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天津市滨海新区大港第二中学2024-2025学年九年级上学期11月期中考试数学试题
1．（2024九上·滨海期中）平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是．
故选：C．
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特征即可求出答案.
2．（2024九上·滨海期中）下列图形是我国国产品牌汽车的标识，在这些汽车标识中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A不是中心对称图形，不符合题意；
B是中心对称图形，符合题意；
C不是中心对称图形，不符合题意；
D不是中心对称图形，不符合题意.
故答案为：B
【分析】由中心对称图形的定义：“把一个图形绕一个点旋转180°后，能够与自身完全重合，这样的图形叫做中心对称图形”，逐项进行判断即可求出答案.
3．（2024九上·滨海期中）一元二次方程 的两个根是（　　）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】C
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【解答】解：
或
解得：
故答案为：C
【分析】先得出两个关于x的一元一次方程，再进一步求解即可得出答案。
4．（2024九上·滨海期中）关于二次函数的图象，下列说法错误的是（　　）
A．它的开口向上，且关于轴对称 B．它与的图象关于x轴对称
C．它的顶点是抛物线的最高点 D．它与轴只有一个交点
【答案】C
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：、由，，则它的开口向上，且关于轴对称，原选项说法正确，不符合题意；
、它与的图象关于x轴对称，原选项说法正确，不符合题意；
、由，，则它的开口向上，它的顶点是抛物线的最低点，原选项说法错误，符合题意；
、它与轴只有一个交点，原选项说法正确，不符合题意；
故选：．
【分析】根据二次函数图象，性质与系数的关系即可求出答案.
5．（2024九上·滨海期中）抛物线的顶点坐标是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二次函数y=a（x-h）²+k的图象
【解析】【解答】解：抛物线解析式的顶点式为：，
则其顶点坐标为：，
故答案为：A．
【分析】根据二次函数y=a（x-h）2+k的顶点坐标为（h，k）即可求解.
6．（2024九上·滨海期中）如图，在中，，，则的度数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】垂径定理；圆周角定理
【解析】【解答】解：连接OB
，，
，
，
故选：D．
【分析】连接OB，根据垂径定理可得再根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可求出答案.
7．（2024九上·滨海期中）用配方法解方程 ，配方后的方程是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】配方法解一元二次方程
【解析】【解答】解：移项得： ，
配方得： ，
∴ ．
故答案为：A．
【分析】将常数项移到右边，两边都加一次项系数一半的平方，再写成完全平方式即可。
8．（2024九上·滨海期中）已知二次函数，当时，的最小值是（　　）
A．1 B．0 C． D．
【答案】D
【知识点】二次函数y=a（x-h）²+k的性质
【解析】【解答】解：对于二次函数，
其对称轴为，
因为，
其函数图象开口向下，
所以离对称轴越远，取值越小，
若，
则有时，取值最小值，
最小值为．
故答案为：D．
【分析】根据二次函数性质即可求出答案.
9．（2024九上·滨海期中）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB＝AD，若∠C＝68°，则∠ABD的度数为(　　)
A．34° B．56° C．68° D．112°
【答案】A
【知识点】三角形内角和定理；圆内接四边形的性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A＝180°﹣∠C＝112°，
∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴∠ABD＝(180°﹣∠A)＝34°，
故选A.
【分析】根据圆内接四边形的性质可得∠A＝180°﹣∠C＝112°，根据等边对等角及三角形内角和定理即可求出答案.
10．（2024九上·滨海期中）如图，学校课外生物小组的试验园地的形状是长35米、宽20米的矩形．为便于管理，要在中间开辟一横两纵共三条等宽的小道，使种植面积为600平方米，则小道的宽为多少米？若设小道的宽为米，则根据题意，列方程为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题；列一元二次方程；利用平移的思想解决实际问题
【解析】【解答】解：如图，平移阴影部分可得，
∵小道的宽为，
∴种植部分的长为，宽为
由题意得：．
故答案为：C．
【分析】利用平移的知识得到种植面积的形状，即把阴影部分分别移到矩形的上边和左边，可得种植面积为一个矩形，根据种植的面积为600列出方程即可．
11．（2024九上·滨海期中）如图，在△ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，∴△ABM≌△ACN，
∴AB=AC，AM=AN，
∴AB不一定等于AN，故选项A不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠ACN=∠B，
而∠CAB不一定等于∠B，
∴∠ACN不一定等于∠CAB，
∴AB与CN不一定平行，故选项B不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠BAM=∠CAN，∠ACN=∠B，
∴∠BAC=∠MAN，
∵AM=AN，AB=AC，
∴△ABC和△AMN都是等腰三角形，且顶角相等，
∴∠B=∠AMN，
∴∠AMN=∠ACN，故选项C符合题意；
∵AM=AN，
而AC不一定平分∠MAN，
∴AC与MN不一定垂直，故选项D不符合题意；
故选：C．
【分析】根据旋转性质逐项进行判断即可求出答案.
