2017年度上期九年级期末练习数学在线测验（重庆市合川县云门中学）

【答案】观光塔CD高
【解析】（1）先利用关于点的平移坐标规律写出A、B、C的对应点A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）根据网络特点和旋转的性质画出A1、B1、C1的对应点A2、B2、C2，从而得到△A2B2C2.
解：（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）如图，△A2B2C2为所作.

【答案】D
【解析】利用抛物线开口方向得到a<0，利用抛物线的对称轴位置得到b<0，利用抛物线与x轴的交点位置得到c>0，则可对A、B、C进行判断；利用x=1时，可对B进行判断.
解：抛物线开口向下，则a<0，抛物线的对称轴在y轴的右侧，则b<0，抛物线与x轴的交点在x轴上方，则c>0.
所以A、C、D选项都错误；
由于x=1时，y>0，即a+b+c>b，所以C选项正确.
故选B.
 

【答案】D
【解析】根据“左加右减、上加下减”的原则，
 将抛物线向左平移1个单位所得直线解析式为：
，∴；
再向下平移3个单位为： ，∴．
故选D．

【答案】B
【解析】在判断一元二次方程根的情况的问题中，必须满足下列条件：
（1）二次项系数不为零；
（2）有不相等的实数根时，必须满足△=b2-4ac≥0．利用此条件转化即可解得参数的范围
解：依题意列方程组，解得k≥-1且k≠0．
故选D．
“点睛”本题考查了一元二次方程根的判别式的应用．切记不要忽略一元二次方程二次项系数不为零这一隐含条件．
 

【答案】．
【解析】试题解析：∵AB所在的直角三角形的两边分别为：2，4，
∴AB=．
∴sin∠ABC=．

【答案】-3
【解析】把x=2代入方程得，即m=1，解方程得x为2或-3，故另一根为-3.

【答案】C
【解析】试题分析：根据旋转的性质可以得到∠DOB就是旋转角，
旋转角是∠DOB=90°，
故选C．

【答案】C
【解析】根据特殊角的锐角三角函数值即可求出答案.
解：sin45°=
故选C.

【答案】
【解析】（1）根据一元二次方程的根的判别式，建立关于k的不等式，求出k的取值范围；
（2）先确定k=1或2，再根据方程的根都是整数，可知20-8k是完全平方数，即可求k的值．
解：（1）关于x的一元二次方程x2+2x+2k-4=0中，
∴a=1，b=2，c=2k-4，
∵方程有两个不相等的实数根，
∴△=b2-4ac=20-8k＞0，
∴k＜；
（2）∵k为正整数，k＜，
∴k=1或2，
∵方程的根都是整数，
∴20-8k是完全平方数，
∴k=2．
“点睛“本题考查一元二次方程的根的问题，考查学生的计算能力，正确运用一元二次方程的根的判别式是关键．

【答案】（1） （2）
【解析】（1）原式利用负整数指数幂、二次根式性质，零指数幂法则，特殊角的三角函数值，计算即可得到结果；（2）首先将括号里面的通分相减，然后将除法转化为乘法，化简后即可求解．
解：（1）原式＝
＝
（2）原式＝
＝
＝
＝
＝

【答案】A
【解析】试题分析：利用顶点公式,进行解题,,所以顶点坐标是：（-1,8）．
故选A．

【答案】（1） (2)符合题意的Ｍ有三点，分别是(2 , 3 )，(， )，(　， ) (3)存在，在P点和F点移动过程中，△PCF的周长存在最小值，最小值为2．
【解析】（1）设抛物线的解析式为y=a(x-2)2+3. 将C（0，1）代入求得a的值即可；
（2）①C为直角顶点时，作CM⊥CD，CM交抛物线与点M，先求得直线CD的解析式，然后再求得直线CM的解析式，然后求得CM与抛物线的交点坐标即可；②D为直角顶点坐标时，作DM⊥CD，先求得直线CM的解析式，然后将直线CM与抛物线的交点坐标求出即可；
（3）存在. 作点C关于直线QE的对称点C/，作点C关于x轴的对称点C//，连接C/C//，交QE于点P，则△PCE即为符合题意的周长最小的三角形，由对称轴的性质可知，△PCE的周长等于线段C/C//的长度，然后过点C/作C/N⊥y轴，然后依据勾股定理求得C/C//的长即可.
解：（1）设抛物线的解析式为
将C（0，1）代入得：
解得: ?
∴
(2)①C为直角顶点时
如图①:CM⊥CD

设直线CD为,
∵OD=OC
∴OD=1
∴D(1,0)
把D(1,0)代入得:
∴
∵CM⊥CD,
∴易得直线CM为: 　
则: 　　　　
解之得:M(2 , 3 ),恰好与Q点重合.分
②D为直角顶点时:

如图②,易得：直线ＤＭ为
则：
则Ｍ为(， )或 (　， )　
综上所述，符合题意的Ｍ有三点，分别是(2 , 3 )，(， )，(　， )．
(3) 在．
如图③所示，作点C关于直线QE的对称点C′，作点C关于x轴的对称点C″，连接C′C″，交OD于点F，交QE于点P，则△PCF即为符合题意的周长最小的三角形，由轴对称的性质可知，△PCF的周长等于线段C′C″的长度．

