專題12期中押題預測卷02分數120分時間120分鐘一、選擇題（每小題3分，共10×3=30分）1．下面圖形中，是中心對稱圖形的是（）.A． B．C． D．【答案】D【詳解】試題分析：根據中心對稱圖形的概念可求解．A、不是中心對稱圖形，故此選項錯誤；B、不是中心對稱圖形，故此選項錯誤；C、不是中心對稱圖形，故此選項錯誤；D、是中心對稱圖形，故此選項正確.故選D．考點：中心對稱圖形．2．在一個不透明的袋子中裝有1個紅色小球，1個綠色小球，除顏色外無其他差別，隨機摸出一個小球后放回并搖勻，再隨機摸出一個，則兩次都摸到紅色小球的概率是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】用列表法或樹狀圖法可以列舉出所有等可能出現的結果，然后看符合條件的占總數的幾分之幾即可．【詳解】解：根據題意畫樹狀圖，如圖所示：∵共有4種等可能的情況，其中兩次都摸到紅色的小球的情況數有1種，∴兩次都摸到紅色的小球的概率是，．故選：D．【點睛】本題主要考查用樹狀圖或列表法，求等可能事件發生的概率，關鍵是列舉出所有等可能出現的結果數，然后用分數表示，同時注意“放回”與“不放回”的區別．3．方程經過配方后，其結果正確的是（）A．(x+1)2=4 B．(x-1)2=4 C．(x+1)2=2 D．(x-1)2=2【答案】B【分析】移項、方程兩邊同時加上一次項系數一半的平方，根據完全平方公式進行配方即可．【詳解】解：移項,得：

配方,

即故選B．【點睛】考查配方法解一元二次方程，解題的關鍵是把方程的左邊化成含有未知數的完全平方式，右邊是一個非負數形式．4．以下圖案中，是中心對稱圖形但不是軸對稱圖形的是（

）A．B．C． D．【答案】C【分析】根據中心對稱圖形的概念（如果一個圖形繞某一個點旋轉180°后能與它自身重合，我們就把這個圖形叫做中心對稱圖形）和軸對稱圖形的概念（如果一個圖形沿著某條直線對折后，直線兩旁的部分能夠完全重合，那么這個圖形叫做軸對稱圖形），逐一判斷即可．【詳解】A，是軸對稱圖形，但不是中心對稱圖形，故錯誤；B，既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形，故錯誤；C，是中心對稱圖形，但不是軸對稱圖形，故正確；D，是軸對稱圖形，但不是中心對稱圖形，故錯誤；故選：C．【點睛】本題主要考查中心對稱圖形和軸對稱圖形，掌握中心對稱圖形的概念是解題的關鍵．5．如圖.△ABC中，∠ACB=70°，將△ABC繞點B按逆時針方向旋轉得到△BDE(點D與點A是對應點，點E與點C是對應點)，且邊DE恰好經過點C，則∠ABD的度數為(

)A．30° B．40° C．45° D．50°【答案】B【分析】先根據旋轉的性質得∠ABD＝∠CBE，∠E＝∠ACB＝70°，BC＝BE，則根據等腰三角形的性質得∠BCE＝∠E＝70°，再利用三角形內角和計算出∠CBE，從而得到∠ABD的度數．【詳解】解：∵△ABC繞點B按逆時針方向旋轉得到△BDE（點D與點A是對應點，點E與點C是對應點），∴∠ABD＝∠CBE，∠E＝∠ACB＝70°，BC＝BE，∴∠BCE＝∠E＝70°，∴∠CBE＝180°?70°?70°＝40°，∴∠ABD＝40°．故選B．【點睛】本題考查了旋轉的性質：對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角；旋轉前、后的圖形全等．6．對于二次函數的圖象，下列說法正確的是（

