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湖北省武汉市蔡甸区誉恒联盟2019-2020学年九年级上学期期中数学试卷(含答案解析)

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湖北省武汉市蔡甸区誉恒联盟2019-2020学年九年级上学期期中数学试卷(含答案解析)湖北省武汉市蔡甸区誉恒联盟2019-2020学年九年级上学期期中数学试卷一、选择题(本大题共10小题,共30.0分)等腰三角形D.有一个内角为60。的直角三角形A.ZC=OC.∕c≥-i一枚炮弹射岀%s后的髙度为ym,且y与X之间的关系为y=α/+处+c(α≠0),若此炮弹在第3.2s与第5.8s时的高度相等,则在下列时间中炮弹所在髙度最髙的是()抛物线的图象如图所示•根据图象可知,抛物线的解析式可能是()A.y=/-X-2B.y=一扌x'+f+iy=一扌尤2一扌%+1D.y=一+%+2二次函^yI=X2-2x-1...

湖北省武汉市蔡甸区誉恒联盟2019-2020学年九年级上学期期中数学试卷(含答案解析)
湖北省武汉市蔡甸区誉恒联盟2019-2020学年九年级上学期期中数学试卷一、选择题(本大题共10小题,共30.0分)等腰三角形D.有一个内角为60。的直角三角形A.ZC=OC.∕c≥-i一枚炮弹射岀%s后的髙度为ym,且y与X之间的关系为y=α/+处+c(α≠0),若此炮弹在第3.2s与第5.8s时的高度相等,则在下列时间中炮弹所在髙度最髙的是()抛物线的图象如图所示•根据图象可知,抛物线的解析式可能是()A.y=/-X-2B.y=一扌x'+f+iy=一扌尤2一扌%+1D.y=一+%+2二次函^yI=X2-2x-1与反比例函‰=-I(X>0)的图象在如图所示的同一坐标系中,若yi>y2时,则X的取值范围()C・%<1D.OV%V1.或咒>2二、填空题(本大题共6小题,共18.0分)方程∙√至以=2%的解是.如图,已知A、B、C三点在C)O上,力C丄Bo于D,乙3=53。,贝IkBoC的度数是・13・将抛物ay=→2-6%+21向左平移2个单位,再向上平移2个单位后,得到新抛物线的解析式为14.如图,圆。在AMBC三边上截得的弦长相等,∆A=80\求乙30C的度数15•点A(IfyI).B(Zy2)是抛物线y=-(x+l)2+m上的两点,MyI2(填“>”或“=”或如图,直角三角形ABC中Z-ACB=900,CD是髙,∆A=30%AB=4.则3D=三、计算题(本大题共1小题,共8.0分)如图,A城气象台测得台风中心在A城的正西方300千米处,以每小时10√7千米的速度向北偏东60。的BF方向移动,距台风中心200千米的范用内是受这次台风影响的区域.问A城是否会受到这次台风的影响?为什么?若A城受到这次台风的影响,那么A城遭受这次台风影响的时间有多长?四、解答题(本大题共7小题,共64.0分)按要求解下列方程:(1)x2+4%-2=0(公式法):(2)^x2-6x+3=0(配 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 ).如图,C)O中,弦AB与CD相交于点&AB=CD.连接AD.BC.~求证:(I)AD=BCt(2)4E=CE.已知关于X的一元二次方程x2-2x+m2-m=0有两个相等的实数根,求加的值.21・如图,在平而直角坐标系中有一个直角AO力3∙已知乙OAB=90。,且点B的坐标为(3,2).⑴画出△。佔绕原点0逆时针旋转90。后的△04闫;(2)点厉关于原点O对称的点巳的坐标为・如图,用一段长为28加的篱笆囤成一个一边靠墙的矩形菜园,墙长为16川,平行于墙的一而开一扇宽度为力”的门(门用其他材料).若垂直于墙的一面长为IOzm,则平行于墙的一而长为加,矩形菜园的而积为m2:设垂直于墙的一面长为.r∕n,矩形菜园的而积为Wn2.