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2023 级九年级第一次模拟测试
数学参考答案及评分意见
说明：
（1）阅卷前务必认真阅读参考答案和评分意见，明确评分标准，不得随意拔高或降低标准．
（2）全卷满分 150分，参考答案和评分意见所给分数表示考生正确完成当前步骤时应得的累加分数．
（3）参考答案和评分意见仅是解答的一种，如果考生的解答与参考答案不同，只要正确就应该参照
评分意见给分．合理精简解答步骤，其简化部分不影响评分．
（4）要坚持每题评阅到底．如果考生解答过程发生错误，只要不降低后继部分的难度且后继部分再
无新的错误，可得不超过后继部分应得分数的一半，如果发生第二次错误，后面部分不予得分；若是相
对独立的得分点，其中一处错误不影响其它得分点的评分．
一、选择题（本大题共 10个小题，每小题 4分，共 40分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C D A C B A D B C
10．解析: ∵点 P（x1，y1）在抛物线 y＝mx2+2mx上，∴y1＝mx12+2mx1.
∵Q（x2，y2）在抛物线 y＝2x2－3x上，∴y2＝2x22－3x2.
∵x1y2=3x2y1，∴x1（2x22－3x2.）=3x2（mx12+2mx1.）.
∴x1x2.（2x2－3）=3x1.x2（mx1+2m）.∴x2=
3mx1 6m 3 .
2
k= x2 = 3mx 6m 3 3∴ 1 m 6m 3 .
x1 2x1 2 2x1
1 3
∵定值 k与 x1无关，∴6m+3=0，∴m .∴ k .
2 4
故选 C
二、填空题（本大题共 6小题，每小题 4分，共 24分）
11．4； 12．91分； 13．30°；
14．－2； 15．2； 16．①②④ .
16．解析：①在正方形 ABCD中， BC//AD
又∵AB＝BE，∴CF=BF；故①正确；
②∵BG平分∠ABD时，∴∠ABG＝∠DBG．
∵GP//AB，∴∠ABG＝∠BGP．∴∠DBG＝∠BGP．∴PG＝PB．
又∵点 Q为 BG的中点,∴PQ⊥BG；故②正确；
③作 BM⊥DE于点 M.
DCF BMF. DC CF DF . 10 5 5 5则△ ∽△ ∴ ∴ .
BM MF BF BM MF 5
∴ BM 2 5,MF 5.∴DM 6 5.∴tan∠BDE BM 1＝ .故③错误.
DM 3
④延长 GP交 DE于 H，连接 BH
∵GH//AE GP DP PH，∴ 又∵AB＝BE，
AB DB BE
∴GP=PH. 1∵Q为 GB的中点,∴PQ为△GBH的中位线. ∴PQ= BH.
2
故当 BH⊥DE时，BH有最小值. 由③可知 BH 最小=BM= 2 5．
∴PQ 1最小= BH 最小= 5 . 故④正确；2
综上可知，正确结论有①②④.
三、解答题（本大题共 9 小题，共 86 分）
17．解：原式=a2+ab－a2+4ab－4b2+4b2－a ……（3分）
=5ab－a ……（5分）
∵ (a 2)2 | 3 b | 0，
∴a=－2，b=3 ……（6分）
∴原式=5×(－2)×3－(－2)
=－30+2
=－28. ……（8分）
18．（1）证明：∵四边形 ABCD是平行四边形，∴AD=CB，∠A＝∠C. ……（1分）
由折叠可得：A'D=AD，∠A'＝∠A. ∴A'D=CB，∠A'＝∠C. ……（2分）
A C,
在△A'DE和△CBE 中， A ED CEB,∴△A'DE≌△CBE（AAS）. ……（4分）

A D CB
（2）解：∵△A'DE≌△CBE，∴ED＝EB. ……（5分）
∴∠DBE＝∠DBE＝35°. ……（6分）
∵点 O为 BD中点，∴EO⊥BD，∴∠BOE＝90°． ……（7分）
∴∠BEO＝90°－∠DBE＝90°－35°=55°． ……（8分）
19．解：（1）m=9，n=10，七；（每空 1分） ……（3分）
2 400× 12+24（ ） 50 +500×（44%+4%）＝528（人）. ……（5分）
答：估计该校七、八年级参加本次知识竞赛的学生中成绩为优秀的学生共有 528人．
（3）列表如下：
甲 乙 丙 丁
甲 （甲，乙） （甲，丙） （甲，丁）
乙 （乙，甲） （乙，丙） （乙，丁）
丙 （丙，甲） （丙，乙） （丙，丁）
丁 （丁，甲） （丁，乙） （丁，丙）
由上表可知，可能出现等可能的结果共有 12种，其中选中甲没选中乙同学的结果有 4种.
……（7分）
P 4 1∴ ……（8分）
12 3
20．（1）证明：∵a+b+c＝0，∴c＝－a－b． ……（1分）
∵Δ＝b2－4a（－a－b） ……（2分）
＝b2+4a2+4ab
＝（b+2a）2≥0． ……（4分）
∴方程总有实数根． ……（5分）
（2）以 a、b、c为边长的三角形是直角三角形． ……（6分）
由一元二次方程根于系数的关系可得
k 1 b k 1 c
， ． ……（7分）
2 2k a 2 2k a
1 1 b2 1 2
∴ (k 2 2 2 ) 2 ①； (k
2 2 1 2 )
c
……2 ② ． （8分）4 k a 4 k a
1 c2 b2 c2 b2
②－①得： 4 2 2 ，即1 2 ，所以 a
2＝c2－b2，即 a2+b2＝c2． ……（9分）
4 a a a
∴以 a、b、c为边长的三角形是直角三角形． ……（10分）
21．解：（1）将点 B（－2 3 y m， ）代入 ，得：m=－2×3=－6. ……（1分）
x
6
∴反比例函数的解析式为 y . ……（2分）
x
∵OA=2，∴A（0，2）， ……（3分）
b 2,
将点 A（0，2），B（－2，3）代入 y=kx+b，得： ……（4分）
2k b 3