）A．開口向下 B．對稱軸是C．頂點坐標是 D．當時，有最大值是1【答案】C【分析】直接由頂點式得到對稱軸、開口方向、頂點坐標和最值．【詳解】解：由得，開口向上，選項A不符合題意；對稱軸為直線，故選項B錯誤；頂點坐標為，選項C符合題意；當時，有最小值為1，故選項D錯誤．故選：C．【點睛】本題考查了二次函數頂點式的性質，掌握二次函數的頂點式是解題的關鍵．7．方程（x﹣3）2=（x﹣3）的根為（）A．3 B．4 C．4或3 D．﹣4或3【答案】C【分析】運用因式分解法解方程即可.【詳解】，移項得：，提公因式得：，∴，．故選C．8．如圖，四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，直徑AB=10，點D平分，DE⊥AB交⊙O于點E，∠EDC=99°，則的長是（

）A． B． C．3π D．【答案】C【分析】連接OC、OD、OE、BE，根據圓內接四邊形的性質得出，由圓周角定理得到，結合垂徑定理、圓心角、弧、弦的關系定理求出，那么，最后利用弧長計算公式求出弧DE的長．【詳解】如圖，連接OC、OD、OE、BE，∵，∴，∴，∵DE⊥AB，AB是⊙O的直徑，∴點A平分弧DE，又點D平分弧AC，∴，∵，∴，∴，∵直徑AB=10，∴弧長為：．故答案選C．【點睛】本題主要考查了弧長的計算，靈活的應用垂徑定理、圓心角、弧、弦的關系是解題的關鍵．9．如圖，在中，，，三個全等的正方形的對稱中心分別是的頂點，且它們各邊與的兩直角邊平行或垂直．若正方形的邊長為，且，陰影部分的面積為，則能反映與之間函數關系的大致圖象是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根據題意，易得陰影部分由2個全等三角形和一個正方形組成，分別求出其面積，繼而即可得出y與x的關系，得出答案．【詳解】解：根據題意，可知陰影部分由2個全等三角形和一個正方形組成，其中三角形的面積=，正方形的面積∴陰影部分的面積=；∴y與x之間函數關系的大致圖象如圖C所示．故選：C．【點睛】主要考查了能通過分析題中的實際意義找出變量之間的關系和函數圖象的讀圖能力，有一定難度．10．如圖，直線與坐標軸交于兩點，，．若將直線繞點逆時針旋轉后交軸于點，則點到直線的距離是（

）A． B．4 C． D．【答案】C【分析】過點C作于點D，為等腰直角三角形，，,BC邊用面積法推導，最后在中，利用勾股定理求解即可．【詳解】解：過點C作于點D，如下圖：∵∴∵直線繞點逆時針旋轉∴∴∴在中，，∴又∵∴在中：設，則，∴化簡得：解得:（舍），即：故選：C【點睛】本題考查勾股定理，等角對等邊、一元二次方程的解法等知識點，根據相關內容列出等量關系是解題關鍵．二、填空題（每小題3分，共8×3=24分）11．將拋物線先向右平移2個單位，再向下平移3個單位得到新的拋物線．【答案】/y=?2(x?2)2?3【分析】根據點平移規則是上加下減，左減右加，向右平移橫坐標加，向下平移縱坐標減求出新拋物線的頂點坐標，再利用頂點式解析式寫出即可．【詳解】解：拋物線的頂點為原點（0，0），先向右平移2個單位長度，再向下平移3個單位長度，新拋物線頂點坐標為(2，-3)，所得到的新的拋物線的解析式為，即．故答案：．【點睛】本題考查了二次函數圖象與幾何變換，點平移的規律：左減右加，上加下減，利用頂點的變化求解更簡便．12．已知y＝﹣x2+4x，則x＝時，y有最值，為．【答案】2大4【分析】利用配方法先將等式右邊化簡，即可求出結論．【詳解】解：y＝﹣x2+4x＝﹣(x2﹣4x+4﹣4)＝﹣(x﹣2)2+4，∵(x﹣2)2≥0，∴﹣(x﹣2)2≤0，∴﹣(x﹣2)2+4≤4，∴當x＝2時，y有最大值，為4．故答案為：2，大，4．【點睛】本題考查了配方法的應用，完全平方公式，將題中等式運用配方法變形為﹣（x﹣2）2+4是解題的關鍵．13．關于的方程有實數根，其中為非正整數，則等于．【答案】0或．【分析】分兩種情況討論：當，方程為一元一次方程，可得方程有唯一解，，方程為一元二次方程，再根據根的判別式，列不等式可得答案．【詳解】解：①當時，原方程化為：，解得：，故符合題意；②當時，原方程為關于的一元二次方程，有實數根，△，解得：，為非正整數，，．綜上，或．故答案為：0或．