自贡市2015-2016学年九年级上期末统一考试数学试题含解答

自贡市2015－2016学年上学期九年级期末统考数学试题考点分析及解答分析：赵化中学郑宗平一、选择题（共10个小题，每小题4分，共40分）1.已知x1是方程2xmx10的一个实数根，则m的值是（）A.0B.1C.2D.2考点：方程根的定义分析：根据方程根的定义可知：x1满足方程2xmx10；因此将x1代入方程即可求得m的值.略解：当x1时，21m110，求得m2.故选C.2.关于x的一元二次方程2xkx10的根的情况（）A.有两个相等的实数根B.有两个不相等的实数根C.没有实数根D.无法确定考点：一元二次方程根的判别式.分析：由一元二次方程根的判别式的值的情况即可判别该方程根的情况.略解：△=22k411k4.∵2k0，∴2k40，即△＞0.故选B.3.下列图形中，中心对称图形有（）A.4个B.3个C.2个D.1个考点：中心对称图形的定义.分析：主要是抓住一个图形绕着某一个点旋转180°后与原来的图形．．．．．重合来判断；本题的这组图形中的前面三个图形均满足.注意边数为奇数的多边形框架结构的图形旋转180°后不能与原来的图形．．．．．重合，所以最后一个图形不是中心对称图形.故选B.4.若二次函数2yx2xc配方后为2yxh7，则ch、的值分别为（）A.,61B.,61C.,81D.,81考点：二次函数的性质，二次函数的顶点公式及二次函数式的配方.分析：本题可以用二次函数的“顶点公式”直接求得ch、的值，也可以将此二次函数直接配方，然后利用对应部分值相等来求得ch、的值.本题采用直接配方更简捷.略解：22yx2xcx1c1∴,c17h1，解得：,c8h1.故选C.5.如图，将Rt△ABC(其中,B30C90oo)绕点A按顺时针方向旋转到△11ABC的位置，使得点1CAB、、在同一条直线上，那么旋转角等于（）A.115°B.145°C.125°D.120°考点：图形的旋转角、图形旋转的性质.分析：本题可以抓住旋转前后图形对应点到旋转中心所构成的夹角都等于旋转角来获得解决.略解：∵Rt△ABC中，,B30C90oo∴BAC90B60oo∵点1CAB、、在同一条直线上∴'BAB18060120ooo.故选D.6.如图，△ABC的边AC与⊙O相交于CD、两点，且经过圆心O,边AB与⊙O相切，切点为B.已知A30,则C的大小是（）A.30°B.45°C.60°D.40°考点：圆的切线的性质，直角三角形、等腰三角形的相关性质.分析：本题关键是抓住连结OB后把问题转化到Rt△ABO和等腰△OBC来解决.略解：如图连结OB.∵OB是半径，边AB与⊙O相切于点B∴OBAB∴ABO90o∴BOA903060∵OBOC∴OBCOCB∵AOBOBCOCB∴60C302oo.故选A.7.抛物线2yaxbxc与x轴的两个交点为,,,1030，其形状与抛物线2y2x相同，则2yaxbxc函数关系式为（）A.2y2xx3B.2y2x4x5C.2y2x4x8D.2y2x4x6考点：二次函数的相关性质、待定系数法求解析式.分析：由抛物线2yaxbxc的形状与抛物线2y2x相同可知a2，再利用待定系数法把,,,1030代入2yaxbxc建立方程组来bc、的值.略解：∵抛物线2yaxbxc的形状与抛物线2y2x相同∴a2;∴2y2xbxc∵原抛物线与x轴的两交点为,,,1030∴2221bc0233bc0解得b4c6.故选D.8.如图，在⊙O内过点M最长的弦长为10cm，最短的弦长为8cm，则OM的长为（）A.5cmB.4cmC.3cmD.2cm考点：垂径定理、勾股定理以及圆的其它相关性质.分析：园内最长的弦是直径，以此可以求出圆的半径；当OM垂直于弦时，点O到此弦的距离最短，根据在三角形的边角大小的对应关系，此时的这条弦是园内过点M点的最短的弦.略解：如图，作过⊙O内点M的直径AB,同时作过点M的弦CDAB,连结OD.根据垂径定理可知11MDCD84cm22又11ODAB105cm22.∵CDAB∴OMD90o∴222OMMDOD即222OM45求得：OM3cm.故选C.9.股票每天的涨、跌幅均不超过10%，即当涨了原价的10%后，便不能再涨，叫涨停；当跌了原价的10%后，便不能再跌，叫跌停.已知一支股票某天跌停，之后两天时间又张回到原价，若这两天此股票股价的平均增长率为x，则x满足的方程是（）OMC1B1BCADCOABABCDA.2101x9B.2111x10C.1112x10D.1012x9考点：列一元二次方程解应用题、增长率公式.分析：设原价为单位“1”.当跌了原价的10%后跌停时的股价为%%911109010.所以291x110，即2101x9.故选A.10.如图，边长为4的正方形ABCD的边BC与直角边分别是2和4的Rt△GEF的边GF重合，正方形ABCD以每秒1个单位长度的速度沿GE向右匀速运动，当点A和点E重合时正方形停止运动.设正方形的运动时间为t秒，正方形ABCD与Rt△GEF重叠部分的面积为S,则S关于t的函数图象为（）考点：二次函数的图象及其性质、正方形以及直角三角形的性质，直角三角形的面积.分析：本题关键是抓住平移过程中的三种情况分别建立函数，再根据函数关系式以及该函数自变量的取值范围确定函数的大致图象时问题得以解决.略解：分为三种情况.⑴.