江苏省徐州市邳州市2020-2021学年九年级上学期期中数学试题及答案

试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题

1．下列是一元二次方程是（ ） A．a2a30

B．x2y30

C．2x10

D．xy2

2．一元二次方程x2x10的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ） A．0、1、1

B．0、－1、1

2C．1、－1、1 D．2、－1、1

3．二次函数yx2图像的顶点坐标是（ ） A．（0，－2）

B．（－2，0）

C．（2，0）

D．（0，2）

4．将函数yx2的图像向上平移1个单位，向左平移2个单位，则所得函数表达式是（ ） A．yx12 C．yx12

22B．yx21 D．yx21

225．如图，O是ABC的外接圆，BOC100，则A的度数等于（ ）

A．30° B．40° C．45° D．50°

6．在平面直角坐标系中，以点（2，3）为圆心，2为半径的圆一定与（ ） A．x轴相交

B．y轴相交

C．x轴相切

D．y轴相切

7．如图，正方形ABCD的边长为2，分别以正方形的三边AB、AD、CD为直径在正方形的内部作半圆，则阴影部分的面积之和为（ ）

A．2 B．3

C．

试卷第1页，共4页

D．2

8．将关于x的二次函数yx22xa的图像向上平移1单位，得到的抛物线经过三点

3,y1、2,y2、2,y3，则y1、y2、y3的大小关系是（ ）

A．y1y2y3 二、填空题

9．一元二次方程x21的根为______．

10．将一元二次方程 x22x10 用配方法化成的 xab 形式为________________．

11．若a是方程6x29x30的一个根，则2a23a的值为______．

12．已知二次函数yx22x1，当y随x的增大而增大时，自变量x的取值范围是______．

13．二次函数y3x26x10的图像与x轴公共点的个数是______． 14．已知扇形的半径为10，圆心角为120°，则这个扇形的面积为______． 15．已知正六边形的半径为2，则该正六边形的面积为______°．

16．如图，在Rt△ABC中，C90，AB5，AC3，O是ABC内切圆，则O的半径为______．

2B．y2y1y3 C．y3y1y2 D．y3y2y1

17．已知抛物线yx24x2，点Aa,b在抛物线上，则2ab的最小值是______． 18．如图，正方形ABCD的边长为4，E是AD的中点，点P是边AB上的一个动点，连接PE，以P为圆心，PE的长为半径作P．当P与正方形ABCD的边相切时，则AP的长为______．

三、解答题

19．（1）解方程：x22x3；

试卷第2页，共4页

（2）解方程：x130．

220．已知关于x一元二次方程xk2xk20．求证：方程总有两个不相等的

2实数根．

21．如图，在△AEC中，AECE，O．经过△AEC顶点A、C，与AE、CE分别交于点B、D．求证：ABCD．

22．已知二次函数yax2bx3的图像经过点（1，4）和点（2，3）． (1)求这个二次函数的表达式； (2)求该二次函数图像的顶点坐标．

(3)当x在什么范围内时，y随x的增大而减小？

23．小丽在生物实践课上制作一幅长12cm，宽6cm的树叶标本图片，然后在图片四周镶上同等宽度的黑色边框制成一幅矩形摆件（如图），要使整个摆件的面积为160cm²，那么黑色边框的宽为多少cm？

24．如图，已知Rt△ABC，C90．

(1)作一个圆，使圆心O在边AC上，且与AB、BC所在的直线相切（不写作法、保留作图痕迹，并说明作图理由）；

(2)若AB10，BC8，求所作O的半径．

25．如图，用长24m的篱笆围成长方形的生物园饲养小兔，生物园一边利用足够长的墙，另三边用篱笆，怎样围可使小兔的活动范围最大？

试卷第3页，共4页

26．如图，AD是O的直径，DF是O的切线，切点为D，弦BC∥DF，交AD于点M，ABBC，连接AC、AB，延长AB交DF于点E．

(1)求证：ABC是等边三角形； (2)若BE4，求ABC的周长．

27．在平面直角坐标系中，一次函数yx2的图像与x轴交于点A，与y轴交于点

2B，二次函数的图像yaxbxca0经过点A、B．

(1)求a、b满足的关系式及c的值；

(2)如果a1，点P是直线AB下方抛物线上的一点，过点P作PD垂直于x轴，垂足为点D，交直线AB于点E，使DEPE． ①求点P的坐标；

①若直线PD上是否存在点Q，使△ABQ为直角三角形？若存在，求出符合条件的所有点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

