届广东汕头潮阳区九年级上期末模拟数学卷带解析Word文件下载.docx
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D.②③④
【答案】A.
【解析】
试题分析:
∵抛物线开口向上,
∴a>0,
∵抛物线对称轴为直线x=﹣
=﹣1,
∴b=2a>0,则2a﹣b=0,所以②正确;
∵抛物线与y轴的交点在x轴下方,
∴c<0,
∴abc<0,所以①正确;
∵x=2时,y>0,
∴4a+2b+c>0,所以③错误;
∵点(﹣5,y1)离对称轴的距离与点(3,y2)离对称轴的距离相等,
∴y1=y2,所以④不正确.
故选A.
考点:
二次函数图象与系数的关系.
2、如图,在平面直角坐标系xOy中,半径为2的⊙P的圆心P的坐标为(﹣3,0),将⊙P沿x轴正方向平移,使⊙P与y轴相切,则平移的距离为(
A.1
B.1或5
C.3
D.5
【答案】B.
当⊙P位于y轴的左侧且与y轴相切时,平移的距离为1;
当⊙P位于y轴的右侧且与y轴相切时,平移的距离为5.
故选B.
1.直线与圆的位置关系;
2.坐标与图形性质.
3、二次函数y=a(x+m)2+n的图象如图,则一次函数y=mx+n的图象经过(
A.第一、二、三象限
B.第一、二、四象限
C.第二、三、四象限
D.第一、三、四象限
【答案】C.
∵抛物线的顶点在第四象限,
∴﹣m>0,n<0,
∴m<0,
∴一次函数y=mx+n的图象经过二、三、四象限,
故选C.
1.二次函数的图象;
2.一次函数的性质.
4、如图,在4×
4的正方形网格中,每个小正方形的边长为1,若将△AOC绕点O顺时针旋转90°
得到△BOD,则
的长为(
A.π
B.6π
C.3π
D.1.5π
【答案】D.
的长=
=1.5π.
故选D.
1.旋转的性质;
2.弧长的计算.
5、从图中的四张印有汽车品牌标志图案的卡片中任取一张,取出印有汽车品牌标志的图案是中心对称图形的卡片的概率是(
A.
B.
C.
D.1
在这四个图片中只有第三幅图片是中心对称图形,因此是中心对称称图形的卡片的概率是
.
1.概率公式;
2.中心对称图形.
6、如图,⊙O是△ABC的外接圆,连接OA、OB,∠OBA=50°
,则∠C的度数为(
A.30°
B.40°
C.50°
D.80°
【答案】B.
∵OA=OB,∠OBA=50°
,
∴∠OAB=∠OBA=50°
∴∠AOB=180°
﹣50°
×
2=80°
∴∠C=
∠AOB=40°
圆周角定理.
7、如图,⊙O的直径CD=10cm,AB是⊙O的弦,AB⊥CD,垂足为M,OM=3cm,则AB的长为(
A.4cm
B.6cm
C.8cm
D.10cm
【答案】C.
连接OA,
∵⊙O的直径CD=10cm,AB⊥CD,
∴OA=5cm,AM=BM,
∴AM=
=4(cm),
∴AB=2AM=8cm.
1.垂径定理;
2.勾股定理.
8、把抛物线y=12x2﹣1先向右平移1个单位,再向下平移2个单位,得到的抛物线的解析式为(
A.y=12(x+1)2﹣3
B.y=12(x﹣1)2﹣3
C.y=12(x+1)2+1
D.y=12(x﹣1)2+1
∵把抛物线y=12x2﹣1先向右平移1个单位,再向下平移2个单位,
∴得到的抛物线的解析式为y=12(x﹣1)2﹣3,
故选:
二次函数图象与几何变换.
9、已知关于x的一元二次方程x2+2x﹣a=0有两个相等的实数根,则a的值是(
A.4
B.﹣4
C.1
D.﹣1
根据题意得△=22﹣4•(﹣a)=0,
解得a=﹣1.
根的判别式.