12．（2024九上·滨海期中）从地面竖直向上抛出一小球，小球的高度(单位：)与小球运动时间(单位：)之间的函数关系如图所示．下列结论：①小球在空中经过的路程是；②小球抛出3秒后，速度越来越快；③小球抛出3秒时速度为0；④小球的高度时，．其中正确的是(　　)
A．①④ B．①② C．②③④ D．②③
【答案】D
【知识点】二次函数的实际应用-抛球问题
【解析】【解答】解：①由图象知小球在空中达到的最大高度是；故①错误；
②小球抛出3秒后，速度越来越快；故②正确；
③小球抛出3秒时达到最高点即速度为0；故③正确；
④设函数解析式为：，
把代入得，解得，
∴函数解析式为，
把代入解析式得，，
解得：或，
∴小球的高度时，或，故④错误；
故答案为：D．
【分析】根据函数的图象中点的特征，求出二次函数的解析式，再根据二次函数的图象和性质逐一判断解题．
13．（2024九上·滨海期中）把抛物线向右平移3个单位，所得到的图象的函数解析式为　 　．
【答案】
【知识点】二次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解：把抛物线向右平移3个单位，所得到的图象的函数解析式为．
故答案为：．
【分析】根据函数图象的平移规律：“上加下减，左加右减”即可求出答案.
14．（2024九上·滨海期中）关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴ ，
解得<2．
故答案为：k<2．
【分析】利用一元二次方程根的判别式列出不等式求解即可。
15．（2024九上·滨海期中）抛物线的部分图象如图所示，则当时，的取值范围是　 　
【答案】
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数与不等式（组）的综合应用
【解析】【解答】解：∵抛物线对称轴为直线，且与x轴的一个交点坐标为，
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为，
∴由函数图象可知，当时，x的取值范围是．
故答案为：．
【分析】根据二次函数的性质即可求出答案.
16．（2024九上·滨海期中）如图，AB为⊙O的直径，C，D为⊙O上两点，若∠BCD=40°，则∠ABD的大小为　 　．
【答案】50°
【知识点】圆周角定理；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：连接AD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵∠BAD=∠BCD=40°，
∴∠ABD=90°-∠BAD=50°，
故答案为：50°.
【分析】连接AD，根据圆周角定理可得∠ADB=90°，根据同弧所对的圆周角相等可得∠BAD=∠BCD=40°，再根据直角三角形两锐角互余即可求出答案.
17．（2024九上·滨海期中）如图，将Rt△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°到△A'B'C的位置， 已知斜边AB=10cm，BC=6cm，设A'B'的中点是M，连结AM，则AM=　 　cm．
【答案】
【知识点】勾股定理；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：作于，因为为的中点，故，
又因为，则，，
又因为，所以，
.
故答案为：.
【分析】作于，根据三角形中位线定理可得，根据勾股定理可得，则，，根据边之间的关系可得AB'，AH，再根据勾股定理即可求出答案.
18．（2024九上·滨海期中）如图，在每个小正方形边长为的网格中，的顶点，，均在格点上，为边上的一点.
（Ⅰ）线段的值为；
（Ⅱ）在如图所示的网格中，是的角平分线，在上求一点，使的值最小，请用无刻度的直尺，画出和点，并简要说明和点的位置是如何找到的（不要求证明）.
【答案】（Ⅰ）5
（Ⅱ）如图，取格点、，连接与交于点，连接与交于点.
