人教版九年級上冊數學期中考試試題一、選擇題。（每小題只有一個正確答案）1．若將拋物線y=x2向右平移2個單位，再向上平移3個單位，則所得拋物線的表達式為（）A．B．C．D．2．如圖,是⊙的直徑,弦⊥于點,,則()A． B． C． D．3．二次函數y=x2﹣4x+7的最小值為（）A．2 B．﹣2 C．3 D．﹣34．如圖，點B，C，D在⊙O上，若∠BCD＝130°，則∠BOD的度數是（）A．50° B．60° C．80° D．100°5．二次函數y=x2-2x-1的頂點在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限6．如圖，在△ABC中，∠CAB=65°，將△ABC在平面內繞點A旋轉到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，則旋轉角的度數為（）A．30° B．40° C．50° D．65°7．如圖，已知頂點為（﹣3，﹣6）的拋物線y=ax2+bx+c經過點（﹣1，﹣4），則下列結論中錯誤的是（）A．b2＞4acB．ax2+bx+c≥﹣6C．若點（﹣2，m），（﹣5，n）在拋物線上，則m＞nD．關于x的一元二次方程ax2+bx+c=﹣4的兩根為﹣5和﹣18．已知函數的圖象與x軸有交點．則的取值范圍是()A．k<4 B．k≤4 C．k<4且k≠3 D．k≤4且k≠39．如圖，邊長為1的正方形ABCD繞點A逆時針旋轉45°后得到正方形AB1C1D1，邊B1C1與CD交于點O，則四邊形AB1OD的面積是（）A． B． C． D．10．關于拋物線，下列說法錯誤的是（）A．開口向上 B．與x軸有唯一交點C．對稱軸是直線 D．當時，y隨x的增大而減小二、填空題11．拋物線y=﹣x2+3x﹣的對稱軸是_____．12．拋物線y=x2+8x﹣4與直線x=4的交點坐標是_____．13．如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，若AB=8，CD=6，則BE=______．14．某一型號飛機著陸后滑行的距離y（單位：m）與滑行時間x（單位：s）之間的函數關系式是y=60x﹣1.5x2，該型號飛機著陸后滑行_m才能停下來．15．如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E.若AB＝8，AE＝1，則弦CD的長是____.16．如圖，將△ABC繞點A順時針旋轉一定的角度至△ADE處，使得點C恰好在線段DE上，若∠ACB＝75°，則旋轉角為________度．三、解答題17．解方程：（1）；（2）．18．如圖，AB是⊙O的直徑，∠ACD=25°，求∠BAD的度數．19．二次函數的部分圖象如圖所示，其中圖象與x軸交于點A（－1,0），與y軸交于點C（0，－5），且經過點D（3，－8）.（1）求此二次函數的解析式；（2）用配方法將將此二次函數的解析式寫成的形式，并直接寫出此二次函數圖象的頂點坐標以及它與x軸的另一個交點B的坐標.20．已知二次函數y=﹣x2+2x+3．（1）求函數圖象的頂點坐標和圖象與x軸交點坐標；（2）當x取何值時，函數值最大？（3）當y＞0時，請你寫出x的取值范圍．21．在平面直角坐標系中，O為原點，點A（4，0），點B（0，3），把△ABO繞點B逆時針旋轉，得△A′BO′，點A、O旋轉后的對應點為A′、O′，記旋轉角為ɑ．(1)如圖1，若ɑ＝90°，求AA′的長；(2)如圖2，若ɑ＝120°，求點O′的坐標．22．在平面直角坐標系中，△ABC的三個頂點坐標分別為A（-2，1），B（-4，5），C（-5，2）．（1）畫出△ABC關于y軸對稱的△A1B1C1；（2）畫出△ABC關于原點O成中心對稱的△A2B2C2；（3）求△A2B2C2的面積．23．如圖，AB為的直徑，C為上一點，連AC，BC，E為上一點，且，點F在BE上，于點D．求證：．24．如圖，半圓O的直徑AB為40，Ｃ，Ｄ是這個半圓的三等分點，求弦ＡＣ，ＡＤ和?。茫膰傻年幱安糠值拿娣e．25．如圖①，已知拋物線y=ax2+bx+3（a≠0）與x軸交于點A（1，0）和點B（-3，0），與y軸交于點C．