试卷第4页，共4页

参考答案：

1．A 【解析】 【分析】

根据一元二次方程的定义逐项分析判断即可，一元二次方程定义，只含有一个未知数，并且未知数项的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程． 【详解】

A. a2a30，是一元二次方程，故该选项正确，符合题意； B. x2y30，是二元二次方程，故该选项不正确，不符合题意； C. 2x10，是一元一次方程，故该选项不正确，不符合题意； D. xy2，是二元一次方程，故该选项不正确，不符合题意； 故选A 【点睛】

本题考查了一元二次方程的定义，理解定义是解题的关键． 2．C 【解析】 【分析】

根据一元二次方程的概念，方程的解的概念以及配方法解一元二次方程的一般步骤对选项进行判断即可．一元二次方程的一般形式是：ax2bxc0（a，b，c是常数且a≠0）特别要注意a≠0的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．在一般形式中ax2叫二次项，bx叫一次项，c是常数项．其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项． 【详解】

一元二次方程x2x10的二次项系数、一次项系数、常数项分别是1,1,1 故选C 【点睛】

本题考查了一元二次方程的概念，掌握一元二次方程的一般形式是解题的关键． 3．C 【解析】 【分析】

直接利用顶点式写出二次函数的顶点坐标即可得到正确的选项．

答案第1页，共20页

【详解】

解：抛物线y(x2)2的顶点坐标为(2,0)， 故选：C． 【点睛】

本题考查了二次函数的性质，解题的关键是了解二次函数的顶点式，难度不大． 4．B 【解析】 【分析】

由二次函数图象平移的规律即可求得平移后的解析式，再选择即可． 【详解】

解：将抛物线yx2先向上平移1个单位，则函数解析式变为yx21 再将yx21向左平移2个单位，则函数解析式变为y(x2)21， 故选：B． 【点睛】

本题主要考查二次函数的图象变换，掌握平移的规律是解题的关键，即“左加右减，上加下减”． 5．D 【解析】 【分析】

一条弧所对的圆心角是圆周角的2倍，有A【详解】

11解：由题意知ABOC10050

221BOC，求解即可． 2故选D． 【点睛】

本题考查了圆周角定理．解题的关键在于明确一条弧所对的圆心角是圆周角的2倍． 6．D 【解析】 【分析】

答案第2页，共20页

根据点（2，3）到y轴的距离为2，到x轴的距离为3即可判断. 【详解】

①圆是以点（2，3）为圆心，2为半径，

①圆心到y轴的距离为2，到x轴的距离为3，则2=2，2＜3 ①该圆必与y轴相切，与x轴相离． 故选D. 【点睛】

本题是直线和圆的位置关系及坐标与图形的基础应用题，在中考中比较常见，一般以选择题、填空题形式出现，属于基础题，难度不大． 7．A 【解析】 【分析】

根据公式分别求出正方形的面积及半圆的面积，再计算图形a的面积，即可求出阴影面积的和． 【详解】

121解：正方形面积为2=4，半圆面积为，

22222111①图形a的面积为422，

22211阴影部分的面积之和为422，

22故选：A．

．

【点睛】

此题考查了正方形的面积公式，正方形的性质，半圆面积公式，求不规则图形的面积，正确理解图形的构成特点及正方形的性质是解题的关键． 8．C 【解析】

答案第3页，共20页

【分析】

根据题意求得平移后的二次函数的对称轴以及开口方向，根据三个点与对称轴的距离大小判断函数值的大小即可 【详解】

解：①关于x的二次函数yx22xa的图像向上平移1单位，得到的抛物线解析式为yx22xa1，

①新抛物线的对称轴为x1，开口方向向上，则当抛物线上的点距离对称轴越远，其纵坐标越大，即函数值越大，

平移后的抛物线经过三点3,y1、2,y2、2,y3，

312,211,123

y3y1y2

故选C 【点睛】

2本题考查了二次函数的平移，二次函数的性质，二次函数yaxbxca0的对称轴直线

x=b2，图象具有如下性质：①当a＞0时，抛物线yaxbxca0的开口向上，x＜2abbb时，y随x的增大而减小；x＞时，y随x的增大而增大；x=时，y取得最小2a2a2a2，即顶点是抛物线的最低点．①当a＜0时，抛物线yaxbxca0的开口向

4acb2值

4a下，x＜bbb时，y随x的增大而增大；x＞时，y随x的增大而减小；x=时，y取2a2a2a4acb2得最大值

4a，即顶点是抛物线的最高点，掌握二次函数的性质是解题的关键．

9．x11，x21 【解析】 【分析】

两边直接开平方即可． 【详解】 解：①x2=1， ①x1=1，x2=-1，

答案第4页，共20页

故答案为：x1=1，x2=-1． 【点睛】

本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键． 10．x12 【解析】 【分析】

把方程常数项移到右边，两边加上1，变形得到结果，即可得到答案. 【详解】

解：由方程 x22x10，变形得：x22x1， 配方得：x22x12， 即 x12； 故答案为x12. 【点睛】

此题考查了解一元二次方程——配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键． 11．1 【解析】 【分析】

