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九年级学业水平模拟考试数学试题（3）参考答案与评分标准
阅卷须知：
1. 为便于阅卷，本试卷答案中有关解答题的推导步骤写得较为详细，阅卷时，只要考
生将主要过程正确写出即可.
2. 若考生的解法与给出的解法不同，正确者可参照评分参考相应给分.
3. 评分参考中所注分数，表示考生正确做到此步应得的累加分数.
一、选择题：（本大题共 10 个小题，每小题 3 分，共 30 分。在每小题给出的四个选项
中，只有一项是符合题目要求的。）
1.C；2.A；3.A；4.C；5.A；6.A；7.C；8.C；9.A；10.A.
二、填空题：（本大题共 6个小题，每小题 3分，共 15分，直接填写答案。）
11. (a＋2b) (a－2b)；12.答案不唯一，满足 1＜BC＜7 的任意实数；13．1；14． 3 ；
15.④.
三、解答题：本题共 8 小题，共 75 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
2
m 1 m m 1
16. 解：（1）原式 …………………………2 分
m 1 m 1 m
m 1，…………………………3 分
1 1 1
当m cos60 时，原式 1 ．…………………………4 分
2 2 2
（2）由4 2x 0，解之，得 x 2，
1
由 x a 0，解之，得 x 2a，…………………………5 分
2
4 2x 0

不等式组 1 恰有 3 个整数解，
x a 0
2
这 3 个整数解是 0，1，2，…………………………6 分
1
1 2a 0解之，得 a 0，…………………………7 分
2
1
故 a 的取值范围为 a 0．…………………………8 分
2
k
17．解：（1）①∵点 B（ 2 ， 1）在双曲线 y 上，
x
∴ k 2．…………………………1 分
2
∵点 A（1，m）在双曲线 y 上，
x
∴m 2．…………………………2 分
∵点 A 关于 x 轴的对称点为点 C，
∴点 C 的坐标为（1， 2 ）．……………………………3 分
②∵直线 l： y ax b 经过点 A（1，2）和 B（ 2 ， 1），
2 a b,
∴ ………………………4 分
1 2a b，
a 1,
解之得 ………………………5 分
b 1.
∴直线 l 的表达式为 y x 1．…………………………6 分
（2）1 3 t 0 或 2 t 1 3 ．…………………………8 分
18.解：（1）①作图.
E E
C
C
A D B A D B
法一：作 BE=AD, CE=CD 法二：作∠CBE=∠CAB, BE=AD
E
E
C C
A D B A D B
法三：作 BE⊥AD, BE=AD 法四：作 BE⊥AD, CE⊥CD
………3 分
如图所示，△CBE 即为所作的三角形. ………………………4 分
（2）过点 C 作 CF⊥AB，垂足为点 F，
∵等腰三角形 ABC 中，∠ACB=90°，
∴∠CAB=∠CBA=∠ACF=∠BCF=45°，………………………5 分
设 BD=a，则 AD=2a， E
3
∴ AF BF CF a， C
2
1
∴ DF BF BD a .………………………6 分
2
又∵△CBE≌△CAD，
∴∠CEB=∠1，………………………7 分 1
3
a
CF A F D B
∴ tan CEB tan 1
2 3 .………………………8 分
DF 1
a
2
(说明：本题解法较多，请参考评分标准酌情给分.)
45
19.解：（1） a 20.………………………2 分
1.502
（2）结合表 1和表 2可知这 10名男生中肥胖的有 3人，
3
∴360 10（8 人），………………………4 分
10
因此,估计该校七年级肥胖人数有 108人 .………………………5 分
（3）①抽查的样本容量只有 10人对于全年段 360人来说不具有广泛性；…………7 分
②只抽取初一（3）班的男生数据对于初一年段来讲不具有代表性.……………9分
20.(1)当点 F 与点 C 重合时，AF=AC.
由平移可知，CD=AB，CD//AB.
∴四边形 ABCD、四边形 ACED 是平行四边形.
∴AD=BC，AD//BC.
∴∠DAC=∠ACB. ………………………1 分
∵∠BAD=∠FAG，
∴∠DAF=∠BAG.
∵AB=BC，
∴∠BAC=∠ACB.
