人教版九年级上册数学期中考试试题及答案

人教版九年级上册数学期中考试试题一、选择题。（每小题只有一个正确答案）1．下列古钱币图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．2．抛物线的顶点坐标是（）A． B． C． D．3．如图，已知是⊙O的直径，是弦，若，则等于（）A．16° B．24° C．34° D．46°4．若是关于的一元二次方程的解，则的值为（）A．2018 B．2019 C．2020 D．20225．如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，点P是上的任意一点，则∠APB的大小是（）A．15° B．30° C．45° D．60°6．若关于x的方程x2﹣2x﹣k＝0有实数根，则k的值可能为（）A．﹣4 B．﹣3 C．﹣2 D．07．如图，⊙O的直径，是⊙O的弦，，垂足为，，则的长为（）A． B． C．16 D．88．函数与在同一平面直角坐标系中的图象可能是（）A．B．C．D．9．如图，在平面直角坐标系中，四边形关于轴对称，，，，将四边形绕点逆时针旋转90°后得到四边形，依此方式，绕点连续旋转2021次得到四边形，那么点的坐标是（）A． B． C． D．10．如图所示的抛物线形构件为某工业园区的新厂房骨架，为了牢固起见，构件需要每隔加设一根不锈钢的支柱，构件的最高点距底部，则该抛物线形构件所需不锈钢支柱的总长度为（）A． B． C． D．二、填空题11．若一元二次方程的一个根为，则另一个根为______．12．将抛物线向右平移1个单位长度后经过点，则的值为______．13．某市中学生篮球联赛实行单循环制，参加的每两支球队之间都要进行一场比赛，共要比赛45场，设参加比赛的球队有支，根据题意，可列方程为______．14．如图，以为圆心的圆与直线相交于，两点，若恰为等边三角形，则弧的长度为______．15．如图，在中，为直角顶点，，为斜边的中点，将绕点逆时针旋转至，当恰为以为腰的等腰三角形时，的值为______．三、解答题16．如图，在单位长度为1的平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为，，．（1）若经过平移后得到，已知点的坐标为，写出顶点，的坐标，并画出．（2）将绕点按逆时针方向旋转90°得到，画出．（3）若和关于原点成中心对称，画出．17．如图，在半圆中，是直径上一动点，且，过点作交半圆于点，连接，过点作于点．小明根据学习函数的经验，对线段，，的长度之间的关系进行了探究．下面是小明的探究过程，请补充完整．对于动点在上的不同位置，画图，测量，得到了线段，，的长度的几组值，如下表：位置长度位置1位置2位置3位置4位置5位置6位置7位置8位置9位置100.370.881.592.012.443.003.584.375.035.511.452.122.652.832.953.002.952.672.211.651.401.962.272.312.272.131.871.390.890.48在，，的长度这三个量中，若确定的长度是自变量，的长度和的长度都是这个自变量的函数．（1）在同一平面直角坐标系中，分别画出，的长度关于的长度的函数图象．（2）结合函数图象，解决问题：当时，的长度约为______．（精确到）．18．如图，△ABC为⊙O的内接三角形，BC为⊙O的直径，在线段OC上取点D（不与端点重合），作DG⊥BC，分别交AC、圆周于E、F，连接AG，已知AG＝EG．（1）求证：AG为⊙O的切线；（2）已知AG＝2，填空：①当四边形ABOF是菱形时，∠AEG＝°；②若OC＝2DC，△AGE为等腰直角三角形，则AB＝．19．阅读材料：各类方程的解法不尽相同，但是它们有一个共同的基本数学思想——转化，把未知转化为已知．用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新的方程．例如，一元三次方程，通过因式分解可以把它转化为，解方程和，可得方程的解．问题：（1）方程的解是，______，______．（2）求方程的解．拓展：（3）用“转化”思想求方程的解．20．问题发现：（1）如图1，已知为线段上一点，分别以线段，为直角边作等腰直角三角形，，，，连接，，线段，之间的数量关系为______；位置关系为_______．拓展探究：（2）如图2，把绕点逆时针旋转，线段，交于点，则与之间的关系是否仍然成立？请说明理由．拓展延伸：（3）如图3，已知，，，连接，，，把线段绕点旋转，若，，请直接写出旋转过程中线段的最大值．21．用适当的方法解下列方程：（1）（2）22．如图，已知PC平分∠MPN，点O是PC上任意一点，PM与⊙O相切于点E，交PC于A、B两点．（1）求证：PN与⊙O相切；（2）如果∠MPC=30°，PE=2，求劣弧的长．23．如图，在中，，以为直径的⊙O交于点，切线交于点．（1）求证：；（2）若，，求的长．24．如图，在平面直角坐标系中，抛物线交轴于，两点，已知点的坐标为，．（1）求抛物线的解析式．（2）是抛物线位于第三象限的一动点，过点作轴的平行线，分别交线段，轴于，两点，请问线段是否存在最大值？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由，（3）在抛物线的对称轴上存在点，使得，请直接写出点的坐标．参考答案1．B【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念逐一判断即可．【详解】A：是轴对称图形，不是中心对称图形，故错误；B：是轴对称图形，是中心对称图形，故正确；C：不是轴对称图形，不是中心对称图形，故错误；D：是轴对称图形，不是中心对称图形，故错误；故答案选B．【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的分辨，熟记轴对称和中心对称的有关概念是解题的关键．2．C【分析】根据二次函数的图象和性质可以得到解答．【详解】解：∵二次函数图象的顶点坐标为（h,k），∴抛物线的顶点坐标是（1，1），故选C．【点睛】本题考查抛物线的应用，熟记二次函数的顶点式及其对应性质是解题关键．3．C【分析】先根据圆周角定理由是的直径得到，再根据互余得到，然后根据圆周角定理求解．【详解】解：是的直径，，，．故选：C．【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半，熟悉相关性质是解题的关键．4．D【分析】把代入一元二次方程，得到，代入求职即可；【详解】∵是关于的一元二次方程的解，∴，∴，∴；故选：D．【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解，结合代数式求值是解题的关键．5．B【分析】由正六边形的性质得出∠AOB=120°，由圆周角定理求出∠APC=30°．【详解】解：连接OA、OB、如图所示：∵∠AOB＝＝60°，∴∠APC＝∠AOC＝30°，故选：B．【点睛】本题考查了正六边形的性质、圆周角定理；熟练掌握正六边形的性质，由圆周角定理求出∠AOB=60°是解决问题的关键．6．D【分析】由方程有实数根，得到根的判别式大于等于0，求出k的范围即可．【详解】解：∵关于x的方程x2﹣2x﹣k＝0有实数根，∴△＝4+4k≥0，解得：k≥﹣1．故选：D．【点睛】本题主要考查了根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac有如下关系：