10、已知x=2是一元二次方程x2+mx+2=0的一个解,则m的值是(
A.﹣3
B.3
C.0
D.0或3
∵x=2是一元二次方程x2+mx+2=0的一个解,
∴4+2m+2=0,
∴m=﹣3.
一元二次方程的解.
第II卷(非选择题)
二、填空题(题型注释)
11、一个底面直径是80cm,母线长为90cm的圆锥的侧面展开图的圆心角的度数为
【答案】160°
∵圆锥的底面直径是80cm,
∴圆锥的侧面展开扇形的弧长为:
πd=80π,
∵母线长90cm,
∴圆锥的侧面展开扇形的面积为:
lr=
80π×
90=3600π,
∴
=3600π,
解得:
n=160.
圆锥的计算.
12、抛物线y=x2﹣5x+6与x轴交于A、B两点,则AB的长为
【答案】1.
当y=0,则0=x2﹣5x+6,
x1=2,x2=3,
故AB的长为:
3﹣2=1.
抛物线与x轴的交点.
13、甲口袋中有1个红球和1个黄球,乙口袋中有1个红球、1个黄球和1个绿球,这些球除颜色外都相同.从两个口袋中各随机取一个球,取出的两个球都是红球的概率是
【答案】
画树状图得:
∵共有6种等可能的结果,取出的两个球都是红的有1种情况,
∴取出的两个球都是红的概率为:
列表法与树状图法.
14、用等腰直角三角板画∠AOB=45°
,并将三角板沿OB方向平移到如图所示的虚线处后绕点M逆时针方向旋转22°
,则三角板的斜边与射线OA的夹角α为
度.
【答案】22.
如图:
由平移的性质知,AO∥SM,
故∠WMS=∠OWM=22°
1.平移的性质;
2.同位角、内错角、同旁内角.
15、若关于x的方程x2+2(k﹣1)x+k2=0有实数根,则k的取值范围是
【答案】k≤
.
∵关于x的方程x2+2(k﹣1)x+k2=0有实数根,
∴△=[2(k﹣1)]2﹣4k2=﹣8k+4≥0,
k≤
16、二次函数y=x2﹣2x+6的最小值是
【答案】5.
y=x2﹣2x+6=x2﹣2x+1+5
=(x﹣1)2+5,
可见,二次函数的最小值为5.
二次函数的最值.
三、计算题(题型注释)
17、如图,抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(﹣1,0),B(3,0)两点.
(1)求该抛物线的解析式;
(2)求该抛物线的对称轴以及顶点坐标;
(3)设
(1)中的抛物线上有一个动点P,当点P在该抛物线上滑动到什么位置时,满足S△PAB=8,并求出此时P点的坐标.
(1)y=x2﹣2x﹣3.
(2)对称轴x=1,顶点坐标(1,﹣4).(3)点P在该抛物线上滑动到(1+2
,4)或(1﹣2
,4)或(1,﹣4)时,满足S△PAB=8.
(1)由于抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(﹣1,0),B(3,0)两点,那么可以得到方程x2+bx+c=0的两根为x=﹣1或x=3,然后利用根与系数即可确定b、c的值.
(2)根据S△PAB=8,求得P的纵坐标,把纵坐标代入抛物线的解析式即可求得P点的坐标.
试题解析:
(1)∵抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(﹣1,0),B(3,0)两点,
∴方程x2+bx+c=0的两根为x=﹣1或x=3,
∴﹣1+3=﹣b,
﹣1×
3=c,
∴b=﹣2,c=﹣3,
∴二次函数解析式是y=x2﹣2x﹣3.
(2)∵y=﹣x2﹣2x﹣3=(x﹣1)2﹣4,
∴抛物线的对称轴x=1,顶点坐标(1,﹣4).
(3)设P的纵坐标为|yP|,
∵S△PAB=8,
AB•|yP|=8,
∵AB=3+1=4,
∴|yP|=4,
∴yP=±
4,
把yP=4代入解析式得,4=x2﹣2x﹣3,
解得,x=1±
2
把yP=﹣4代入解析式得,﹣4=x2﹣2x﹣3,
解得,x=1,
∴点P在该抛物线上滑动到(1+2
1.待定系数法求二次函数解析式;
2.二次函数的性质;
3.二次函数图象上点的坐标特征.