∴∠DAC=∠BAC=∠BAG.
∴AB 是∠CAG 的平分线，
∵AC=AG，
∴AB⊥CG. ………………………2 分
如图①，过点 B 作 BH⊥AC 于点 H.
∵AB=BC=2AC=8，
∴AH=2，
∴BH= 2 15 .
1
CG
BH 2 15
∴sin∠BAC= 2
AB 8 4
∴FG=CG= 2 15 .………………………3 分
(2)①BG 和 DF 总相等. ………………………4 分
证明：如图②.∵∠BAD=∠FAG.
∴∠BAD-∠BAF=∠FAG-∠BAF，
即∠BAG=∠DAF. ………………………5 分
又∵AG=AF，AB=AD，
∴△ABG≌△ADF(SAS).
∴BG=DF. ………………………6 分
②14 或 11 或 8. ………………………9 分
21．（1）证明：∵AB 是⊙O 的直径，
∴∠ADB=90°．………………………………1 分
∵AD⊥OC 于点 E，
∴∠AEC=90°．
∴∠AEC=∠ADB．………………………………2 分
∵CA 与⊙O 相切于点 A，
∴CA⊥BA．
∴∠CAB=90°．
即∠CAE+∠DAB=90°．………………………………3 分
∵∠CAE+∠ACE=90°，
∴∠DAB=∠ACE．
∵CA=BA，
∴△ACE≌△BAD．………………………4 分
（2）解：连接 AM，如图．……………………5 分
∵AD⊥OC 于点 E，AD=4，
1
∴AE=ED= AD=2．
2
∵△ACE≌△BAD，
∴BD=AE=2，CE=AD=4．
在 Rt△ABD 中， AB AD2 DB2 2 5 ．
在 Rt△ 2 2ABC 中， BC AB AC 2 10 ．…………………6 分
∵∠CEN=∠BDN=90°，∠CNE=∠BND，
∴△CEN∽△BDN．…………………7 分
CN CE
∴ 2．
BN BD
1 2 10
∴ BN BC ．……………………………8 分
3 3
∵AB 是⊙O 的直径，
∴∠AMB=90°，即 AM⊥CB．…………………9 分
∵CA=BA，∠CAB=90°，
1
∴BM= BC= 10 ．
2
10
∴ MN BM BN ．………………………………10 分
3
22.解：如图，过点 B 作 BE⊥MN 于点 E，过点 D 分别作 DF⊥MN 于点 F，作 DG⊥BE
于点 G，………………………1 分
则易得四边形 DGEF 是矩形，DF＝16 cm，………………………2 分
在 Rt△CDF 中，∠CFD＝90°，
tan ∠DCF＝ ，
∴CF＝ ＝ ＝ ＝16√ cm. ………………………3 分
° √
∵∠BAE＝45°，
∴∠ABE＝45°，AE＝BE. ………………………4 分
∵∠ABD＝85°，∴∠DBG＝∠ABD－∠ABE＝85°－45°＝40°. …………………5 分

在 Rt△DBG 中，∠BGD＝90°，sin ∠DBG＝ ，cos ∠DBG＝ ，

∴DG＝BD·sin ∠DBG＝BD·sin 40°≈0.64BD，………………………6 分
BG＝BD·cos ∠DBG＝BD·cos 40°≈0.77BD，………………………7 分
∴AE＝BE＝BG＋GE＝(0.77BD＋16)cm. ………………………8 分
∵AF＝AE＋EF＝AC＋CF，
∴0.77BD＋16＋0.64BD＝14＋16√ ，
解得 BD≈18.2 cm. ………………………9 分
答：支杆 AB，CD 端点 B，D 的距离约为 18.2 cm. ………………………10 分
1 1
23.解法一：（1）因为C1 : y x
2 2mx 2m2 (x m)2 m2
4 4
1
所以抛物线C1的顶点坐标为 (m,m
2 )．………………………2 分
4
3
所以当m 1时，顶点 A 的坐标为（-1，）．………………………3 分
4
（2）①由（1）知， A(m,m2
1
)．
4
1
所以抛物线C2 的解析式为 y x
2 ．………………………4 分
4
1
所以 B(0, )．
4
因为点O， E 关于点 B 对称，即 B 为OE中点，
1
所以 E(0, ) ．………………………5 分
2
2 2 1 2 2 1 1根据勾股定理， AO m (m ) (m )2 m2 ．……………6 分