【知识点】勾股定理；菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；运用勾股定理解决网格问题
【解析】【解答】（Ⅰ）根据勾股定理得AC=；
故答案为5．
（Ⅱ）如图，取格点、，连接与交于点，连接与交于点，则点P即为所求．
说明：构造边长为5的菱形ABEC，连接AE交BC于M，则AM即为所求的的角平分线，在AB上取点F，使AF=AC=5，则AM垂直平分CF，点C与F关于AM对称，连接DF交AM于点P，则点P即为所求．
【分析】（Ⅰ）根据勾股定理即可求出答案.
（Ⅱ）根据菱形的每一条对角线平分每一组对角，构造边长为5的菱形ABEC，连接AE交BC于M，即可得出是的角平分线，再取点F使AF=5，则根据等腰三角形的性质得出点C与F关于AM对称，连接DF交AM于点P，此时的值最小．
19．（2024九上·滨海期中）解下列方程
（1）
（2）
【答案】（1）解：
或
解得，；
（2）解：
或
解得，．
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）根据因式分解法解方程即可求出答案.
（2）根据因式分解法解方程即可求出答案.
（1）解：
或
解得，；
（2）解：
或
解得，．
20．（2024九上·滨海期中）设，是一元二次方程的两个根．利用根与系数的关系求下列各式的值：
（1）
（2）
【答案】（1）解：∵，是一元二次方程的两个根
∴，
∴
；

（2）解：
．
【知识点】完全平方公式及运用；分式的加减法；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【分析】（1）根据二次方程根与系数的关系可得，，根据完全平方公式化简代数式，再整体代入即可求出答案.
（2）通分化简代数式，再整体代入即可求出答案.
（1）∵，是一元二次方程的两个根
∴，
∴
；
（2）
．
21．（2024九上·滨海期中）如图，在半径为的中，弦的长为．
（1）求的度数；
（2）求点到的距离．
【答案】（1）解：在，，
∵，
∴为等边三角形，
∴；
（2）解：过点 作于点，
在，于点，
∴，
∵ ，
∴，
在中，，，
∴＝，
∴到的距离为．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；垂径定理
【解析】【分析】（1）根据全等三角形判定定理及性质即可求出答案.
（2）过点 作于点，根据垂径定理可得，再根据勾股定理即可求出答案.
（1）解：在，，
∵，
∴为等边三角形，
∴；
（2）过点 作于点，
在，于点，
∴，
∵ ，
∴，
在中，，，
∴＝，
∴到的距离为．
22．（2024九上·滨海期中）如图，四边形内接于，为的直径，，．
（1）求的度数；
（2）若，求的长．
【答案】（1）解：∵四边形内接于，
∴
∵为的直径
∴
∴
∵
∴；

（2）解：∵，．
∴
∵
∴
∵为的直径
∴
∴
∴．

【知识点】三角形内角和定理；含30°角的直角三角形；勾股定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【分析】（1）根据圆内接四边形性质可得，根据圆周角定理可得，根据三角形内角和定理可得，再根据等弧所对的圆周角相等即可求出答案.
（2）根据等边对等角及三角形内角和定理可得，根据等弧所对的圆周角相等可得，根据含30°角的直角三角形性质可得，再根据勾股定理即可求出答案.
（1）∵四边形内接于，
∴
∵为的直径
∴
∴
∵
∴；
（2）∵，．
∴
∵
∴
∵为的直径
∴
∴
∴．
23．（2024九上·滨海期中）某商品每件进货价为50元，规定每件售价不低于进货价，经市场调查，每月的销售量y(件)与每件的售价x(元)满足一次函数关系．
（1）一批发市场每月想从这种商品销售中获利24000元，该如何给这种商品定价
（2）物价部门规定，该商品的每件售价不得高于65元，设这种商品每月的总利润为w(元) ，那么售价定为多少元可获得最大利润 最大利润是多少
【答案】（1）解：由题意知利润
令
则有
解得或
∴商品可定价为每件70元或110元．
（2）解：由题意知：
当时，W随着x的增大而增大
∴在时，W取到最大值，最大值为元
∴售价定为每件65元可获得最大利润，最大利润是19500元．
【知识点】一元二次方程的实际应用-销售问题；二次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）根据题意建立函数关系式，将w=24000代入解析式，解方程即可求出答案.
（2）根据二次函数性质即可求出答案.