k
1
,
y= 1解得： 2 ∴一次函数的解析式为 x+2. ……（5分）
b 2.
2
（2）过点 B、C分别作 BN⊥y轴于 N，CM⊥y轴于 M.
则 BN∥CM AB BN 1，∴△ABN∽△ACM，∴ ， ……（6分）
AC CM 2
∴CM=2BN＝4，∴C（－4，4）， ……（7分）
∵CE⊥x 3轴，∴D（－4， ），E（－4，0）， ……（8分）
2
CD= 4 3 5∴ ，CE＝4. ……（9分）
2 2
5
S
∴ △CBD
CD 5
2 . ……（10分）
S△CBE CE 4 8
22．（1）证明：∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB. ……（1分）
∵AD⊥AB，∴∠B+∠D＝90°. ……（2分）
∵CF为⊙O的切线，∴AC⊥CF，∴∠ACF＝90°. ……（3分）
∴∠ACB+∠FCD＝90°. ……（4分）
∴∠FCD＝∠D．∴FC＝FD． ……（5分）
（2）解：连接 AE.
∵AC为⊙O的直径，∴∠AEC＝90°.
1
∵AB＝AC，∴CE＝ BC=4. ……（6分）
2
∵∠CAE+∠ACE＝90°，∠D+∠ACE＝90°，∴∠CAE＝∠D．
在 Rt△ACE CE CE中，∵tan∠CAE＝ ，∴AE= =8.
AE tan CAE
∴AC＝ AE 2 CE 2 82 42 4 5 .
在 Rt△ADE中，∵tanD CE AE＝ ，∴DE= =16.
DE tanD
∴AD＝ AE 2 DE 2 82 162 8 5 . ……（8分）
设 FC＝FD＝x，则 AF=AD-DF=8 5 x．
∵AC2+FC2=AF2，∴ (4 5)2 x2 (8 5 x)2，解得 x=3 5
∴CF=3 5 ，AF= 5 5 ． ……（9分）
CF
在 Rt△ACF中，sin 3 5 3∠CAD＝ ＝ ． ……（10分）
AF 5 5 5
23．解：（1）设 n与 x的函数关系式为 n＝kx+b， ……（1分）
4k b 120 k 10
由题意，得 ……（2分）
5k b 110 b 160
∴n＝－10x+160（4≤x≤10）. ……（3分）
（2）①当 x=5时，m=5×5+80=105，n=－10×5+160=110,
∵105＜110，∴基底原液可全部卖完.
故销售基底原液利润为：(5－2)×105=315（元） ……（4分）
②当 x=8时，m=5×8+80=120，n=－10×8+160=80,
∵120＞80，∴基底原液无法卖完. ……（5分）
故销售基底原液利润为：(8－2)×80－2×(120－80)=400（元） ……（6分）
（3）设奶茶小店每天获得的利润为ｗ元
①当每天的产量不大于市场需求量时，得 m≤n，
即 5x+80≤－10x+160，解得 x≤6，∴4≤x≤6；
w=(x－2)(5x+80)=5(x+7)2－405 ……（7分）
∵5＞0，对称轴为直线 x= 7，∴当 4≤x≤6时，w随 x的增大而增大，
∴当 x＝6时，w 最大＝5(6+7)2－405=440（元）. ……（8分）
②当每天的产量大于市场需求时，m＞n，
即 5x+80＞－10x+160，解得 x＞6，∴6＜x≤10；
w=(x－2)(－10x+160)－2[(5x+80)－(－10x+160)]
=－10x2+150x－160=－10(x－7.5)2+402.5
∵－10＜0，对称轴直线: x=7.5.∴当 x＝7.5时，w 最大＝402.5（元）. ……（9分）
∵440＞402.5 ∴原液定价为 6元/升时，每天可获得最大利润为 440元． ……（10分）
24 1．（1）证明：∵点 E是 BC的中点，∴BE＝ BC=4.
2
1
∵BP= AB=2，∴AP＝AB－BP=4.∴AP=BE. ……（1分）
3
∵四边形 ABCD是矩形，∴∠A＝∠B＝90°.
∴∠APQ+∠AQP＝90°.∵PQ⊥PE，∴∠APQ+∠BPE＝90°.
∴∠AQP＝∠BPE. ……（2分）
A B
在△APQ和△BEP 中， AP BE ∴△APQ≌△BEP（ASA)