（1）求拋物線的解析式；

（2）設拋物線的對稱軸與x軸交于點M，問在對稱軸上是否存在點P，使△CMP為等腰三角形？若存在，請直接寫出所有符合條件的點P的坐標；若不存在，請說明理由；

（3）如圖②，若點E為第二象限拋物線上一動點，連接BE、CE，求四邊形BOCE面積的最大值，并求此時E點的坐標．參考答案1．B【詳解】試題分析：∵函數y=x2的圖象的頂點坐標為，將函數y=x2的圖象向右平移2個單位，再向上平移3個單位，∴其頂點也向右平移2個單位，再向上平移3個單位.根據根據坐標的平移變化的規律，左右平移只改變點的橫坐標，左減右加．上下平移只改變點的縱坐標，下減上加.∴平移后，新圖象的頂點坐標是.∴所得拋物線的表達式為.故選B.考點：二次函數圖象與平移變換．2．A【分析】根據垂徑定理可得出CE的長度，在Rt△OCE中，利用勾股定理可得出OE的長度，再利用AE=AO+OE即可得出AE的長度．【詳解】∵弦CD⊥AB于點E，CD=8cm，∴CE=CD=4cm．在Rt△OCE中，OC=5cm，CE=4cm，∴OE==3cm，∴AE=AO+OE=5+3=8cm．故選A．【點睛】本題考查了垂徑定理以及勾股定理，利用垂徑定理結合勾股定理求出OE的長度是解題的關鍵．3．C【詳解】∵原式可化為y=x2-4x+4+3=（x-2）2+3，∴最小值為3．故選C.4．D【分析】首先圓上取一點A，連接AB，AD，根據圓的內接四邊形的性質，即可得∠BAD+∠BCD=180°，即可求得∠BAD的度數，再根據圓周角的性質，即可求得答案．【詳解】圓上取一點A，連接AB，AD，∵點A、B，C，D在⊙O上，∠BCD=130°，∴∠BAD=50°，∴∠BOD=100°.故選D．【點睛】此題考查了圓周角的性質與圓的內接四邊形的性質．此題比較簡單，解題的關鍵是注意數形結合思想的應用，注意輔助線的作法．5．D【詳解】試題解析：將二次函數進行配方為y=（x-1）2-2，∴頂點坐標為（1，-2），∴在第四象限．故選D．6．C【詳解】解：∵CC′∥AB，∴∠ACC′=∠CAB=65°，∵△ABC繞點A旋轉得到△AB′C′，∴AC=AC′，∴∠CAC′=180°-2∠ACC′=180°-2×65°=50°，∴∠CAC′=∠BAB′=50°故選C．7．C【分析】根據二次函數圖像與系數的關系，二次函數和一元二次方程的關系進行判斷.【詳解】A、圖象與x軸有兩個交點，方程ax2+bx+c=0有兩個不相等的實數根，b2﹣4ac＞0所以b2＞4ac，故A選項正確；B、拋物線的開口向上，函數有最小值，因為拋物線的最小值為﹣6，所以ax2+bx+c≥﹣6，故B選項正確；C、拋物線的對稱軸為直線x=﹣3，因為﹣5離對稱軸的距離大于﹣2離對稱軸的距離，所以m＜n，故C選項錯誤；D、根據拋物線的對稱性可知，（﹣1，﹣4）關于對稱軸的對稱點為（﹣5，﹣4），所以關于x的一元二次方程ax2+bx+c=﹣4的兩根為﹣5和﹣1，故D選項正確．故選C．【點睛】本題考查了二次函數圖象與系數的關系，二次函數與一元二次方程的關系，熟練運用數形結合是解題的關鍵.8．