求y与X之间的函数关系式;能否用成面积为120^2的矩形菜园?若能,请求出X的值:若不能,如图,肮△ABC中,∆ACB=90°,将△力BC绕点C顺时针旋转得到厶DEC,点D落在线段AB上,连接BE.求证:DC平分"DE;试判断BE与AB的位置关系,并说明理由:若BE=BD,求tan乙>18C的值.己知抛物=ax2+bx-3a(a>0)与X轴交于力(一1,0)、B两点,与y轴交于点C.求点B的坐标:P是第四象限内抛物线上的一个动点.若MPB=90。,且αV3,求点P纵坐标的取值范用;直线PA、PB分别交y轴于点M、N,求证:譬为左值. 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 与解析1・答案:D解析:本题考查了中心对称图形的概念.判断轴对称图形的关键是寻找对称轴,图形两部分沿对称轴折叠后可重合.根据轴对称图形的概念结合各图形的特点求解.解:A、是轴对称图形,不符合题意;B、是轴对称图形,不符合题意:C、是轴对称图形,不符合题意:D、不是轴对称图形,符合题意.故选:D.2.答案:B解析:本题考查了一元二次方程的根的情况,要判断所给方程是否有两个不相等的实数根,只要找出方程的判别式酹-4αc,根据判别式的正负情况即可作出判断.有两个不相等的实数根的方程,即判别式的值大于O的一元二次方程.解:A.X2+6%+9=O中△=(),两个相等的实数根;B-x2=x,有两个实数根O和1:Cjc2一2x+3=0中厶=4一12V0,没有实数根:D(X-1)2+1=0,则(x-l)2=-l,没有实数根.故选3.答案:A解析:解:VXIX比是方‰2+3%-l=O的两根,∙∙∙%ι+%2=-3,%1%2=^^1・故选A.根据一元二次方程根与系数的关系直接解答即可.本题考查了一元二次方程根与系数的关系:勺,巾是一元二次方程a”+bx+c=0(α≠0)的两根时,×1+X2=xlx2=aα答案:B解析:解:是C)O直径.∙.乙ACB=90°•••乙BAC=40°•••厶D=厶B=90°-Z.BAC=50°故选:B.AB是G)O直径可得乙ACB=90。,再根据宜角三角形的性质即可求解•本题考查圆周角左理和直角三角形的性质的运用.答案:B解析:本题考查了根的判别式,根据一元二次方程的左义结合根的判别式,列出关于A的一元一次不等式组是解题的关键.根据一元二次方程的定义结合根的判别式,即可得出关于*的一元一次不等式组,解之即可得出结论.解:•••关于X的一元二次方程kx2-x-l=0有实数根,4(k≠0・•・3•Δ=(―I)2—4×fc×(--)≥0,解得:fc≥-∣且kH0∙故选B.6・答案:D解析:解:过。作OClAB于C,PIUocp=δaco=90。,VOC丄力3,OCiiO,.-.AC=BC=^AB=∖×8cm=4cm,•・•BP=2cmt・•・PC=BC+BP=6cm9在肮△△Co中,由勾股定理得:OC=^OA2-AC2=√52-42=3(cm).在肮APCO中,由勾股立理得:OP=√PC2+0C2=√32+62=3√^0n),故选:D.过0作OC丄力8于C,根据垂径沱理求出AC、BC,根据勾股左理求岀0C,根据勾股泄理求出OP即可.本题考查了勾股左理和垂径左理的应用,能灵活运用垂径左理进行推理是解此题的关键,注意:垂直于弦的直径平分弦.7•答案:D解析:本题考查了旋转的性质:对应点到旋转中心的距离相等:对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角:旋转前、后的图形全等.先根据旋转的性质得乙E="=35。,"CE=90。,然后根据三角形外角性质求"DE的度数.解:-AABC绕点C逆时针旋转90。得到NEDC,λZ_E=∆A=35%ZJlCE=90%・•・∆ADE=乙E+乙DCE=35°+90°=125。