将a代入6x29x30求解即可． 【详解】

解：①a是6x29x30的根

22①6a9a332a3a10

222①2a23a1 故答案为：1． 【点睛】

本题考查了二元一次方程的解，求代数式的值．解题的关键在于将方程的根代入方程． 12．x1

答案第5页，共20页

【解析】 【分析】

函数图象的对称轴为直线x1，图象在对称轴的右侧y随x的增大而增大，进而可得自变量x的取值范围． 【详解】

解：由yx2x1知函数图象的对称轴为直线x1，图象在对称轴的右侧y随x的增大而增大

①自变量x的取值范围是x1 故答案为：x1． 【点睛】

本题考查了二次函数的图象与性质．解题的关键在于熟练把握二次函数的图象与性质． 13．0 【解析】 【分析】

令y0，得到一元二次方程3x26x100，根据一元二次方程根的判别式求解即可． 【详解】

令y0，则3x26x100

2b24ac3643100

二次函数y3x26x10的图像与x轴无公共点．

故答案为：0 【点睛】

本题考查了二次函数与x轴的交点问题，转化为一元二次方程根的判别式求解是解题的关键． 14．

100π 3【解析】 【分析】

nr2根据S计算求解即可．

360【详解】

答案第6页，共20页

nr2120102100 解：①S3603603100①扇形的面积为

3故答案为：【点睛】

100． 3本题考查了扇形的面积．解题的关键在于熟练使用扇形的面积公式． 15．63 【解析】 【分析】

正六边形的面积由6个全等的边长为2的等边三角形面积组成，计算一个等边三角形的面积，乘以6即可． 【详解】

解：设O是正六边形的中心，AB是正六边形的一边，OC是边心距，则△OAB是正三角形．

①OA=AB=2， ①AC=AB=1，

①OCOA2AC222123， ①S△OAB=2AB•OC=2×2×3=3， 则正六边形的面积为6×3=63． 故答案为：63． 【点睛】

本题考查了正多边形的面积，等边三角形的性质，熟练把多边形的面积转化为三角形面积

答案第7页，共20页

1112的倍数计算是解题的关键． 16．1 【解析】 【分析】

根据三角形内切圆与内心的性质和三角形面积公式解答即可． 【详解】

解：①①C=90°，AC=3，AB=5， ①BC=AB2AC2=4，

如图，分别连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，

①①O是△ABC内切圆，D、E、F为切点，

①OD①BC，OE①AC，OF①AB于D、E、F，OD=OE=OF，

①S△ABC=S△BOC+S△AOC+S△AOB=BC•DO+AC•OE+AB•FO=（BC+AC+AB）

2222•OD， ①①ACB=90°，

11①ACBC(BCACAB)OD， 221111①OD341．

345故答案为：1． 【点睛】

此题考查三角形内切圆与内心，勾股定理，熟练掌握三角形内切圆的性质是解答本题的关键． 17．1 【解析】 【分析】

答案第8页，共20页

把点Aa,b代入yx24x2得ba24a2，再代入2ab进行配方求解即可． 【详解】

解：①点Aa,b在抛物线yx24x2上， ①ba24a2