18、用配方法解方程:
x2﹣8x+1=0
本题要求用配方法解一元二次方程,首先将常数项移到等号的右侧,将等号左右两边同时加上一次项系数一半的平方,即可将等号左边的代数式写成完全平方形式.
∵x2﹣8x+1=0,
∴x2﹣8x=﹣1,
∴x2﹣8x+16=﹣1+16,
∴(x﹣4)2=15,
解得
解一元二次方程-配方法.
四、解答题(题型注释)
19、已知直线l与⊙O,AB是⊙O的直径,AD⊥l于点D.
(1)如图①,当直线l与⊙O相切于点C时,若∠DAC=30°
,求∠BAC的大小;
(2)如图②,当直线l与⊙O相交于点E,F时,若∠DAE=18°
,求∠BAF的大小.
(1)30°
,
(2)18°
(1)连接OD,易证OC∥AD,所以∠OCA=∠DAC,由因为OA=OC,所以∠OAC=∠OCA;
(2)连接BE,AB是⊙O的直径,所以∠AEB=90°
,从而可知∠BEF=∠DAE=18°
,由圆周角定理可知:
∠BAF=∠BEF=18°
(1)连接OC、
∵l是⊙O的切线,
∴OC⊥l,
∵AD⊥l,
∴OC∥AD,
∴∠OCA=∠DAC=30°
∵OA=OC,
∴∠OAC=∠OCA=30°
(2)连接BE,
∵AB是⊙O的直径,
∴∠AEB=90°
∴∠AED+∠BEF=90°
∵∠AED+∠DAE=90°
∴∠BEF=∠DAE=18°
∵
∴∠BAF=∠BEF=18°
切线的性质.
20、某商场将进价为2000元的冰箱以2400元售出,平均每天能售出8台,为了配合国家“家电下乡”政策的实施,商场决定采取适当的降价措施.调查表明:
这种冰箱的售价每降低50元,平均每天就能多售出4台.商场要想在这种冰箱销售中每天盈利4800元,同时又要使百姓得到实惠,每台冰箱应降价多少元?
【答案】每台冰箱应降价200元.
此题利用每一台冰箱的利润×
每天售出的台数=每天盈利,设出每台冰箱应降价x元,列方程解答即可.
设每台冰箱应降价x元,每件冰箱的利润是:
元,卖(8+
4)件,
列方程得,
(8+
4)=4800,
x2﹣300x+20000=0,
解得x1=200,x2=100;
要使百姓得到实惠,只能取x=200,
答:
每台冰箱应降价200元.
一元二次方程的应用.
21、已知:
如图,AB为⊙O的直径,AB=AC,BC交⊙O于点D,AC交⊙O于点E,∠BAC=45°
(1)求∠EBC的度数;
(2)求证:
BD=CD.
(1)22.5°
.
(2)证明见解析.
(1)∠EBC的度数等于∠ABC﹣∠ABE,因而求∠EBC的度数就可以转化为求∠ABC和∠ABE,根据等腰三角形的性质等边对等角,就可以求出.
(2)在等腰三角形ABC中,根据三线合一定理即可证得.
(1)∵AB是⊙O的直径,
又∵∠BAC=45°
∴∠ABE=45°
又∵AB=AC,
∴∠ABC=∠C=67.5°
∴∠EBC=22.5°
(2)连接AD,
∴∠ADB=90°
∴AD⊥BC.
∴BD=CD.
1.圆周角定理;
2.等腰三角形的性质.
22、袋中装有大小相同的2个红球和2个绿球.
(1)先从袋中摸出1个球后放回,混合均匀后再摸出1个球.
①求第一次摸到绿球,第二次摸到红球的概率;
②求两次摸到的球中有1个绿球和1个红球的概率;
(2)先从袋中摸出1个球后不放回,再摸出1个球,则两次摸到的球中有1个绿球和1个红球的概率是多少?