・故选D.&答案:D本题主要考查的是二次函数的应用,利用抛物线的对称性求得对称轴方程是解题的关键.由炮弹在第3.2秒与第5.8秒时的髙度相等可知这两点关于对称轴对称,故此可求得抛物线的对称轴.解:•••炮弹在第3.2秒与第5.8秒时的高度相等,•••抛物线的对称轴为X=4.5.∙∙∙4.5s最接近4.5s,∙∙.第4.5s时,炮弹的髙度最高.故选:D.9倍案:D解析:本题考查抛物线与系数的关系与及顶点横坐标的计算公式,是开放性题目.一般式:y=a(x-Xl)(X—x2)(atb,C是常数,α≠0).逐一检验即可解:&由图象可知开口向下,故αV0,此选项错误;B.抛物线过点(-1,0),(2,0),根据抛物线的对称性,顶点的横坐标是牛而y=-^χ2+l+l的顶点横坐标是一諾哥=0,故此选项错误;Cy=+1的顶点横坐标是=一,222×(-i∙)2故此选项错误;Dy=-X2+%+2的顶点横坐标是一ξ7⅛=P并且抛物线过点(-1,0),(2,0),故此选项正确.故选D・10∙答案:D此题主要考查了二次函数与不等式,正确得出函数交点横坐标是解题关键.直接求岀两函数图象的交点横坐标,进而得出y1>y2时X的取值范囤.解:由题意可得:X2-2X-I=-^解得:x1=1,x2=2,即两函数图象的交点横坐标为:1,2;则y±>yι时,0<咒<1或%>2.故选D.解析:此题主要考査了因式分解法解一元二次方程,正确将原式分解因式是解题关键.首先移项,利用因式分解法将原式分解因式得岀即可.解:y]Sx2=2x√3x2-2x=0,X(V3%—2)=0,解得:%1=0.X2=^・3故答案为勺=0,X2=m2.312.答案:74°解析:解:∙∙∙AC丄Bo于D,.∙.Zjl=90o-ZF=90°-53°=37°,.∙.∆BOC=2"=74°.故答案为74。.先利用互余计算出"=90。—乙B=37。,然后根据圆周角立理求解.本题考查了圆周角左理: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.答案:y=^(x-4)2+5解析:解:抛物=→2-6%+21=^(X-6)2+3,它的顶点坐标是(6,3).将其向左平移2个单位,再向上平移2个单位后,得到新抛物线的顶点坐标是(4,5),所以新抛物线的解析式是:y=^(x-4)2+5.故答案为y="x-4)2+5.根拯平移规律得到平移后抛物线的顶点坐标,根据该顶点坐标写出新抛物线解析式即可.本题考查了二次函数与几何变换:由于抛物线平移后的形状不变,故"不变,所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法:一是求岀原抛物线上任意两点平移后的坐标,利用待赵系数法求出解析式:二是只考虑平移后的顶点坐标,即可求岀解析式.14∙答案:130°解析:本题考查解平分线性质左理的逆左理,弦心距与弦的关系.如图,A过点O作OM丄力3于M,ON丄力C于MOP丄Be于P,连结OA、OB、OG又・・・DE=FG=HK,・・・OM=ON=OP.∙.OB是乙A8C的平分线,OC是"C3的平分线,••・厶OBC=丄乙ABC,乙OCB=也CB22III11・・・厶OBC+厶OCB=-LABC+-∆ACB=-^ABC+∆ACB)=-(180°一")=-(1800一80°)厶乙乙厶厶=SO0・・・厶BOC=180°一aOBC+乙OCB)=180°一50°=130°故答案为:130°.15∙答案:>解析:解:•••抛物线y=-(x+l)2+m开口向下,对称轴是直线%=又点AcL,yj,B(2,y2)是抛物线y=-(x+l)2+m上的两点,而1<2,・•・%>卩2・故答案为>・根据二次函数的图象开口向下时,任对称轴的右侧,y随X的增大而减小即可求解.此题主要考査了二次函数图象的性质,利用已知解析式得出对称轴进而利用二次函数增减性求解是解题的关键.16倍案:1解析:解:在Rt△力BC中,AB=4.