①2ab=2aa24a2a22a2a22a11(a1)21 ①(a1)20

①2ab的最小值是1， 故答案为：1 【点睛】

本题主要考查了二次函数的性质，能用含a的代数式表示出2a+b是解答本题的关键． 318．或23 2【解析】 【分析】

分两种情况：当P与BC边相切时，当P与CD边相切时，再由勾股定理，即可求解． 【详解】

解：如图，当P与BC边相切时，PC=PE，

设PC=PE=x，则AP=4-x， ①E是AD的中点， ①AE=2，

在RtAPE 中，AP2AE2PE2 ， ①4x22x2 ， 解得：x①AP5 ， 223 ； 2答案第9页，共20页

如图，当P与CD边相切时，设切点为点F，连接PF，

①PF①CD，PE=PF， ①①PFC=90°，

在正方形ABCD中，①B=①C=90°， ①①PFC=①B=①C=90°， ①四边形BCFP为矩形， ①PF=BC=4， ①PE=4， ①AE=2，

①APPE2AE2422223 ，

3综上所述，当P与正方形ABCD的边相切时，则AP的长为或23．

23故答案为：或23 2【点睛】

本题主要考查了切线的性质，勾股定理，正方形的性质，熟练掌握切线的性质，勾股定理，正方形的性质，并利用分类讨论思想解答是解题的关键． 19．（1）x11，x23；（2）x131，x231 【解析】 【分析】

（1）利用配方法解方程即可； （2）移项，再直接开平方即可解答． 【详解】

（1）解：x22x3

答案第10页，共20页

x22x131

x124

x1±2

则x11，x23 （2）解：x130

2x123

x13

则x131，x231． 【点睛】

本题考查解一元二次方程．掌握解一元二次方程的方法是解答本题的关键． 20．证明见解析 【解析】 【分析】

由题意可知a1，bk2，ck2，代入△b24ac中，判断与0的大小关系，进而可证明方程根的个数． 【详解】

证明：由x2(k2)xk20可知a1，bk2，ck2 ①b24ack24k2k212 ①k20 ①k2120 ①b24ac0

①方程总有两个不相等的实数根． 【点睛】

本题考查了一元二次方程的判根公式．解题的关键在于找出a，b，c的值． 21．见解析 【解析】 【分析】

答案第11页，共20页

2根据AECE推出AC，得到CBAD，由此推出CDAB，即可得到结论． 【详解】

证明：①AECE， ①AC，

①CBAD．则CBDBADDB， 即CDAB． ①ABCD． 【点睛】

此题考查了等腰三角形等边对等角的性质，圆周角定理及弧、弦、圆心角定理，熟记圆周角定理是解题的关键． 22．(1)yx22x3 (2)1,4

(3)当x1时，y随x的增大而减小 【解析】 【分析】

ab34（1）将点（1，4）和（2，3）代入yax2bx3中，得，进行计算即可

4a2b33得；

（2）将yx22x3配方得yx14，即可得； （3）根据二次函数的性质得即可得． (1)

解：将点（1，4）和（2，3）代入yax2bx3中，得

2ab34 4a2b33a1 解得b2则该二次函数表达式为yx22x3．

答案第12页，共20页

(2)

解：yx22x3 配方得：yx14， 则顶点坐标为（1，4）． (3)