（证明如下：不妨在线段OD上取异于点F的任一点F′，在线段QE上取异于点P的任一点P′，连接F′C″，F′P′，P′C′．
由轴对称的性质可知，△P′CF′的周长=F′C″+F′P′+P′C′；
而F′C″+F′P′+P′C′是点C′，C″之间的折线段，
由两点之间线段最短可知：F′C″+F′P′+P′C′＞C′C″，
即△P′CF′的周长大于△PCE的周长．）
如答图④所示，连接C′E，

∵C，C′关于直线QE对称，△QCE为等腰直角三角形，
∴△QC′E为等腰直角三角形，
∴△CEC′为等腰直角三角形，
∴点C′的坐标为（4，5）；
∵C，C″关于x轴对称，∴点C″的坐标为（0，?1）．
过点C′作C′N⊥y轴于点N，则NC′=4，NC″=4+1+1=6，
在Rt△C′NC″中，由勾股定理得：C′C″==2．
综上所述，在P点和F点移动过程中，△PCF的周长存在最小值，最小值为2．
“点睛”本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求函数的解析式，掌握相互垂直的两条直线的一次项系数乘积为-1是解答问题（2）的关键，利用轴对称的性质将三角形的周长转化为线段C/C//的长是解答问题（3）的关键.
 

【答案】解：⑴作CD⊥轴于D，
∴CD∥BO．
∵OA=2OB，
∴OB=2．
∴．
∵点B是AC的中点，
∴O是AD的中点．
∴OD=OA=4，CD=2OB=4．
∴点C的坐标为．
⑵设反比例函数的解析式为，
∴．
∴所求反比例函数的解析式为．
设一次函数为，
∵A（4,0），C，
∴解得： ．
∴所求一次函数的解析式为．

【解析】试题分析：（1）作CD⊥轴于D，可得CD∥BO．根据点A的坐标为（4，0），OA=2OB，求出B点坐标，根据点B是AC的中点，可知O是AD的中点．即可得到点C的坐标；（2）设反比例函数解析式为，代入C点坐标，解得即可；设一次函数的解析式y=kx+b，将点A、点C的坐标代入，运用待定系数法即可求出一次函数的解析式．

【答案】（1）；（2）公平．理由见解析.
【解析】试题分析：依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出甲乙获胜的概率，比较即可．
试题解析：（1）列表：

由列表法可知：会产生12种结果，它们出现的机会相等，其中和为1的有3种结果．
∴P(乙获胜)= ；
（2）公平．
∵P(乙获胜)= ，P(甲获胜)= ．
∴P（乙获胜）=P（甲获胜）
∴游戏公平．

【答案】
【解析】利用旋转的性质得，每3次一个循环（即经过三次旋转回到原来的状态），利用23=3×7+2得△23中A23的坐标为（9+6×12+9，0）.
解：△3中的A3的坐标为（9，0）
因为△OAB连接作翻转变换，每3次一个循环（即经过三次旋转回到原来的状态），
而23=3×7+2，
∴△23中的A23的坐标为（9+6×12+9，0），A23（90，0）
故答案为：（90，0）
“点睛”本题是对点的坐标变化规律的考查了，难度不大，仔细观察图形，得到每三个三角形为一个循环组依次循环是解题的关键，也是求解的难点．

【答案】B
【解析】本题依题意可知矩形边框的周长为16米，即已知矩形相邻两边的和是8，再结合矩形的面积公式得出答案．
解：依题意得：一边长为x，则另一边长=8-x，又矩形的面积为：x（8-x）= 9 ．故选B．
 

【答案】∠ADE=∠ACB或∠AED=∠ABC或等．（此题答案不唯一）
【解析】试题分析：由∠A是公共角，根据相似三角形的判定方法，即可得要使△ADE∽△ACB，可添加：∠ADE=∠ACB或∠AED=∠ABC或等．
试题解析：∵∠A是公共角，
∴要使△ADE∽△ACB，可添加：∠ADE=∠ACB或∠AED=∠ABC或等．

【答案】A
【解析】先根据二次函数的图象开口向下可知a<0，再由函数图象经过原点可知c=0，利用排除法即可得出正确答案.
解：∵二次函数的图象开口向下，
∴反比例函数y=的图象必在二、四象限，故A、C错误；
∵二次函数的图象经过原点，
∴c=0，
∴一次函数y=bx+c的图象必经过原点，故B错误.
故选D.
 

【答案】B
【解析】试题分析：由已知得△＞0，即（?3）2?4m＞0，
解得m＜．
故选B．

【答案】C
【解析】一元二次方程根的情况与判别式△=b2-4ac的关系：（1）△>0时，方程有两个不相等的实数根；（2）△=0时，方程有两个相等的实数根；（3）△<0时，方程没有实数根．
求出△的值即可判断.
解：一元二次方程x2+x+=0中，
=1-4×1×<0，
∴原方程无解.
故选C.