4 4 4
y
1 C2
因为直线 l 过点 E 且平行于 x 轴，所以 l : y ．
2
1
因为 AM l 于点M ，∴M (m, ) ．
2 A I
1 1 1
所以 AM m2 ( ) m2 ． O x
4 2 4 B
M E l
所以 AO=AM．………………………7 分
2 3
②当m 1时，抛物线C1的解析式为 y x 1 ．………………………8 分
4
1
由①知抛物线C2 : y x
2 ，将抛物线C2 向右平移 1 个单位长度，再向上平移1个单
4
位长度即可得到抛物线C1．………………………9 分
对应的，将点O向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度得到点F (1,1) ，
1 1
将直线 l : y 向上平移1个单位长度得到直线 l : y ．………………………10 分
2 2
过 P 作直线 l 的垂线，垂足为 N ，交 x 轴于点 H ．
由①， AO AM ，
1
即抛物线C2 上任一点到点O的距离等于到直线 l : y 的距离．……………11 分
2
y
因为点P(x , y )在C1上， 0 0
C1
所以PF PN．
C2
1
所以 y0 PF y0 PN NH ．
2 P
即直线 x 1上存在点 F (1,1) ， A
1 F
1 N l'O
使得 y PF 为定值 ．………………13 分 10 H x
2 B
M E l
解法二：（1）当 m=－1 时，
2 7 3抛物线C1的解析式为 y x 2x (x 1)
2 ．………………………2 分
4 4
3
所以抛物线C1的顶点 A的坐标为（ 1，）．………………………3 分
4
3
①由（1）知，抛物线C2 过点 ( 1, )，
4
3 1
同理，抛物线C2 过点 (1, ) ， (0, )．
4 4
1 y
设C2 的函数表达式为 y ax
2 bx ，其中a 0．
4 C2
1 3
a b ， 4 4
所以
1 3 Ia b . A
4 4
O
a 1， x
解之得 B
b 0.
M E l
所以抛物线C 2
1
2 的解析式为 y x ．………………………4 分
4
1 1
所以 A(m,m2 ) ， B(0, )．
4 4
因为点O， E 关于点 B 对称，即 B 为OE中点，
1
所以 E(0, ) ．………………………5 分
2
1 1 1
根据勾股定理， AO m2 (m2 )2 (m2 )2 m2 ．………………6 分
4 4 4
1
因为直线 l 过点 E 且平行于 x 轴，所以 l : y ．
2
1
因为 AM l 于点M ，所以M (m, )．
2
所以 AM m2
1 1 1
( ) m2 ．
4 2 4
所以 AO=AM．………………………7 分
2 3
②当m 1时，由①知， y0 x0 1 ，………………………8 分
4
2 3 3
所以 x0 1 y0 ，且 y0≥ ．
4 4 y
设Q（1,t) 为直线 x 1上任意一点． C1
x=1
则 PQ (x0 1)
2 (y0 t)
2 ……………9 分
Q
G P
3
y0 (y
2
0 t)
4
F
y 2
3
0 (2t 1)y
2
O x
0 t H
4
2
2t 1
y t 1．………………………10 分 0
2
1 1
当 t 1时， PQ y y ．………………………11 分 0 0
2 2
1 1
此时 y0 PQ y0 y0 ．
2 2
1
所以，直线 x 1上存在点 F (1,1) ，使得 y PF 为定值 ．………………………13 分 0
2
说明：大家知道，区级统一模拟考试不是猜题亦不是押题，它是学生日常学习之检测，
平时训练之补充。三套模拟是一个整体、相互补充，突出的特点就是有意考察了含参曲线（直
线）过定点问题、含参范围分类讨论与最值（定值）融合问题，这是平时训练的短板，也是
近几年各省市命题的思维考察点之一，值得大家给与一定程度重视。
需要说明的是，三套模试题拟采用的都是“10（选择题）＋5（填空题）＋8（解答题）”
的结构框架，参考依据是年前省里组织的初三年级期末统考所提供的样卷。

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