解：根据二次函数的性质得，当x1时，y随x的增大而减小． 【点睛】

本题考查了二次函数，解题的关键是掌握二次函数的性质． 23．黑色边框宽为2cm 【解析】 【分析】

设黑色边框宽为xcm，根据题意可列出关于x的一元二次方程，解出x即可． 【详解】

解：设黑色边框宽为xcm，依题得：

2122x62x160．

解得：x12，x211（不合题意，舍去）． 答：黑色边框宽为2cm． 【点睛】

本题考查一元二次方程的实际应用．根据题意找出数量关系，列出等式是解答本题的关键．

24．(1)见解析 8(2)O的半径为

3【解析】 【分析】

（1）作出①ABC的角平分线，角平分线与AC的交点O是圆心，以O为圆心，以OC为半径作圆即可；

（2）由勾股定理得AC=6，设O与AB的切点为D，连接OD，由切线长定理得BD=6，可得AD=2，在Rt△AOD中由银河股定理可得r2226r，求解方程即可得结论．

答案第13页，共20页

2(1)

如图所示，O即为所求作的图形

(2)

在RtABC中，由勾股定理，得：

ACAB2BC2102826．

设O与AB的切点为D，连接OD

则ADABBD1082 设O的半径为r，

在Rt△AOD中，依勾股定理，得：r2226r 解得：r 8即O的半径为．

3832【点睛】

本题考查了圆的切线的性质以及角的平分线的性质以及银河股定理的应用，正确确定圆心O的位置是关键．

25．篱笆垂直于墙的一边长为6m，平行于墙的一边长为12m时小兔的活动范围最大 【解析】 【分析】

设长方形生物园的面积为sm2，篱笆垂直于墙的一边长为xm，则篱笆平行于墙的一边长为

242xm，则sx242x，整理配方得s2x6272，根据二次函数的性质得当

x6时，s有最大值，最大值为72，即可得．

【详解】

答案第14页，共20页

解：设长方形生物园的面积为sm2，篱笆垂直于墙的一边长为xm，则篱笆平行于墙的一边长为242xm，

sx242x

整理，得：s2x224x， 配方，得：s2x672， 当x6时，s有最大值，最大值为72， 此时，篱笆墙的宽为6m，长为12m，

则当篱笆垂直于墙的一边长为6m，平行于墙的一边长为12m时小兔的活动范围最大． 【点睛】

本题考查了二次函数的应用，解题的关键是理解题意，找出等量关系． 26．(1)见解析 (2)36 【解析】 【分析】

（1）由切线的性质结合平行线的性质即可得出AMBADF90，即OMBC，由垂径定理即得出BMCM，即OM是线段BC的垂直平分线，从而得出ABAC．再根据题意可知ABBC，即得出ABACBC，即证明ABC是等边三角形； （2）如图，取线段DE的中点I，连接BD，BI，BO．由等边三角形的性质可知

2BAM30，即可求出AED60．由圆周角定理易证BED为直角三角形．由直角三角

形斜边中线的性质可证明BIEIDI，即证明BEI为等边三角形，得出EIBE4，从而可求出DE2EI8，在RtBED中，根据勾股定理可求出BD的长，再在Rt△ABD中，根据含30°角的直角三角形的性质和勾股定理即可求出AB的长，从而求出ABC的周长． (1)

①DF是O的切线 ①ADF90 又①BC∥DF

①AMBADF90 ①OMBC

答案第15页，共20页

则BMCM

①OM是线段BC的垂直平分线 ①ABAC ①ABBC ①ABBC ①ABACBC． ①ABC是等边三角形． (2)

如图，取线段DE的中点I，连接BD，BI，BO．

①ABC是等边三角形，且AMBC， ①BAM30，

①在Rt△AED中，AED60． ①AD为直径，

①ABD90，即EBD90， ①BED为直角三角形． 又①点I是线段DE的中点， ①BIEIDI， ①BEI为等边三角形， ①EIBE4， ①DE2EI8，

①在RtBED中，BDDE2BE2824243． ①在Rt△ABD中，BAD30， ①AD2BD83，

答案第16页，共20页

①ABAD2BD2(83)2(43)212， ①ABC的周长是3BD=3×12=36． 【点睛】

本题为圆的综合题，考查切线的性质，垂径定理，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，平行线的性质，线段垂直平分线的判定和性质，直角三角形的性质以及勾股定理，综合性强，较难．在解决（2）时正确的作出辅助线是解题关键． 27．(1)b2a1，c2