24．（2024九上·滨海期中）如图，和都是等边三角形，直线，交于点F．
（1）如图1，当A，C，D三点在同一直线上时，的度数为______，线段与的数量关系为______．
（2）如图2，当绕点C顺时针旋转时，（1）中的结论是否还成立？若不成立，请说明理由：若成立，请就图2给予证明．
（3）若，，当绕点C顺时针旋转一周时，请直接写出长的取值范围．
【答案】（1），
（2）解：（1）中结论仍成立，理由如下
是等边三角形，
，，
是等边三角形，
，，
，
即，
在和中，
，
，，
，且，
；
（3）
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；手拉手全等模型
【解析】【解答】（1）解：是等边三角形，
，，
是等边三角形，
，，
，
即，
在和中，
，
，，
，且
（3）是等边三角形，
，
当旋转=时，B、C、D三点共线，此时，
当旋转=时，B、C、D三点共线，此时；
∴．
【分析】（1）根据等边三角形性质可得，，，，，根据角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，，再根据角之间的关系即可求出答案.
（2）根据等边三角形性质可得，，，，，根据角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，，再根据角之间的关系即可求出答案.
（3）根据等边三角形性质可得，分情况讨论：当旋转=时，当旋转=时，根据边之间的关系即可求出答案.
（1）解：是等边三角形，
，，
是等边三角形，
，，
，
即，
在和中，
，
，，
，且
（2）（1）中结论仍成立，
是等边三角形，
，，
是等边三角形，
，，
，
即，
在和中，
，
，，
，且，
；
（3）是等边三角形，
，
当旋转=时，B、C、D三点共线，此时，
当旋转=时，B、C、D三点共线，此时；
∴．
25．（2024九上·滨海期中）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，连接，点是第一象限的抛物线上一动点．
（1）求抛物线的解析式及点坐标；
（2）过点作于点．若，求点坐标：
（3）过点作于点，过点作轴于点，交于点，当的周长取得最大值时，请求出点的坐标及周长的最大值．
【答案】（1）解：把两点代入抛物线
则，
解得．
∴抛物线的解析式为
∴当时，
∴；
（2）解：连接，
∵，
∴，，
∴为等腰直角三角形，．
∵，，
∴为等腰直角三角形，，
∴，即．
∴点C和D的纵坐标都等于3．
把代入抛物线解析式得，，
解得（舍去），，
∴；
（3）解：如图所示，
∵轴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴
则的周长等于．
∵，
∴设直线的解析式为
∴
∴
∴直线的解析式为．
设点D的坐标为，，
则．
∴当时，取得最大值，
∴此时的周长取得最大值为
∴将代入得，点D的坐标为．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；等腰直角三角形；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-线段周长问题
【解析】【分析】（1）根据待定系数法将点A，B坐标代入解析式即可求出答案.
（2）连接，根据两点间距离可得，根据等腰直角三角形性质可得，，根据直线平行判定定理可得，根据平行于x轴的直线上点的坐标特征将y=3代入解析式，解方程即可求出答案.
（3）根据等腰直角三角形判定定理可得为等腰直角三角形，则，根据三角形周长可得的周长等于，设直线的解析式为，根据待定系数法将点A，C坐标代入解析式可得直线的解析式为，设点D的坐标为，，根据两点间距离可得，结合二次函数性质可得当时，取得最大值，此时的周长取得最大值，即可求出答案.