当正方形ABCD的沿边BC所在的直线平移GB长的距离(图①)，则S1MBGFGB2.设正方形的运动时间为t秒,则GB1tt，BE2t；∵GF4BE2，∴GF2GE.易得BM2BE22t42t.∴S22142t4tt4tt240t22.⑵.当正方形ABCD的沿边BC所在的直线平移GB长的距离(图②，即Rt△GEF的边在正方形ABCD的边BC内部，此时2t4).S11GFGE42422⑶..当正方形ABCD的沿边BC所在的直线平移GB长的距离(图③)，则S1MAAE2.设正方形的运动时间为t秒,则GB1tt，AGt4；AEGEAG2t46t∵GF4BE2，∴=MA2AE26t122t∴S216t122tt64t62.根据以上三种情况的函数关系式以及该函数自变量的取值范围确定函数的大致图象应是第二个图象.故选B.二、填空题(每题4分，共20分)11.已知扇形的圆心角为60°，半径为5，则扇形的周长.考点：扇形的定义、扇形的周长、弧长公式.分析：本题关键是抓住根据扇形的定义可知扇形的周长是扇形所在的两条半径与弧长之和.同学们容易弄错的地方是在算周长时漏掉加上两条半径.略解：扇形的周长605552103180故应填：+5103.12.正三角形的内切圆及外接圆的半径之比.考点：正三角形的相关性质、正多边形的半径和边心距、直角三角形的相关性质.分析：本题关键是抓住正三角形的内切圆及外接圆的半径和正三角形边的一半组成一个含30°锐角的直角三角形来获得解决.见示意图，连结出正三角形的半径R（即外接圆的半径）,作出正三角形的边心距r；正三角形具有“四心”合一，其内切圆及外接圆的圆心重合，三角形的内心是角平分线的交点，所容易得出含30°锐角的直角三角形；所以在此直角三角形中有：1rR2,即::rR12.故应填：:12.13.如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形'''ABCD,图中阴影部分的面积为.考点：正方形的性质、旋转的性质、全等三角形、勾股定理、图形的面积等.分析：图中阴影部分的面积可由正方形ABCD的面积减去四边形'DABH的面积得到.根据旋转的性质得出'BAB或'DAD为30°，在此基础上求出'DAB的度数为60°;连结AH后可证得△'ABH≌△ADH,所以'1112DAB603022,则在Rt△ADH中有2AHDH;由勾股定理可得：222DHADAH,即222DH12DH.解得:3DH3.S四边形'DABH=2S△ADH=132ADDH123.图中阴影部分的面积=S正方形'DABH-S四边形'DABH=313.故应填：313.14.矩形OABC的顶点坐标分别是,,,,,,,00404101，在矩形OABC的内部任取一点,xy，则xy的概率.考点：概率、矩形的性质、坐标、几何图形面积等.分析：本题关键是抓住满足xy几何图形区域的面积.我们都知道点,xy满足xy时都在直线yx上，所以xy区域是矩形OABC被直线yx所截得的左面部分（见图中的阴影部分）.略解：如图，在平面直角坐标系中画出直线yx.此时图中阴影部分三角形区域内所有的点满足xy.根据题中条件可以求得：,;,OA4AB1CO1CD1.S△CDO=111CDCO11222,S矩形OABC=OAAB414所以矩形OABC的内部的点,xy的坐标xy的概率应为：112Pxy48.EC(F)DAB(G)tS123456123450AtS123456123450BtS123456123450CtS123456123450DMFGECDAB图①EFGCDAB图②MEGFCDAB图③Rr30°B'C'D'BCDAH12xy12341DCABO故应填：18.15.已知二次函数2yaxbxca0的图象如图所示，给出以下结论：①.abc0；②.bac；③.4a2bc0；④.3b2c；⑤.abnanbn1.其中正确的是.（填上正确结论的序号）考点：二次函数的图象及其相关性质.分析：由二次函数2yaxbxca0的图象开口向上可知：a0；由对称轴bx12a可得：b2a，所以b0；容易得出图象与y轴交于,0c，而此时的交点在y轴的负半轴，所以c0；综上可知abc0，所以①是正确的.当x1时，yabc；过.10作x轴的垂线，再过此垂线与抛物线的交点向y轴作垂线，此时垂足点的纵坐标yabc0（见示意图），则bac；所以②是正确的.当x2时，+y4a2bc；过.20作x轴的垂线，再过此垂线与抛物线的交点向y轴作垂线，此时垂足点的纵坐标y4a2bc0（见示意图），所以③是错误的.∵b2a∴3bb2b2a2b∴3b2c2a2b2c2abc∵abc0∴3b2c2abc0，即3b2c0，∴3b2c.所以④是正确的.当x1时，yabc；由于x1时，抛物线的顶点是最低点，yabc的最小；当xn时，2yanbnc；因为n1，所以2yanbnc的值均比最小值yabc的值大.∴2abcanbnc∴2abcanbn即abnanbn1；所以⑤是错误的.综合以上分析应填：①，②.④.（注：只要填错1个便不给分，但漏填可按比例给分）三、解答题(每小题8分，共16分)16.解方程：2x12xx10考点：一元二次方程的解法、解一元二次方程.分析：本题由于有公因式x1，所以采用因式分解法此一元二次方程.略解：x1x12x0..........................................4分