AQP BPE
∴PQ=PE. ……（3分）
（2）解：设 BP=x，则 AP=6－x
∵∠A＝∠B，∠AQP＝∠BPE，∴△APQ∽△BEP. ……（4分）
AQ AP AQ 6 x
∴ . ∴ .
BP BE x 4
AQ x(6 x) 1 (x 3)2 9∴ . ……（5分）
4 4 4
x=3 AQ = 9当 时， 最大 . ……（6分）4
（3）如图，设 CE的中点为点 F，过点作 FG⊥BC交 AD于点 G，在 GF上截取 OF=2EF=4
连接 OE，以点 O为圆心 OE为半径作⊙O，交 AD于点 Q，连接 OQ，OC.
则∠CQE= 1 ∠COE.
2
∵OE＝OC，FG⊥BC，∴∠EOF= 1 ∠COE. ∴∠CQE=∠EOF.
2
在 Rt△OEF中，tan∠EOF= EF 1 ，∴tan∠CQE=tan∠EOF= 1 .
OF 2 2
即当 tan∠CQE= 1 时，点 Q为⊙O交 AD的交点. ……（7分）
2
∵∠GFB=∠A=∠B=90°， ∴四边形 ABFG是矩形，
∴∠QGO=90°，GF=AB=6. ∴GO=GF-OF=2. ∴GO=FE.
又 OQ=EQ，∴△OGQ≌△EFO（HL)
∴GQ=FO=4. ∴AQ=AG-GQ=2. ……（8分）
设 BP=x，则 AP=6－x
2 APQ BEP. AQ AP 2 6 x由（ ）知：△ ∽△ ∴ . ∴ . ……（9分）
BP BE x 4
整理得：x2-6x+8=0，解得 x=2或 4
经检验：x=2或 4都是原方程的根
∴x=2或 4.∴BP=2或 4，即 BP的长为 2或 4. ……（10分）
a b 2 0
25 1 ．解：（ ）由题意可得：得： b 3 ， ……（1分）

2a 2
a 1 ， 1 3
解得： 2 ∴二次函数的解析式为： y x2 x 2 . ……（3分）
b 3 2 2 . 2
（2）过点 D作 DH⊥OB于 H
1 3
抛物线 y x2 x 2交 y轴于点 C（0，2）.
2 2
∵A（－1，0）、B 3关于直线 x＝ 对称，∴B（4，0）. ……（4分）
2
D d 1 d 2 3设 （ ， d 2）．
2 2
∵S2－S1=2，∴（S2+S△ABE）－（S1+S△ABE）=2，即 S△ABD－S△ABC=2 ……（5分）
1
∴ AB DH 1 AB OC 5
2 2 2
1
∴ 4 1 1 d 2 3 d 2 1 4 1 2 5 .
2 2 2 2 2
整理得：d2－3d+2=0
解得：d1=1，d2=2. ……（6分）
抛物线 y＝x2－2x－3对称轴为直线 x＝1．
∴点 D的坐标为（1，3）或（2，3）. ……（7分）
（3）FN与 NQ的数量关系为：QN=3FN. 理由如下： ……（8分）
设直线 TF的解析式为：y=k1x+b1，
把 T（0，t）代入可得，b1=t ∴y=k1x+t
y k1x t,
联立直线 TF的与抛物线得，
y
1
x2 3 x 2
2 2
1
∴ x2 3 x 2 k1x t，整理得 x
2 2k1 3 x 2t 4 0 .2 2
∵TF与抛物线有唯一交点 F，∴x1=x2=xF
∵x1 x2=2t－4，∴xF2=2t－4. ……（9分）
设直线 TP的解析式为：y=k2x+b2，把 T（0，t）代入可得，b2=t ∴y=k2x+t
y k2x t,
联立直线 TP的与抛物线得，
y
1 3
x2 x 2
2 2
1
∴ x2 3 x 2 k2x t ，整理得 x
2 2k2 3 x 2t 4 0 .2 2
x x
∴x3 x4=2t－4，即 xP xQ=2t－4.∴x P FF2=xP xQ ，∴ . ……（10分）
xF xQ
过点 P作 PI⊥y轴于 I，过点 F作 FJ⊥y轴于 J，过点 Q作 QK⊥y轴于 K.
则：PI//FJ，∴△MPI∽△MFJ. PM IP∴
FM JF
FM=3PM PM xP x∵ ，∴ ，∴ P 1 x 1 . ∴ P . ……（11分）
3PM xF xF 3 xF 3
FN FK FN x x 1 1
同理可得： ∴ F P . ∴QN=3FN. ……（12分）
QN QK QN xQ xF 3 3

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