(2)①1,2；①存在，点Q坐标为1,21或1,21或1,3或1,1 【解析】 【分析】

（1）根据一次函数解析式可得出A、B两点坐标，再代入二次函数解析式中，即可得出c的值和a与b的关系式；

2（2）①当a=1时，可得出该二次函数解析式，设点P坐标为a，aa2，根据（1）可

推出OAOB2，则OAB45，再根据题意即可证ADE为等腰直角三角形，得出

ADDE，结合点E为DP中点，即可列出关于a的一元二次方程，解出a即可求出P点坐标；

①分类讨论①若点B为直角顶点时，过点B作BKAB，连接BP，在Rt△ADE中，依勾股定理可求出AE的长，根据题意易证△BPE△ADE(ASA)，即得出BEAE2．由所作辅助线可确定BEQ为等腰直角三角形，即得出BQBE2，再在RtBEQ中，依勾股定理可求出EQ的长，从而可求出QD的长，即可求出此时Q点坐标；①若点A为直角顶点时，过点A作AMAB，交PD于点Q，根据①同理可证AQE为等腰直角三角形，且△AQD≌△AED，即得出QDDE1

即可求出此时Q点坐标；①若点Q为直角顶点时，根据圆周角定理可以点E为圆心，AE为半径作E交PD于点Q1，Q2，由AE2，即得出EQ1EQ22，从而可求出DQ1和DQ2的长，由此即得出Q点坐标． (1)

①对于一次函数yx2，当x=0时，y2；y=0时，x=2， ①点A坐标为(2，0)，点B坐标为(0，-2)．

答案第17页，共20页

2则在二次函数yaxbxca0中，c2

将x2，y0代入yax2bx2中得：

4a2b20，

即b2a1； (2)

当a1时，b2a12111，则二次函数表达式为yx2x2．

2①设点P横坐标为a，则点P坐标为a，aa2

由（1）可知，在RtAOB中，OAOB2， ①OAB45． 根据作图可知DE//OB，

①在Rt△ADE中，ADDE，即xAxDyDyE ①点E为DP中点， 1a2a2①yEyP

22a2a2①2a

2解得a11，a22（舍去）．

2，12，即为1，2． 即点P坐标为11①①、若点B为直角顶点，依题得图：

答案第18页，共20页

过点B作BKAB，连接BP，

在Rt△ADE中，依勾股定理得：AEAD2DE2(21)20(1)2，

22，则PD2， ①P坐标为1，①OB=2， ①BPPD，

BEPAEDEPED①在BPE和ADE中，

BPEADE90①△BPE△ADE(ASA)， ①BPAD1，BEAE2． ①BKAB，

①BEQ为等腰直角三角形， ①BQBE2，

①在RtBEQ中，依勾股定理得：EQBE2BQ22 ①QDQEDE213，

，3． ①此时，点Q坐标为1①、若点A为直角顶点，则

过点A作AMAB，交PD于点Q

同理可证AQE为等腰直角三角形，且△AQD≌△AED ①QDDE1

，①此时，点Q坐标为11．

①、若点Q为直角顶点

答案第19页，共20页

依上述过程知点E为线段AB的中点，则以点E为圆心，AE为半径作E交PD于点Q1，Q2，如图：

依上述过程知AE2， ①EQ12，

①DQ1EQ1DE21 ①点Q1坐标为1，21； ①EQ22，

①DQ2EQ2DE21 21． ①点Q2坐标为1，21或1，3或11，． 综上可知，点Q坐标为1，21或1，【点睛】

本题为一次函数和二次函数综合题．考查一次函数，二次函数函数与x轴的交点坐标，利用待定系数法求函数解析式，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，圆周角定理等知识．综合性强，属于压轴题，困难题型．在解决（2）①时正确的作出辅助线和利用分类讨论的思想是解题的关键．

答案第20页，共20页