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．

上面的结论反过来也成立．7．A【分析】连接OA，先根据⊙O的直径CD＝12，CP：PO＝1：2求出CO及OP的长，再根据勾股定理可求出AP的长，进而得出结论．【详解】连接OA，∵⊙O的直径CD＝12，CP：PO＝1：2，∴CO＝6，PO=4，∵AB⊥CD，∴AP===，∴AB＝2AP＝．故选：A．【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，解决与弦有关的问题时，往往需构造以半径、弦心距和弦长的一半为三边的直角三角形，若设圆的半径为r，弦长为a，这条弦的弦心距为d，则有等式成立，知道这三个量中的任意两个，就可以求出另外一个．8．C【分析】分a＞0与a＜0两种情况考虑两函数图象的特点，再对照四个选项中图形即可得出结论．【详解】解：①当a＞0时，二次函数y=ax2-a的图象开口向上、对称轴为y轴、顶点在y轴负半轴，一次函数y=ax-a(a≠0)的图象经过第一、三、四象限，且两个函数的图象交于y轴同一点；②当a＜0时，二次函数y=ax2-a的图象开口向下、对称轴为y轴、顶点在y轴正半轴，一次函数y=ax-a(a≠0)的图象经过第一、二、四象限，且两个函数的图象交于y轴同一点．对照四个选项可知C正确．故选：C．【点睛】本题考查了一次函数的图象以及二次函数图象与系数的关系，根据二次函数及一次函数系数找出其大概图象是解题的关键．9．A【分析】连接交于．解直角三角形求出点的坐标，探究规律，利用规律解决问题即可．【详解】解：连接交于．由题意，，，，四边形关于轴对称，，，．，，，，，，，，，观察图象可知，4次一个循环，，的坐标与相同，故选：A．【点睛】本题考查坐标与图形的性质，旋转变换等知识，熟悉探究规律的方法是解题的关键．10．B【分析】根据题意建立平面直角坐标系，得出B、C的坐标，然后根据待定系数法求出抛物线解析式，然后求出当当和时y的值，然后即可求解．【详解】如图，由题意得，．设抛物线的解析式为，代入得，，∴抛物线的解析式为．当时，，当时，．∴，故选B．【点睛】本题考查了二次函数的拱桥问题，关键是要根据题意作出平面直角坐标系，并根据所建立的平面直角坐标系求出函数解析式．11．【分析】将一元二次方程的一个根代入方程，求出c的值，再利用直接开平方的方法解方程，求另一根即可．【详解】若一元二次方程的一个根为，把带入方程，，原方程为：，直接开平方得，则另一个根为．故答案为：．【点睛】本题考查一元二次方程的根与解法问题，掌握一元二次方程的根的意义与方程的解法，会用已知根求待定系数，会解方程求其它根是解题关键．12．2【分析】根据“左加右减”的法则，求出抛物线的解析式，然后将点代入进行解答即可．【详解】解：将抛物线向右平移1个单位长度，所得的抛物线解析式为，将点代入得：，故答案是：2．【点睛】本题考查的是二次函数图象平移的法则和根据二次函数关系式求参数，熟悉相关性质是解答此题的关键．13．【分析】根据赛制为单循环形式（每两队之间都赛一场），x个球队比赛总场数为，即可列方程．【详解】解：设一共有x个球队参赛，每个队都要赛（x-1）场，但两队之间只有一场比赛，