【點睛】本題考查的是方程的解，一元一次方程的解，一元二次方程的根的判別式，不等式的解法，掌握以上知識是解題的關鍵．14．如果圓的半徑為4厘米，那么它的面積為平方厘米．【答案】16π【詳解】試題分析：根據圓的面積公式計算．試題解析：圓的面積=π?42=16π（cm2）．考點：圓的認識．15．若將等腰直角三角形AOB按如圖所示放置，OB=2，則點A關于原點對稱的點的坐標為．【答案】【分析】過點作于點，根據等腰直角三角形的性質求出及的長，故可得出點坐標，再由關于原點對稱的點的坐標特點即可得出結論．【詳解】解：過點作于點，是等腰直角三角形，，，，點關于原點對稱的點的坐標為．故答案為．【點睛】本題考查的是關于原點對稱的點的坐標特點，解題的關鍵是熟知等腰直角三角形的性質．16．如圖，圓內接正六邊形的邊長為4，以其各邊為直徑作半圓，則圖中陰影部分的面積為．【答案】/【分析】通過觀察圖形，陰影部分面積等于6個半圓的面積加上正六邊形的面積后減去正六邊形外接圓的面積，以此進行計算即可．【詳解】∵正六邊形邊長為4，正六邊形可以分成六個等邊三角形，每個三角形的邊長等于4，∴每個等邊三角形的高為，∴正六邊形的面積為，六個半圓的面積為，∵圓的半徑等于正六邊形的邊長，∴圓的面積為，∴陰影部分面積=，故答案為：．【點睛】本題考查了圓和正多邊形，熟練掌握圓和正多邊形面積算法是解題的關鍵．17．如圖，點A為上一點，于點D，如果，則為．【答案】【分析】如圖所示，連接，利用圓周角定理和垂徑定理得，再利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性質求出的長即可得到答案．【詳解】解：如圖所示，連接，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題主要考查了圓周角定理，垂徑定理，勾股定理和含30度角的直角三角形的性質，正確作出輔助線是解題的關鍵．18．把一個足球垂直水平地面向上踢，時間為（秒時該足球距離地面的高度（米適用公式．下列結論：①足球踢出4秒后回到地面；②足球上升的最大高度為30米；③足球踢出3秒后高度第一次到達15米；④足球踢出2秒后高度到達最大．其中正確的結論是【答案】正確的結論是①④【分析】解方程20t-5t2=0，得到t=0或t=4，于是得到球踢出4秒后回到地面；故①符合題意；由于h=20t-5t2=-5（t-2）2+20，于是得到當t=2秒時，足球上升的高度可以為20米，故②不符合題意；④符合題意；解方程20t-5t2=15，得到t=1秒或t=3秒，于是得到足球踢出1秒后高度第一次達到15米，故③不符合題意．【詳解】，時，最大，最大值為，④正確令，得：，解得：或，足球從開始踢至回到地面需要4秒；①正確由上解析式知足球的最大高度為20米，．②錯誤，解得，③錯誤，正確的結論是①④【點睛】本題主要考查二次函數的應用，解題的關鍵是熟練掌握二次函數的性質及將實際問題轉化為二次函數問題的能力．三、解答題（共8小題，滿分66分）19．（6分）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，將△ABC繞點A順時針旋轉一定的角度α得到△ADE，點B，C的對應點分別是D，E（1）如圖1，當點E恰好在AB上時，求∠CBD的大小；（2）如圖2，若α=60°，點F是AB的中點，判斷四邊形CEDF的形狀，并證明你的結論【答案】（1）135°；（2）平行四邊形，證明見解析【分析】（1）如圖1，利用旋轉的性質和等腰三角形的性質以及三角形的內角和即可得到結論；（2）如圖2，利用直角三角形斜邊上的中線性質和含30度的直角三角形三邊的關系以及旋轉的性質即可得到結論．