B【詳解】試題分析：若此函數與x軸有交點，則，Δ≥0，即4-4(k-3)≥0,解得：k≤4,當k=3時，此函數為一次函數，題目要求仍然成立，故本題選B.考點：函數圖像與x軸交點的特點.9．C【分析】連接AC1，AO，根據四邊形AB1C1D1是正方形，得出∠C1AB1=∠AC1B1=45°，求出∠DAB1=45°，推出A、D、C1三點共線，在Rt△C1D1A中，由勾股定理求出AC1，進而求出DC1=OD，根據三角形的面積計算即可．【詳解】連接AC1，∵四邊形AB1C1D1是正方形，∴∠C1AB1=×90°=45°=∠AC1B1，∵邊長為1的正方形ABCD繞點A逆時針旋轉45°后得到正方形AB1C1D1，∴∠B1AB=45°，∴∠DAB1=90°-45°=45°，∴AC1過D點，即A、D、C1三點共線，∵正方形ABCD的邊長是1，∴四邊形AB1C1D1的邊長是1，在Rt△C1D1A中，由勾股定理得：AC1=，則DC1=-1，∵∠AC1B1=45°，∠C1DO=90°，∴∠C1OD=45°=∠DC1O，∴DC1=OD=-1，∴S△ADO=×OD?AD=，∴四邊形AB1OD的面積是=2×=-1，故選C．10．D【分析】先把拋物線化為頂點式，再根據拋物線的性質即可判斷A、C、D三項，令y=0，解關于x的方程即可判斷B項，進而可得答案.【詳解】解：；A、∵a=1>0，∴拋物線的開口向上，說法正確，所以本選項不符合題意；B、令y=0，則，該方程有兩個相等的實數根，所以拋物線與x軸有唯一交點，說法正確，所以本選項不符合題意；C、拋物線的對稱軸是直線，說法正確，所以本選項不符合題意；D、當時，y隨x的增大而減小，說法錯誤，應該是當時，y隨x的增大而增大，所以本選項符合題意.故選：D.【點睛】本題考查了二次函數的性質和拋物線與x軸的交點問題，屬于基本題型，熟練掌握拋物線的性質是解題關鍵.11．直線x=【詳解】y=﹣x2+3x﹣=-（x2-3x）-=-(x-)2+∴拋物線y=﹣x2+3x﹣的對稱軸是直線x=.12．（4，44）【詳解】將x=4代入y=x2+8x-4中，得y=42+8×4-4=44，故交點坐標為（4，44）．13．4-【詳解】試題解析：如圖，連接OC.∵弦CD⊥AB于點E，CD=6，∵在中,故答案為:14．600．【詳解】根據飛機從滑行到停止的路程就是滑行的最大路程，即是求函數的最大值．∵﹣1.5＜0，∴函數有最大值．∴，即飛機著陸后滑行600米才能停止．15．2【詳解】試題解析：連接OC，由題意，得故答案為:16．30°【分析】由旋轉的性質可得：AC=AE，∠ACB=∠E=75°，可求∠CAE=30°，即可得出答案．【詳解】解：∵將△ABC繞點A順時針旋轉一定的角度至△ADE處∴AC=AE，∠ACB=∠E=75°，∴∠ACE=∠E=75°，∴∠CAE=180°75°75°=30°，故答案為：30°．【點睛】本題考查了旋轉的性質、等腰三角形的性質以及三角形內角和定理，熟練運用旋轉的性質是本題的關鍵．17．（1），；（2），【分析】（1）移項后開方，即可得出兩個一元一次方程，求出方程的解即可；

