∠CBE，

∴，

∴，

∴AC＝EC；连接OC交AD于H，连接OA

设⊙O的半径为r，

由（1）得：，AC＝CE＝5，

∴OC⊥AD，

∴AH＝AD＝4，

∴CH＝＝＝3，

∴OH＝OC-CH＝r-2，

在Rt△AOH中，由勾股定理得：42+(r-2)2＝r2，

【考点】垂径定理翻折变换（折叠问题）圆周角定理勾股定理【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】由题意可得：π⋅BC＝，

∴BC＝；①∵四边形ABCD是矩形，

∴S＝×x＝-​2+；

②当x＝100时，S最大，

∴当AB＝100米时，S最大．【考点】二次函数的应用【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答五、解答题（三）（本大题2小题，每小题10分，共20分）【答案】证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴BC＝CD，∠DCE＝∠ABC＝∠ABF＝90∘，

∵GF⊥CF，GH⊥AB，

∴∠F＝∠GHB＝∠FBH＝90∘，

∴四边形FBHG是矩形，

∵ED＝EG，∠DEG＝90∘，

∵∠DEC+∠FEG＝90∘，∠DEC+∠EDC＝90∘，

∴∠FEG＝∠EDC，

∵∠F＝∠DCE＝90∘，

∴△DCE≅△EFG(AAS)证明：延长BC到J，使得CJ＝AI．

∵DA＝DC，∠A＝∠DCJ＝90∘，AI＝CJ，

∴△DAI≅△DCJ(SAS)，

∴DI＝DJ，∠ADI＝∠CDJ，

∴∠IDJ＝∠ADC＝90∘，

∵∠IDE＝45∘，

∴∠EDI＝∠EDJ＝45∘6【考点】正方形的判定与性质勾股定理旋转的性质【解析】（1）首先证明四边形FBHG是矩形，再证明FB＝FG即可解决问题．

（2）延长BC到J，使得CJ＝AI．证明△IDE≅△JDE(SAS)即可解决问题．

（【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴BC＝CD，∠DCE＝∠ABC＝∠ABF＝90∘，

∵GF⊥CF，GH⊥AB，

∴∠F＝∠GHB＝∠FBH＝90∘，

∴四边形FBHG是矩形，

∵ED＝EG，∠DEG＝90∘，

∵∠DEC+∠FEG＝90∘，∠DEC+∠EDC＝90∘，

∴∠FEG＝∠EDC，

∵∠F＝∠DCE＝90∘，

∴△DCE≅△EFG(AAS)，

证明：延长BC到J，使得CJ＝AI．

∵DA＝DC，∠A＝∠DCJ＝90∘，AI＝CJ，

∴△DAI≅△DCJ(SAS)，

∴DI＝DJ，∠ADI＝∠CDJ，

∴∠IDJ＝∠ADC＝90∘，

∵∠IDE＝45∘，

∴∠EDI＝∠EDJ＝45∘∵△IDE≅△JDE，

∴IE＝EJ，

∵EJ＝EC+CJ，AI＝CJ，

∴IE＝EC+AI，

∴△BIE的周长＝BI+BE+IE＝【答案】解：(1)∵抛物线过点B(3, 0),C(0,3),

对称轴为x=1，

∴9a+3b+3=0，c(2)设抛物线y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4的

顶点为D，则顶点D为(1,4)，

过点D作DF垂直于x轴交BC于E,

∵OC=OB=3,

∴∠OBC=∠OCB=45(3)设点P为(x,-x2+2x+3),

过点P分别作x轴，l的垂线，

垂足分别为点M/