【詳解】解：（1）如圖1，△ABC繞點A順時針旋轉一定的角度α得到△ADE，點E恰好在AB上，∴AB=AD，∠EAD=∠CAB=30°，∠ABC=60°，∠DEA=∠BCA=90°，∵AB=AD，∴∠ABD=∠ADB=（180°-30°）=75°，∴∠CBD=60°+75°=135°；（2）平行四邊形，理由是：證明：∵點F是邊AB中點，∴CF=BA，∵∠BAC=30°，∴BC=BA，∴CF=BC，∵△ABC繞點C順時針旋轉60°得到△ADE，∴∠CAE=∠BAD=60°，AC=AE，DE=BC，∴DE=CF，△BAD和△CAE為等邊三角形，∴CE=CA，∵點F為△BA的邊AB的中點，∴DF⊥AB，∴△AFD≌△BCA（AAS），∴DF=CA，∴DF=CE，而CF=DE，∴四邊形CEDF是平行四邊形．【點睛】本題考查了旋轉的性質：對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角；旋轉前、后的圖形全等．也考查了平行四邊形的判定．20．（6分）計算：已知二次函數.（1）畫出圖像，指出對稱軸，頂點，求出何時y隨x的增大而減小；（2）寫出不等式≥0的解集.【答案】（1）函數圖像見解析；對稱軸為直線x=1，頂點為(1，2)；x＞1；（2）－1≤x≤3.【分析】（1）通過配方法可求得對稱軸，頂點坐標；用過描點法可畫出函數圖象，通過圖象確定函數的增減性；（2）不等式≥0的解集即是y≥0時，自變量x的取值范圍，根據圖象即可求得．【詳解】（1）圖像如圖：，∴對稱軸為直線x=1，頂點為（1,2），當x＞1時，y隨x的增大而減小；列表：畫圖：（2）令y=0，則解得：x=3或x=－1∴拋物線與x軸交點坐標為(3，0)，(－1，0)，而且開口向下，∴不等式的解集為－1≤x≤3.【點睛】此題考查了利用配方法求頂點坐標，對稱軸，還考查了二次函數的圖象作圖，以及二次函數的增減性，二次函數與不等式的關系．解題時要注意數形結合思想的應用．21．（6分）如今，北京成為“雙奧之城”，從1990年北京亞運會的“盼盼”，到2008年北京奧運會的“福娃晶晶”，再到北京冬奧會的“冰墩墩”，大熊貓成為三屆在中國舉辦的體育盛會吉祥物的原型．32年來，國寶大熊貓見證了祖國的日益強大和首都北京的日新月異．在一次宣傳活動中，主持人將4張卡片（如圖，1張印有盼盼，1張印有福娃晶晶2張印有冰墩墩）放在一個不透明的盒子中并攪勻，卡片除圖案外其余均相同．小張從中隨機抽取2張換取相應的吉祥物郵票，抽取規則為：先隨機抽取1張不放回，再隨機抽取1張．(1)小張第一次抽取到冰墩墩的概率為______；(2)請利用樹狀圖或列表法求小張抽取的2張卡片中有冰墩墩的概率．【答案】(1)；(2)【分析】(1)直接由概率公式求解即可；(2)列表得出所有等可能的情況數，找出符合條件的情況數，然后根據概率公式即可得出答案．（1）解：從中任意抽取1張，抽得卡片上的圖案恰好為“冰墩墩”的概率是；故答案為：；（2）解：盼盼、福娃晶晶分別用A，B表示，兩張冰墩墩分別用C，表示，列表如下：

第一次第二次ABCABACABABCBCACBC共有12種等可能的結果，其中抽取的2張卡片中有冰墩墩的情況有10種，∴P（小張抽取的2張卡片中有冰墩墩）．【點睛】此題考查了列表法或樹狀圖法求概率；準確、全面找出所有等可能的性質是解題的關鍵，概率=所求情況數與總情況數之比．22．（6分）自年月以來，甲流便肆虐橫行，成為當前主流流行疾病．某一小區有位住戶不小心感染了甲流，由于甲流傳播感染非常快，小區經過兩輪傳染后共有人患了甲流．(1)每輪感染中平均一個人傳染幾人？(2)如果按照這樣的傳播速度，經過三輪傳染后累計是否超過人患了甲流？【答案】(1)人(2)不超過【分析】（1）設每輪感染中平均一個人傳染人，根據題意列方程解方程即可；（2）根據（1）可知每輪感染中平均一個人傳染人，進而得到三輪后患病總人數為即可解答．【詳解】（1）解：設每輪感染中平均一個人傳染人．