（2）求出的值，再代入公式求出即可．【詳解】（1）移項，得，化簡，得，開平方，得，，;（2），，．，．【點睛】本題考查了解一元二次方程，主要考查學生的計算能力．18．65°【分析】根據直徑所對的圓周角是直角，構造直角三角形ABD，再根據同弧所對的圓周角相等，求得∠B的度數，即可求得∠BAD的度數．【詳解】解：∵AB為⊙O直徑∴∠ADB=90°∵相同的弧所對應的圓周角相等，且∠ACD=25°∴∠B=25°∴∠BAD=90°﹣∠B=65°【點睛】本題考查圓周角定理的推論．解題關鍵是利用直徑所對的圓周角．19．（1）；（2）頂點（2，-9）B（5,0）【解析】【分析】（1）把點A、B、C的坐標代入函數表達式，然后根據三元一次方程的解法求出a、b、c的值，即可得到二次函數的解析式；

（2）利用配方法整理，然后根據頂點式寫出頂點坐標，再根據對稱軸解析式與點A的坐標求出與x軸的另一交點坐標；【詳解】（1）根據題意得，，

②分別代入①、③得，

a-b=5④，

3a+b=-1⑤，

④+⑤得，4a=4，

解得a=1，

把a=1代入④得，1-b=5，

解得b=-4，

∴方程組的解是，

∴此二次函數的解析式為y=x2-4x-5；

（2）y=x2-4x-5=x2-4x+4-4-5=（x-2）2-9，

二次函數的解析式為y=（x-2）2-9，

頂點坐標為（2，-9），

對稱軸為x=2，

設另一點坐標為B（a，0），

則-1+a=2×2，

解得a=5，

∴點B的坐標是B（5，0）．【點睛】考查了待定系數法求二次函數解析式，把點的坐標代入函數表達式，然后解方程組即可，熟練掌握二次函數的性質以及三種形式之間的互相轉化也很重要.20．(1)、交點坐標為（﹣1，0），（3，0）；頂點坐標為（1，4）；(2)、x=1；(3)、﹣1＜x＜3．【解析】試題分析：(1)、把二次函數化為頂點式，則可得出二次函數的對稱軸和頂點坐標；(2)、(3)、利用二次函數圖象性質作答．試題解析：(1)、∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，∴圖象頂點坐標為（1，4），當y=0時，有﹣x2+2x+3=0解得：x1=﹣1，x2=3，∴圖象與x軸交點坐標為（﹣1，0），（3，0）；(2)、由（1）知，拋物線頂點坐標為（1，4），且拋物線開口方向向下，當x=1時，函數值最大；(3)、因為圖象與x軸交點坐標為（﹣1，0），（3，0），且拋物線開口方向向下，所以當y＞0時，﹣1＜x＜3．考點：(1)、拋物線與x軸的交點；(2)、二次函數的最值．21．（1）5；（2）點O′的坐標為（，）.【分析】（1）由題意可知OA=4，OB=3，由勾股定理求得AB=5.再由旋轉的性質可得△ABA′為等腰直角三角形，即可得AA′=BA=5；（2）作O′H⊥y軸于點H，根據旋轉的性質可得BO=BO′=3，∠OBO′=120°，即可得∠HBO′=60°.在Rt△BHO′中，∠BO′H′=30°，可得BH=BO′=.再由勾股定理求得O′H=.所以OH=OB+BH=，即可得點O′的坐標為（，）.【詳解】（1）∵點A（4，0），點B（0，3），∴OA=4，OB=3.∴AB==5.∵△ABO繞點B逆時針旋轉90°，得△A′BO′，∴BA=BA′，∠ABA′=90°.∴△ABA′為等腰直角三角形，∴AA′=BA=5.（2）作O′H⊥y軸于點H.∵△ABO繞點B逆時針旋轉120°，得△A′BO′，∴BO=BO′=3，∠OBO′=120°.∴∠HBO′=60°.在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90°-∠HBO′=30°，∴BH=BO′=.∴O′H=.∴OH=OB+BH=3+=.∴點O′的坐標為（，）.【點睛】本題考查了幾何變換（旋轉）綜合題、等腰直角三角形的性質、勾股定理、直角三角形30度角性質等知識，要熟練掌握旋轉的性質；理解坐標與圖形性質；記住含30度的直角三角形三邊的關系．22．（1）見解析；（2）見解析；（3）5【分析】（1）根據軸對稱的性質確定點A1、B1、C1的位置，順次連線即可；（2）根據中心對稱的性質確定點A1、B1、C1的位置，順次連線即可；（3）利用割補法計算【詳解】（1）如圖：△A1B1C1即為所求；（2）如圖：△A2B2C2即為所求；（3）△A2B2C2的面積==5【點睛】此題考查軸對稱的性質，中心對稱的性質，割補法求網格中圖形的面積，熟記軸對稱的性質及中心對稱的性質作出圖形是解題的關鍵．23．證明見解析．【分析】由為的直徑，得到，根據垂直的定義得到，根據余角的性質得到，等量代換得到，于是得到結論．【詳解】證明：為的直徑，，于，，，，，，，，，，，．【點睛】本題主要考查了圓周角定理，三角形內角和性質、等腰三角形的判定和性質，正確的識別圖形是解題的關鍵．24．【解析】試題分析：連接CO、OD，CD，根據條件證明CD∥AB，然后可得△OCD與△CDA面積相等，從而陰影部分的面積轉化為扇形OCD的面積．試題解析：連接CO、OD，CD，如圖;∵C、D是這個半圓的三等分點，∴CD∥AB，∠CDO=60°，∴∠CAD的度數為：30°，∵OC=OD，∴△OCD是等邊三角形，CD=OC=AB=20，∴△OCD與△CDA是等底等高的三角形，∴S陰影=S扇形OCD=π×202=cm2．答：陰影部分的面積S是cm2．考點：求陰影部分的面積．25．（1）y=-x2-2x+3；（2）存在，P（-1，）或P（-1，-）或P（-1，6）或P（-1，）；（3）當a=-時，S四邊形BOCE最大，且最大值為，此時，點E坐標為（-，）．【分析】（1）已知拋物線過A、B兩點，可將兩點的坐標代入拋物線的解析式中，用待定系數法即可求出二次函數的解析式；（2）可根據（1）的函數解析式得出拋物線的對稱軸，也就得出了M點的坐標，由于C是拋物線與y軸的交點，因此C的坐標為（0，3），根據M、C的坐標可求出CM的距離．然后分三種情況進行討論：①當CP=PM時，P位于CM的垂直平分線上．求P點坐標關鍵是求P的縱坐標，過P作PQ⊥y軸于Q，如果設PM=CP=x，那么直角三角形CPQ中CP=x，OM的長，可根據M的坐標得出，CQ=3-x，因此可根據勾股定理求出x的值，P點的橫坐標與M的橫坐標相同，縱坐標為x，由此