（1）解：把两点代入抛物线
则，
解得．
∴抛物线的解析式为
∴当时，
∴；
（2）解：连接，
∵，
∴，，
∴为等腰直角三角形，．
∵，，
∴为等腰直角三角形，，
∴，即．
∴点C和D的纵坐标都等于3．
把代入抛物线解析式得，，
解得（舍去），，
∴；
（3）解：如图所示，
∵轴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴
则的周长等于．
∵，
∴设直线的解析式为
∴
∴
∴直线的解析式为．
设点D的坐标为，，
则．
∴当时，取得最大值，
∴此时的周长取得最大值为
∴将代入得，点D的坐标为．
1 / 1天津市滨海新区大港第二中学2024-2025学年九年级上学期11月期中考试数学试题
1．（2024九上·滨海期中）平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（　　）
A． B． C． D．
2．（2024九上·滨海期中）下列图形是我国国产品牌汽车的标识，在这些汽车标识中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2024九上·滨海期中）一元二次方程 的两个根是（　　）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
4．（2024九上·滨海期中）关于二次函数的图象，下列说法错误的是（　　）
A．它的开口向上，且关于轴对称 B．它与的图象关于x轴对称
C．它的顶点是抛物线的最高点 D．它与轴只有一个交点
5．（2024九上·滨海期中）抛物线的顶点坐标是（　　）
A． B． C． D．
6．（2024九上·滨海期中）如图，在中，，，则的度数是（　　）
A． B． C． D．
7．（2024九上·滨海期中）用配方法解方程 ，配方后的方程是（　　）
A． B． C． D．
8．（2024九上·滨海期中）已知二次函数，当时，的最小值是（　　）
A．1 B．0 C． D．
9．（2024九上·滨海期中）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB＝AD，若∠C＝68°，则∠ABD的度数为(　　)
A．34° B．56° C．68° D．112°
10．（2024九上·滨海期中）如图，学校课外生物小组的试验园地的形状是长35米、宽20米的矩形．为便于管理，要在中间开辟一横两纵共三条等宽的小道，使种植面积为600平方米，则小道的宽为多少米？若设小道的宽为米，则根据题意，列方程为（　　）
A． B．
C． D．
11．（2024九上·滨海期中）如图，在△ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（　　）
A． B． C． D．
12．（2024九上·滨海期中）从地面竖直向上抛出一小球，小球的高度(单位：)与小球运动时间(单位：)之间的函数关系如图所示．下列结论：①小球在空中经过的路程是；②小球抛出3秒后，速度越来越快；③小球抛出3秒时速度为0；④小球的高度时，．其中正确的是(　　)
A．①④ B．①② C．②③④ D．②③
13．（2024九上·滨海期中）把抛物线向右平移3个单位，所得到的图象的函数解析式为　 　．
14．（2024九上·滨海期中）关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是　 　．
15．（2024九上·滨海期中）抛物线的部分图象如图所示，则当时，的取值范围是　 　
16．（2024九上·滨海期中）如图，AB为⊙O的直径，C，D为⊙O上两点，若∠BCD=40°，则∠ABD的大小为　 　．
17．（2024九上·滨海期中）如图，将Rt△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°到△A'B'C的位置， 已知斜边AB=10cm，BC=6cm，设A'B'的中点是M，连结AM，则AM=　 　cm．
18．（2024九上·滨海期中）如图，在每个小正方形边长为的网格中，的顶点，，均在格点上，为边上的一点.
（Ⅰ）线段的值为；
（Ⅱ）在如图所示的网格中，是的角平分线，在上求一点，使的值最小，请用无刻度的直尺，画出和点，并简要说明和点的位置是如何找到的（不要求证明）.
19．（2024九上·滨海期中）解下列方程
（1）
（2）
20．（2024九上·滨海期中）设，是一元二次方程的两个根．利用根与系数的关系求下列各式的值：
（1）
（2）
21．（2024九上·滨海期中）如图，在半径为的中，弦的长为．
（1）求的度数；
（2）求点到的距离．
22．（2024九上·滨海期中）如图，四边形内接于，为的直径，，．
（1）求的度数；
（2）若，求的长．
23．（2024九上·滨海期中）某商品每件进货价为50元，规定每件售价不低于进货价，经市场调查，每月的销售量y(件)与每件的售价x(元)满足一次函数关系．
（1）一批发市场每月想从这种商品销售中获利24000元，该如何给这种商品定价
（2）物价部门规定，该商品的每件售价不得高于65元，设这种商品每月的总利润为w(元) ，那么售价定为多少元可获得最大利润 最大利润是多少
24．（2024九上·滨海期中）如图，和都是等边三角形，直线，交于点F．
（1）如图1，当A，C，D三点在同一直线上时，的度数为______，线段与的数量关系为______．
（2）如图2，当绕点C顺时针旋转时，（1）中的结论是否还成立？若不成立，请说明理由：若成立，请就图2给予证明．
（3）若，，当绕点C顺时针旋转一周时，请直接写出长的取值范围．
25．（2024九上·滨海期中）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，连接，点是第一象限的抛物线上一动点．
（1）求抛物线的解析式及点坐标；
（2）过点作于点．若，求点坐标：
（3）过点作于点，过点作轴于点，交于点，当的周长取得最大值时，请求出点的坐标及周长的最大值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是．
故选：C．
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特征即可求出答案.