由题意得：故答案为：．【点睛】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，解题关键是读懂题意，得到总场数的等量关系．14．【分析】设直线交坐标轴于点C、D，作OE⊥CD于点E，根据直线解析式求得C、D点坐标，得到CD长，根据三角形面积公式得到OE长，然后利用弧长公式，即可得到弧AB的长度．【详解】设直线交坐标轴于点C、D，作OE⊥CD于点E当x=0时，y=2，当y=0时，x=2，

故点C的坐标为（0，2），点D（2，0），

故CD=，

∵根据三角形面积公式，得：，

∴OE=，

∵△OAB是等边三角形，

∴∴OA=，

∴弧AB的长度为：，

故答案为：．【点睛】本题考查弧长的计算、等边三角形的性质、一次函数与几何综合，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．15．40°或100°【分析】由题意可以分为BC=BP或BC=PC两种情况说明讨论．【详解】解：当时，如图1．∵，为斜边的中点，∴，∴，∴，∴；当时，如图2，同理可证，∴，∴，∴．故答案为40°或100°．【点睛】本题考查直角三角形和等腰三角形的综合运用，熟练掌握直角三角形斜边上中线的性质、三角形全等的判定和性质、等腰三角形等边对等角的性质是解题关键．16．（1），，见解析；（2）见解析；（2）见解析【分析】（1）根据点C平移后的坐标C1，可以得到平移的规律，然后根据规律把A、B的坐标计算出来，标出来，连接点坐标即可得；（2）把点A、B、C绕点按逆时针方向旋转90°得到A2、B2、C2，连接三点坐标即可；（3）作出A、B、C关于原点的中心对称点，连接三点坐标即可．【详解】解：（1）如图，即为所作；因为点平移后的对应点的坐标为，所以向右平移5个单位长度得到，所以点的坐标为，点的坐标为；（2）如图，作A、B、C绕点按逆时针方向旋转90°得到A2、B2、C2，连接三点坐标得即为所作；（3）如图，作出A、B、C关于原点的中心对称点，连接即为所作．【点睛】本题考查了图形的作法，图形的平移、图形的旋转和图形的中心对称的作法，熟练掌握作图是做题的关键．17．（1）图见解析；（2）4.5【分析】（1）先描点，再画出图象即可；（2）由函数图象推断即可得出答案．【详解】（1）由图表观察，可看出随着AP的变化，CP和PD都在发生变化，且都有唯一确定的值和其对应，所以AP的长度是自变量，CP和PD的长度都是这个自变量的函数．所以通过秒点，连线作函数图象如下：（2）由图象可推断：当时，线段AP的长度约为4.5．【点睛】此题主要考查函数的概念和图象，正确理解函数的概念是解题关键．18．（1）证明见解析；（2）①60，②4．【分析】（1）连接OA，证明∠OAG=90°，即可证得AG为⊙O的切线；（2）①连接OA，AF，OF，当四边形ABOF为菱形，则△AOB为等边三角形，从而求出∠ACB，∠DEC的度数，根据对顶角相等即可得到∠AEG的度数；②若△AGE为等腰直角三角形，则可以得出△DEC,△ABC均为等腰三角形，通过证明四边形AODG是矩形，得到DC=AG，从而得到BC的长度，根据等腰直角三角形的性质，即可求出AB的长．【详解】（1）证明：连接OA．∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∵GA＝GE，∴∠GAE＝∠GEA，∵DG⊥BC，∴∠EDC＝90°，∴∠OCA+∠DEC＝90°，∵∠CED＝∠GEA＝∠GAE，∴∠OAC+∠GAE＝90°，∴∠OAG＝90°，∴OA⊥AG，∴AG是⊙O的切线．（2）①如图2中，连接OA，AF，OF．