请直接写出结果.
(1)①
;
②
(2)
(1)①首先根据题意画出树状图,然后由树状图求得所有等可能的结果与第一次摸到绿球,第二次摸到红球的情况,再利用概率公式即可求得答案;
②首先由①求得两次摸到的球中有1个绿球和1个红球的情况,再利用概率公式即可求得答案;
(2)由先从袋中摸出1个球后不放回,再摸出1个球,共有等可能的结果为:
4×
3=12(种),且两次摸到的球中有1个绿球和1个红球的有8种情况,直接利用概率公式求解即可求得答案.
(1)①画树状图得:
∵共有16种等可能的结果,第一次摸到绿球,第二次摸到红球的有4种情况,
∴第一次摸到绿球,第二次摸到红球的概率为:
②∵两次摸到的球中有1个绿球和1个红球的有8种情况,
∴两次摸到的球中有1个绿球和1个红球的为:
(2)∵先从袋中摸出1个球后不放回,再摸出1个球,共有等可能的结果为:
3=12(种),且两次摸到的球中有1个绿球和1个红球的有8种情况,
∴两次摸到的球中有1个绿球和1个红球的概率是:
23、二次函数y=x2+bx+c的图象经过点(4,3),(3,0).
(1)求b、c的值;
(2)求该二次函数图象的顶点坐标和对称轴.
(1)
(2)顶点坐标为(2,﹣1),对称轴为直线x=2
(1)把已知点的坐标代入解析式,然后解关于b、c的二元一次方程组即可得解;
(2)把函数解析式转化为顶点式形式,然后即可写出顶点坐标与对称轴解析式.
(1)∵二次函数y=x2+bx+c的图象经过点(4,3),(3,0),
(2)∵该二次函数为y=x2﹣4x+3=(x﹣2)2﹣1.
∴该二次函数图象的顶点坐标为(2,﹣1),对称轴为直线x=2
2.二次函数的性质.
24、如图,在平面直角坐标系中,Rt△ABC的三个顶点分别是A(﹣3,2),B(0,4),C(0,2).
(1)将△ABC以点C为旋转中心旋转180°
,画出旋转后对应的△A1B1C1,平移△ABC,应点A2的坐标为(0,﹣4),画出平移后对应的△A2B2C2;
(2)若将△A1B1C1绕某一点旋转可以得到△A2B2C2,请直接写出旋转中心的坐标.
(1)根据性质的性质得到A1(3,2)、C1(0,2)、B1(0,0),再描点;
由于点A2的坐标为(0,﹣4),即把△ABC向下平移6个单位,再向右平移3个单位得到△A2B2C2,则B2(3,﹣2)、C2(3,﹣4),然后描点;
(2)观察图象得到将△A1B1C1绕某一点旋转180°
可以得到△A2B2C2,然后连结对应点可确定旋转中心的坐标.
(1)如图所示:
A1(3,2)、C1(0,2)、B1(0,0);
B2(3,﹣2)、C2(3,﹣4).
(2)将△A1B1C1绕某一点旋转可以得到△A2B2C2,旋转中心的P点坐标为(
,﹣1).
坐标与图形变化-旋转.
25、设x1、x2是关于x的方程x2﹣4x+k+1=0的两个实数根.试问:
是否存在实数k,使得x1•x2>x1+x2成立,请说明理由.
【答案】不存在实数k,使得x1•x2>x1+x2成立.
方程有两实数根下必须满足△=b2﹣4ac≥0.又由两根之积大于两根之和,根据根与系数的关系,即可得到关于k的不等式,解得k即可.
∵方程有实数根,∴b2﹣4ac≥0,∴(﹣4)2﹣4(k+1)≥0,即k≤3.
若x1•x2>x1+x2,即k+1>4,∴k>3.
而k≤3,因此,不存在实数k,使得x1•x2>x1+x2成立.
1.根与系数的关系;
2.解一元二次方程-公式法;
3.根的判别式.
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