2．【答案】B
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A不是中心对称图形，不符合题意；
B是中心对称图形，符合题意；
C不是中心对称图形，不符合题意；
D不是中心对称图形，不符合题意.
故答案为：B
【分析】由中心对称图形的定义：“把一个图形绕一个点旋转180°后，能够与自身完全重合，这样的图形叫做中心对称图形”，逐项进行判断即可求出答案.
3．【答案】C
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【解答】解：
或
解得：
故答案为：C
【分析】先得出两个关于x的一元一次方程，再进一步求解即可得出答案。
4．【答案】C
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：、由，，则它的开口向上，且关于轴对称，原选项说法正确，不符合题意；
、它与的图象关于x轴对称，原选项说法正确，不符合题意；
、由，，则它的开口向上，它的顶点是抛物线的最低点，原选项说法错误，符合题意；
、它与轴只有一个交点，原选项说法正确，不符合题意；
故选：．
【分析】根据二次函数图象，性质与系数的关系即可求出答案.
5．【答案】A
【知识点】二次函数y=a（x-h）²+k的图象
【解析】【解答】解：抛物线解析式的顶点式为：，
则其顶点坐标为：，
故答案为：A．
【分析】根据二次函数y=a（x-h）2+k的顶点坐标为（h，k）即可求解.
6．【答案】D
【知识点】垂径定理；圆周角定理
【解析】【解答】解：连接OB
，，
，
，
故选：D．
【分析】连接OB，根据垂径定理可得再根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可求出答案.
7．【答案】A
【知识点】配方法解一元二次方程
【解析】【解答】解：移项得： ，
配方得： ，
∴ ．
故答案为：A．
【分析】将常数项移到右边，两边都加一次项系数一半的平方，再写成完全平方式即可。
8．【答案】D
【知识点】二次函数y=a（x-h）²+k的性质
【解析】【解答】解：对于二次函数，
其对称轴为，
因为，
其函数图象开口向下，
所以离对称轴越远，取值越小，
若，
则有时，取值最小值，
最小值为．
故答案为：D．
【分析】根据二次函数性质即可求出答案.
9．【答案】A
【知识点】三角形内角和定理；圆内接四边形的性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A＝180°﹣∠C＝112°，
∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴∠ABD＝(180°﹣∠A)＝34°，
故选A.
【分析】根据圆内接四边形的性质可得∠A＝180°﹣∠C＝112°，根据等边对等角及三角形内角和定理即可求出答案.
10．【答案】C
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题；列一元二次方程；利用平移的思想解决实际问题
【解析】【解答】解：如图，平移阴影部分可得，
∵小道的宽为，
∴种植部分的长为，宽为
由题意得：．
故答案为：C．
【分析】利用平移的知识得到种植面积的形状，即把阴影部分分别移到矩形的上边和左边，可得种植面积为一个矩形，根据种植的面积为600列出方程即可．
11．【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，∴△ABM≌△ACN，
∴AB=AC，AM=AN，
∴AB不一定等于AN，故选项A不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠ACN=∠B，
而∠CAB不一定等于∠B，
∴∠ACN不一定等于∠CAB，
∴AB与CN不一定平行，故选项B不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠BAM=∠CAN，∠ACN=∠B，
∴∠BAC=∠MAN，
∵AM=AN，AB=AC，
∴△ABC和△AMN都是等腰三角形，且顶角相等，
∴∠B=∠AMN，
∴∠AMN=∠ACN，故选项C符合题意；
∵AM=AN，
而AC不一定平分∠MAN，
∴AC与MN不一定垂直，故选项D不符合题意；
故选：C．
【分析】根据旋转性质逐项进行判断即可求出答案.