«4=30。,・・.BC=-AB=2,乙B=90。一"=60°,^RtABCD中,BC=2,∆BCD=90o-ZF=30%・•・BD=-BC=1.在RtAABC中,根据"的度数和的长,可求得BC的值;同理在RtΔBCD中,根据乙3CD的度数和BC的长,可求得BD的值.此题主要考査的是直角三角形的性质:在直角三角形中,30。角所对直角边等于斜边的一半.Γ7∙答案:解:⑴4城市受影响・如图,过点A作MC丄BF,则距离点C最近的距离为AG-AB=300,乙ABC=30°,∙β∙AC—-AB=150V200,所以A城会受到这次台风的影响:(2)如图,・・・距台风中心200千米的范用内是受这次台风影响的区域,则MD=AE=200,即DE为A城遭受这次台风的距离,CD=^ADZ-ACZ=50√7^・・・DE=100√7>故A城遭受这次台风影响的时间10小时.解析:⑴作M丄8F,则距点A最近的点即为Q点,计算AC的长,若M>200千米,则不受影响,反之,则受影响.(2)求出A城所受影响的距离DE,又有台风移动的速度,即可求解出其影响的时间.本题主要考査了方向角问题以及解直角三角形的简单运用,能够熟练掌握.18∙答案:解:(1)∙∙∙α=l,b=4,c=—2,・・.4=b?—4αc=42—4X1X(-2)=24>0,所以=—2+X2=—2—VK:(2)去分母,得兀2-24%+12=0,.∙.χ2-24%=-12,λX2-24%+144=132,即O-12)2=132,・•・X—12=+2\^33»・•・XI=2∖∕33+12,X2=—2∖∕33+12・解析:(1)先计算判别式的值,然后利用求根公式法解方程:(2)利用配方法得到(x-12)2=132,然后利用直接开平方法解方程.本题考查了解一元二次方程-配方法:将一元二次方程配成(x+m)2=n的形式,再利用直接开平方法求解,这种解一元二次方程的方法叫配方法.也考查了公式法.答案:证明⑴∙∙∙4B=CD,∙∙∙AB=CD,即AD+AC=BC+AC^(2)-Ab=BCy∙*∙AD=BC,又•・・∆ADE=∆CBE.乙DAE=乙BCE,.∙.ΔADE^ACBE(ASA)9:.AE=CE.解析:本题主要考查圆心角、弧、弦的关系,圆心角、弧、弦三者的关系可理解为:在同圆或等圆中,①圆心角相等,②所对的弧相等,③所对的弦相等,三项“知一推二”,一项相等,其余二项皆相等.由AB=CD知応=石’即AD+AC=BC+AC^据此可得答案;由ZB=BCH]AD=BC,结合"DE=ZCEE'∆DAE=ZFCEnIilE∆ADE^ACBE,从而得出答案.答案:解:根据题意知,△=(―2)2—4X1X(τ∏2—7H)=0,整理,得:m2—m—1=0,解得:rn=兰冬2Unl+√5l-√5UIJml=m2=解析:本题考查了一元二次方程"2+以+c=O(QHO)的根的判别式△=沪一4":当厶>0,方程有两个不相等的实数根:当△=(),方程有两个相等的实数根:⅛Δ<0,方程没有实数根.根据判别式的意义得到厶=(—2)2—4X1×(m2-m)=0,然后解一元二次方程即可・21∙答案:解:(1)如图所示:(2)(2,-3).解析:解:(1)见答案;(2)点的坐标为(-2,3).所以点眄关于原点。对称的点巧的坐标为(2,-3).故答案为(2,-3).利用网格特点和旋转的性质,画岀点A、B的对应点金、8丄即可得到厶0金8丄;先写出內点的坐标,然后根据关于原点对称的点的坐标特征写出点%的坐标.本题考查了作图-旋转变换:根据旋转的性质可知,对应角都相等都等于旋转角,对应线段也相等,由此可以通过作相等的角,在角的边上截取相等的线段的方法,找到对应点,顺次连接得出旋转后的图形.22.答案:10100解析:解:(1)若垂直于墙的一而长为Iom则平行于墙的一而长为28+2-2X10=IOm,矩形菜园的面积为10×10=IOOm2;故答案为:10,100;(2)①设垂直于墙的一而长为灿,矩形菜园的而积为Wn2.