根據題意得，解得，或，∵，∴，答：每輪感染中平均一個人傳染人；（2）解：根據題意可得：第三輪的患病人數為，∵，∴經過三輪傳染后累計患甲流的人數不會超過人，答：經過三輪傳染后累計患甲流的人數不超過人；【點睛】本題考查了一元二次方程與實際問題，讀懂題意明確數量關系是解題的關鍵．23．（8分）如圖，已知：正方形，點，分別是，上的點，連接，，，且，求證：．【答案】見解析．【分析】將△ABE繞點A逆時針旋轉90°得到△ADG，根據旋轉的性質可得GD=BE，AG=AE，∠DAG=∠BAE，然后求出∠FAG=∠EAF，再利用“邊角邊”證明△AEF和△AGF全等，根據全等三角形對應邊相等可得EF=FG，即可得出結論．【詳解】如解圖，將繞點逆時針旋轉至的位置，使與重合．∴，．∵．∴，∴．在和中，，∴．∴．∵，∴．【點睛】本題考查了正方形的性質，旋轉的性質，全等三角形的判定與性質，難點在于利用旋轉變換作出全等三角形．24．（10分）某校對九年級600名學生進行了一次體育測試，并隨機抽取甲、乙兩個班各50名學生的測試成績（成績均為整數，滿分50分）進行整理、描述和分析．下面給出了部分信息．（用x表示成績，數據分成5組：A：，B：，C：，D：，E：）甲，乙兩班成績統計表：班級甲班乙班平均分44.144.1中位數44.5眾數42方差7.717.4乙班成績在D組的具體分數是：42，42，42，42，42，42，42，42，42，42，43，44，45，45．根據以上信息，回答下列問題：(1)______，______；(2)小明這次測試成績是43分，在班上排名屬中游略偏上，小明是甲、乙哪個班級學生？說明理由；(3)假設該校九年級學生都參加此次測試，成績達到45分及45分以上為優秀，學校準備從測試成績優秀的同學中，隨機抽取一名同學當體育集訓的督導員，求抽中的同學恰好是乙班學生的概率．【答案】(1)42；45(2)小明是乙班學生；理由見解析(3)【分析】（1）根據中位數和眾數的定義進行求解即可；（2）根據兩個小組中位數進行判斷即可；（3）先估算出全校得優秀的學生人數，然后根據乙班學生優秀的人數求出結果即可．【詳解】（1）解：將乙班學生的成績從小大大進行排序，排在第25位和26位的學生成績為42，因此乙班學生的中位數是42，即；甲班學生成績在A組和B組的分別有（人），在C組的有（人），在D組的有（人），在E組的有（人），甲班同學成績的中位數是44.5分，說明從小到大排序后，排在第25位的是44分，排在第26位的是45分，則得分為45分的學生人數為：（人），∴甲班同學的眾數是45，即，故答案為：42；45．（2）解：∵甲班同學的中位數是44.5，乙班同學的中位數是42，又∵，∴成績是43分的小明在甲班處于中游偏下，在乙班處于中游偏上，∴小明是乙班的學生；（3）解：甲班成績達到45分及45分以上的學生為：（人），乙班成績達到45分及45分以上的學生為：（人），則全校成績達到45分及45分以上的學生為：（人），從測試成績優秀的同學中，隨機抽取一名同學當體育集訓的督導員，抽中的同學恰好是乙班學生的概率為：．【點睛】本題主要考查了求中位數、眾數，并根據中位數作出判斷，用樣本估計總體，解題的關鍵是數形結合，熟練掌握相關的定義．25．（12分）如圖1，拋物線y＝ax2﹣2x﹣3與x軸交于點A、B（3，0），交y軸于點C（1）求a的值．（2）過點B的直線1與（1）中的拋物線有且只有一個公共點，則直線1的解析式為．（3）如圖2，已知F（0，﹣7），過點F的直線m：y＝kx﹣7與拋物線y＝x2﹣2x﹣3交于M、N兩點，當S△CMN＝4時，求k的值．【答案】（1）a＝1；（2）直線的表達式為：x＝3或y＝4x﹣12；（3）k＝﹣2±2．【分析】（1）把（3，0）代入y＝ax2﹣2x﹣3，即可求解；（2）當直線與y軸平行時，直線l的解析式為：x＝﹣3；當直線與y軸不平行時，設：直線1的解析式為：y＝kx+b，由△＝0即可求解；（3）聯立得：x2﹣（2+k）x+4＝0，由S△CMN＝|S△CFN﹣S△CFM|＝×CF×|xM﹣xN|