12．【答案】D
【知识点】二次函数的实际应用-抛球问题
【解析】【解答】解：①由图象知小球在空中达到的最大高度是；故①错误；
②小球抛出3秒后，速度越来越快；故②正确；
③小球抛出3秒时达到最高点即速度为0；故③正确；
④设函数解析式为：，
把代入得，解得，
∴函数解析式为，
把代入解析式得，，
解得：或，
∴小球的高度时，或，故④错误；
故答案为：D．
【分析】根据函数的图象中点的特征，求出二次函数的解析式，再根据二次函数的图象和性质逐一判断解题．
13．【答案】
【知识点】二次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解：把抛物线向右平移3个单位，所得到的图象的函数解析式为．
故答案为：．
【分析】根据函数图象的平移规律：“上加下减，左加右减”即可求出答案.
14．【答案】
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴ ，
解得<2．
故答案为：k<2．
【分析】利用一元二次方程根的判别式列出不等式求解即可。
15．【答案】
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数与不等式（组）的综合应用
【解析】【解答】解：∵抛物线对称轴为直线，且与x轴的一个交点坐标为，
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为，
∴由函数图象可知，当时，x的取值范围是．
故答案为：．
【分析】根据二次函数的性质即可求出答案.
16．【答案】50°
【知识点】圆周角定理；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：连接AD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵∠BAD=∠BCD=40°，
∴∠ABD=90°-∠BAD=50°，
故答案为：50°.
【分析】连接AD，根据圆周角定理可得∠ADB=90°，根据同弧所对的圆周角相等可得∠BAD=∠BCD=40°，再根据直角三角形两锐角互余即可求出答案.
17．【答案】
【知识点】勾股定理；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：作于，因为为的中点，故，
又因为，则，，
又因为，所以，
.
故答案为：.
【分析】作于，根据三角形中位线定理可得，根据勾股定理可得，则，，根据边之间的关系可得AB'，AH，再根据勾股定理即可求出答案.
18．【答案】（Ⅰ）5
（Ⅱ）如图，取格点、，连接与交于点，连接与交于点.
【知识点】勾股定理；菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；运用勾股定理解决网格问题
【解析】【解答】（Ⅰ）根据勾股定理得AC=；
故答案为5．
（Ⅱ）如图，取格点、，连接与交于点，连接与交于点，则点P即为所求．
说明：构造边长为5的菱形ABEC，连接AE交BC于M，则AM即为所求的的角平分线，在AB上取点F，使AF=AC=5，则AM垂直平分CF，点C与F关于AM对称，连接DF交AM于点P，则点P即为所求．
【分析】（Ⅰ）根据勾股定理即可求出答案.
（Ⅱ）根据菱形的每一条对角线平分每一组对角，构造边长为5的菱形ABEC，连接AE交BC于M，即可得出是的角平分线，再取点F使AF=5，则根据等腰三角形的性质得出点C与F关于AM对称，连接DF交AM于点P，此时的值最小．
19．【答案】（1）解：
或
解得，；
（2）解：
或
解得，．
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）根据因式分解法解方程即可求出答案.
（2）根据因式分解法解方程即可求出答案.
（1）解：
或
解得，；
（2）解：
或
解得，．
20．【答案】（1）解：∵，是一元二次方程的两个根
∴，
∴
；

（2）解：
．
【知识点】完全平方公式及运用；分式的加减法；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【分析】（1）根据二次方程根与系数的关系可得，，根据完全平方公式化简代数式，再整体代入即可求出答案.
（2）通分化简代数式，再整体代入即可求出答案.
（1）∵，是一元二次方程的两个根
∴，
∴
；
（2）
．
21．【答案】（1）解：在，，
∵，
∴为等边三角形，
∴；
（2）解：过点 作于点，
在，于点，
∴，
∵ ，
∴，
在中，，，
∴＝，
∴到的距离为．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；垂径定理
【解析】【分析】（1）根据全等三角形判定定理及性质即可求出答案.
（2）过点 作于点，根据垂径定理可得，再根据勾股定理即可求出答案.
（1）解：在，，
∵，
∴为等边三角形，
∴；
（2）过点 作于点，
在，于点，
∴，
∵ ，
∴，
在中，，，
∴＝，
∴到的距离为．
22．【答案】（1）解：∵四边形内接于，
∴
∵为的直径
∴
∴
∵
∴；

（2）解：∵，．
∴
∵
∴
∵为的直径
∴
∴
∴．

【知识点】三角形内角和定理；含30°角的直角三角形；勾股定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【分析】（1）根据圆内接四边形性质可得，根据圆周角定理可得，根据三角形内角和定理可得，再根据等弧所对的圆周角相等即可求出答案.