则平行于墙的一而长为(28+2-2x)m,根据题意得:y=x(28+2-2x)=-2/+30x:②令y=120得到一2/+30%=120.整理得:X2-15x+60=0,"Δ=(-15)2-4X60V0,・••而积不能为120m2.根据总长和垂直于墙的一而的长 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示出平行于墙的一而长,然后利用矩形而积讣算方法求得而积即可:①表示岀平行于墙的一面的长,利用矩形的而积讣算方法写出函数关系式即可:②令y=120得到方程,利用根的判别式进行判断即可.考査了二次函数的应用及一元二次方程的应用,解题的关键是根据一边表示出矩形的另一边,难度不大.23∙答案:CL)证明:vδdcE是由△力CB旋转得到,∙β∙CA=CDtZ-√4=乙CDE・•・∆A=乙CDA,・•・LCDA=乙CDE,・•・CD平分乙MDE.(2)解:结论:BE丄AB・由旋转的性质可知•乙DBC=厶CED,∙∙.D,CtE,B四点共圆,λLDCE+Z-DBE=90。,•・•乙DCE=90°,・•・乙DBE=90°,••・BE丄43・(3)如图,设BC交DE于0•连接AO.BD=BE9乙DBE=90。,・・・乙DEB=Z.BDE=45°,∙∙∙c,EtB,D四点共圆,・・・乙DCo=乙DEB=45。,・・・LACB=90°,・・・LACD=乙OCD,CD=CD,∆ADC=乙ODC,Λ∆ACD^AOCD(ASA).λAC=OC,・・・∆AOC=乙CAO=45。,・・・LADO=135°,・・・乙CAD=LADC=67.5Ot・・・LABC=22.5°,・・・∆AOC=Z-OAB+乙ABO,•・L.OAB=L.ABO=22.5°,・・・OA=OB.设4C=OC=m,贝∣h40=OB=√2m,解析:(1)利用等腰三角形的性质以及旋转不变性解决问题即可.结论:力8丄8E.证明C,E,B,D四点共圆即可解决问题.设BC交DE于0.连接加.想办法证明AMO是等腰直角三角形,OA=OB即可解决问题.本题属于三角形综合题,考査了旋转变换,全等三角形的判立和性质,等腰三角形的性质,四点共圆等知识,解题的关键是证明C,E,B,D四点共圆,属于中考压轴题.24.答案:解:(1)抛物线过4(一1,0),・•・0=α—b—3α∙b=2α,令y=0,贝∣Jαx2+2αx-3α=0,a{x2+2久—3)=0,且α>0,・・・BQ0);(2)设P(m,n),且m>OinV0,则n=am2+2am—3α=a(m+l)(m—3)・Λv(I)AP2=n2+(m+1)2»BP2=n2+(3-m)2,AB2=16.•・•∆APB=90。,.-.AP2+BP2=AB29RP:n2+(m+I)2+n2+(3-m)2=16.整理后:n2=-m2+2m+3,∙∙∙n2=且nV0,αλn=—-<0>a又抛物线顶点(一1,4a),.∙.4a≤—-CM1"CN_3'解析:(1)抛物线过4(-1/0),贝∣JO=a-b-3a,b=2a,令y=0,贝Ijax2+2ax-3a=0>a(x2+2x-3)=0,且a>0,即可求解:(2)(1)AP2=n2+(m+I)2,FP2=n2+(3-m)2,AB2=16.^]AP2+BP2=AB21②求出直线AP的解析式为:y=a(m-3)x+a(m-3),求出点M(Qtam-3a),同理求岀点N(Pf—3am—3a)f则CM=\—3a—(am—3a)∣=∖am∖>CN=∖-3a-(—3am—3a)∣=∣3am∣>即可求解.本题考查的是二次函数综合运用,涉及到一次函数、解不等式、勾股定理得运用等知识点,本题关键是正确处理复杂数据.
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