∵四边形ABOF是菱形，∴AB＝BO＝OF＝AF＝OA，∴△ABO是等边三角形，∴∠B＝60°，∵BC是直径，∴∠BAC＝90°∴∠ACB＝90°﹣60°＝30°，∵ED⊥BC，∴∠DEC＝90°﹣∠ACB＝60°，∴∠AEG＝∠DEC＝60°．故答案为60．②如图3中，连接OA．∵△AGE是等腰直角三角形，∴∠AEG＝∠DEC＝∠DCE＝45°，∴△EDC，△ABC都是等腰直角三角形，∵OB＝OC，∴AO⊥OC，∴∠AOD＝∠ODG＝∠G＝90°，∴四边形AODG是矩形，∴AG＝OD＝2，∴OC＝2OD＝4，∴BC＝2OC＝8，∴AB＝AC＝4，故答案为4．【点睛】本题是圆的综合题，考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，等腰直角三角形的性质，圆的有关知识，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．19．（1），3；（2），，；（3）【分析】（1）各项都有x，提出公因式x，括号内用十字相乘法因式分解，方程变为，解之即可，（2）方程，化为一般形式，各项都有x，提出公因式x，括号内用十字相乘法因式分解，方程变为解之即可，（3），方程两边平方，整理得，利用十字相乘法分解为，解之求出x，要注意无理方程的条件限定，进行取舍即可．【详解】解：（1），故答案为：；3．（2）方程，可化为，，．∴或或，∴，，．（3），方程两边平方，得，即，，∴或，，．∵得，∴是原方程的解．【点睛】本题考查因式分解法解高次方程与无理方程问题，掌握因式分解的方法，和使无理方程有意义的条件，会用因式分解法解方程是解题关键．20．问题发现：（1）；；拓展探究：（2）成立，理由见解析；拓展延伸：（3）【分析】问题发现：（1）根据题目条件证△ACE≌△DCB，再根据全等三角形的性质即可得出答案；拓展探究：（2）依然用SAS证，根据全等三角形的性质即可证得；拓展延伸：（3）如图2，连接，证明，再通过的三边关系即可求解.【详解】解：问题发现：（1）如下图，延长BD，交AE于点F，∵∴又∵∴（SAS），∴AE=BD，∠CAE=∠CDB∵∴∴∴∴AE⊥BD，故答案为：，拓展探究：（2）成立．理由：如图1，设与相交于点．∵，∴．又∵，，∴，∴，．∵，∴，∴，∴．拓展延伸：（3）的最大值为．提示：如图2，连接．∵，∴，又∵，，∴，∴，∵，，∴，在中，，∴，故的最大值为【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形三边关系，有2个形状相同的图形，有一个公共点，就是手拉手模型，手拉手模型必有全等，证明方法都是用“SAS”，所以熟练掌握全等三角形的判定和手拉手模型是解决本题的关键．21．（1），；（2），【分析】（1）利用因式分解法求解即可；（2）利用配方法求解即可．【详解】解：（1），，则，或，解得，；（2），，则，即，，则，．【点睛】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．22．（1）证明见解析（2）【分析】（1）连接OE，过O作OF⊥PN，如图所示，利用AAS得到△PEO≌△PFO，得到OF=OE，即可确定出PN与圆O相切；（2）在Rt△POE中，由∠MPC=30°，PE=，得到∠EOP=60°，OE=2，∠EOB=120°，利用弧长公式即可求出劣弧的长．【详解】解：（1）连接OE，过O作OF⊥PN，如图所示，∵PM与圆O相切，∴OE⊥PM，∴∠OEP=∠OFP=90°，∵PC平分∠MPN，∴∠EPO=∠FPO，在△PEO和△PFO中，∵∠EPO=∠FPO，∠OEP=∠OFP，OP=OP，∴△PEO≌△PFO（AAS），∴OF=OE，则PN与圆O相切；（2）在Rt△EPO中，∠MPC=30°，PE=，∴∠EOP=60°，OE=2，∴∠EOB=120°，则的长l=