（2）根据等边对等角及三角形内角和定理可得，根据等弧所对的圆周角相等可得，根据含30°角的直角三角形性质可得，再根据勾股定理即可求出答案.
（1）∵四边形内接于，
∴
∵为的直径
∴
∴
∵
∴；
（2）∵，．
∴
∵
∴
∵为的直径
∴
∴
∴．
23．【答案】（1）解：由题意知利润
令
则有
解得或
∴商品可定价为每件70元或110元．
（2）解：由题意知：
当时，W随着x的增大而增大
∴在时，W取到最大值，最大值为元
∴售价定为每件65元可获得最大利润，最大利润是19500元．
【知识点】一元二次方程的实际应用-销售问题；二次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）根据题意建立函数关系式，将w=24000代入解析式，解方程即可求出答案.
（2）根据二次函数性质即可求出答案.
24．【答案】（1），
（2）解：（1）中结论仍成立，理由如下
是等边三角形，
，，
是等边三角形，
，，
，
即，
在和中，
，
，，
，且，
；
（3）
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；手拉手全等模型
【解析】【解答】（1）解：是等边三角形，
，，
是等边三角形，
，，
，
即，
在和中，
，
，，
，且
（3）是等边三角形，
，
当旋转=时，B、C、D三点共线，此时，
当旋转=时，B、C、D三点共线，此时；
∴．
【分析】（1）根据等边三角形性质可得，，，，，根据角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，，再根据角之间的关系即可求出答案.
（2）根据等边三角形性质可得，，，，，根据角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，，再根据角之间的关系即可求出答案.
（3）根据等边三角形性质可得，分情况讨论：当旋转=时，当旋转=时，根据边之间的关系即可求出答案.
（1）解：是等边三角形，
，，
是等边三角形，
，，
，
即，
在和中，
，
，，
，且
（2）（1）中结论仍成立，
是等边三角形，
，，
是等边三角形，
，，
，
即，
在和中，
，
，，
，且，
；
（3）是等边三角形，
，
当旋转=时，B、C、D三点共线，此时，
当旋转=时，B、C、D三点共线，此时；
∴．
25．【答案】（1）解：把两点代入抛物线
则，
解得．
∴抛物线的解析式为
∴当时，
∴；
（2）解：连接，
∵，
∴，，
∴为等腰直角三角形，．
∵，，
∴为等腰直角三角形，，
∴，即．
∴点C和D的纵坐标都等于3．
把代入抛物线解析式得，，
解得（舍去），，
∴；
（3）解：如图所示，
∵轴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴
则的周长等于．
∵，
∴设直线的解析式为
∴
∴
∴直线的解析式为．
设点D的坐标为，，
则．
∴当时，取得最大值，
∴此时的周长取得最大值为
∴将代入得，点D的坐标为．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；等腰直角三角形；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-线段周长问题
【解析】【分析】（1）根据待定系数法将点A，B坐标代入解析式即可求出答案.
（2）连接，根据两点间距离可得，根据等腰直角三角形性质可得，，根据直线平行判定定理可得，根据平行于x轴的直线上点的坐标特征将y=3代入解析式，解方程即可求出答案.
（3）根据等腰直角三角形判定定理可得为等腰直角三角形，则，根据三角形周长可得的周长等于，设直线的解析式为，根据待定系数法将点A，C坐标代入解析式可得直线的解析式为，设点D的坐标为，，根据两点间距离可得，结合二次函数性质可得当时，取得最大值，此时的周长取得最大值，即可求出答案.
（1）解：把两点代入抛物线
则，
解得．
∴抛物线的解析式为
∴当时，
∴；
（2）解：连接，
∵，
∴，，
∴为等腰直角三角形，．
∵，，
∴为等腰直角三角形，，
∴，即．
∴点C和D的纵坐标都等于3．
把代入抛物线解析式得，，
解得（舍去），，
∴；
（3）解：如图所示，
∵轴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴
则的周长等于．
∵，
∴设直线的解析式为
∴
∴
∴直线的解析式为．
设点D的坐标为，，
则．
∴当时，取得最大值，
∴此时的周长取得最大值为
∴将代入得，点D的坐标为．
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