2024-2025學(xué)年長(zhǎng)沙市一中集團(tuán)九年級(jí)下學(xué)期期中考試試卷 一中九年級(jí)數(shù)學(xué)期中-答案1

學(xué)年度第二學(xué)期九年級(jí)期中考試數(shù)學(xué)參考答案一、選擇題題號(hào)12345678910答案BBABCDBBAD二、填空題．x(x＋2)(x－2)12．x≠113．15π14．3515．m>－416．2三、解答題17【解析】|2－tan60°|－(π－3.14)0＋\a\vs4\al\co1(－\f(12))－2＋12)2＝|2－3|－1＋4＋3＝2－3－1＋4＋34分＝5.6分18【解析】原式＝4(x2－2x＋1)－(4x2－9)＋2x2＋8x＝4x2－8x＋4－4x2＋9＋2x2＋8x＝2x2＋13，4分當(dāng)x＝－1時(shí)，原式＝2＋13＝15.6分19【解析】(1)延長(zhǎng)AE交CD于點(diǎn)H，∵∠EAB＝∠ABC＝∠BCD＝90°，∴四邊形ABCH為矩形，∴CH＝AB＝2，且∠AHD＝90°，∴DH＝3.7－2＝1.7，又∵∠CDE＝30°，∴EH＝1.7÷3≈1.0，DE＝2EH≈2.0，∴AE＝BC－EH≈1.3，∴AE＋DE≈3.3，答：AE＋DE的長(zhǎng)度約為3.3km.3分(2)60km/h＝1km/min，40km/h＝23km/min，經(jīng)過(guò)路線A→B→C→D的時(shí)間t＝(2＋2.3＋3.7)÷23＝12min，經(jīng)過(guò)路線A→E→D的時(shí)間t＝3.31＝3.3min，12－3.3＝8.7min，答：大約可節(jié)約8.7分鐘.6分20【解析】(1)根據(jù)題意得：總?cè)藬?shù)為：3÷15%＝20(人)，表示“D等級(jí)”的扇形的圓心角為420×360°＝72°；C等級(jí)所占的百分比為820×100%＝40%，所以m＝40，故答案為：20，72，40.3分(2)等級(jí)B的人數(shù)為20－(3＋8＋4)＝5(人)，補(bǔ)全統(tǒng)計(jì)圖，如圖所示：5分(3)根據(jù)題意，列出表格，如下：男女1女2男女1、男女2、男女1男、女1女2、女1女2男、女2女1、女2共有6種等可能結(jié)果，其中恰是一男一女的有4種，所以恰是一男一女的概率為46＝23.8分21【解析】(1)∵D是邊BC的中點(diǎn)，∴BD＝CD＝12BC，∵CE∥AB，∴∠B＝∠DCE，∠E＝∠BAD，在△ABD和△ECD中，∠BAD＝∠E，∠B＝∠DCE，BD＝CD，∴△ABD≌△ECD(AAS).4分(2)由(1)可知△ABD≌△ECD，∴AB＝CE＝5，在△ABC中，AB－AC＜BC＜AB＋AC，∴2＜BC＜8.8分22【解析】(1)設(shè)第一批每份的進(jìn)價(jià)是x元，則第二批每份的進(jìn)價(jià)是(x＋1)元，由題意得：1500x＋1＝600x×2，解得：x＝4，經(jīng)檢驗(yàn)，x＝4是所列方程的解，且符合題意，∴x＋1＝4＋1＝5，答：第一批書簽每份的進(jìn)價(jià)是4元.5分(2)由(1)可知，兩批書簽進(jìn)貨量分別為600÷4＝150(份)，1500÷5＝300(份)，設(shè)每份書簽的標(biāo)價(jià)是a元，由題意得：(150a＋300a)－(600＋1500)≥1500，解得：a≥8，答：每份書簽的標(biāo)價(jià)至少是8元.9分23【解析】(1)∵EF⊥AD，∴∠OED＝90°，∴∠ODA＋∠DOE＝90°，∵∠FOC＝∠ODA，∴∠FOC＋∠DOE＝90°，∴∠COD＝180°－90°＝90°，∴AC⊥BD，又∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴四邊形ABCD為菱形.5分(2)法一：由(1)可知，四邊形ABCD為菱形，∴AD＝AB＝1，OA＝OC＝12AC，∵EF⊥AD，∴S＝12AC?BD＝AD?EF，∵BD＝3EF，∴12AC?3EF＝AD?EF，即32AC＝1，∴AC＝23，∴OC＝12AC＝13.9分法二：利用三角函數(shù)sin∠OBC＝OCBC＝OFOB＝13，∴OC＝13.9分法三：△BOC∽△BFO得OCBC＝OFOB＝13，∴OC＝13.9分24(1)3x2－2x－1＝0的“輪轉(zhuǎn)對(duì)稱方程”是－x2－2x＋3＝0，即(x－1)(x＋3)＝0，解得x＝1，x＝－3.3分(2)將A(1，0)，B(2，0)代入y＝ax2＋bx＋c，可得a＋b＋c＝0，4a＋2b＋c＝0，)解得b＝－3a，c＝2a，)其“輪轉(zhuǎn)對(duì)稱函數(shù)”為y＝cx2＋bx＋a＝2ax2－3ax＋a，∴y＝a(2x2－3x＋1)，令2x2－3x＋1＝0，解得x＝12，x＝1，∴“輪轉(zhuǎn)對(duì)稱函數(shù)”的圖象過(guò)定點(diǎn)\a\vs4\al\co1(\f(12)，0)，(1，0).5分(3)(ⅰ)由直線y＝x可知∠BOD＝∠DOC＝45°，∵OD2＝OB·OC，∴ODOB＝OCOD，∴△COD∽△DOB，∴∠OCD＝∠ODB，∵∠DOC＝45°，∴∠OCD＋∠ODC＝135°，∴∠BDC＝∠ODB＋∠ODC＝135°，∴∠ACD＝∠BDC＝135°，∴∠ECD＝∠EDC＝45°，∴△CDE是等腰直角三角形，∴CD＝2DE，又∵BD＝2DE，∴BD＝2CD，∵△DOB∽△COD，∴OBOD＝ODOC＝BDCD＝2，∴OD＝2OC＝22，OB＝2OD＝4，∴D\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，2)，B\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，0)，將B\rc\)(\a\vs4\al\co1(40)C(02)D\rc\)(\a\vs4\al\co1(22)三點(diǎn)代入拋物線y＝ax2＋bx＋c，得16a＋4b＋c＝0，c＝2，4a＋2b＋c＝2，解得a＝－\f(14c＝2，12)，則y＝－14x2＋12x＋2，∴t＝y(tǒng)－x＝20\a\vs4\al\co1(－＋2－x＝－14x20－12x＋2＝－14\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋1)2＋94，令x＝－1得，t＝94，要使t≤m＋74恒成立，即m≥t－74恒成立，則m≥\a\vs4\al\co1(t－\f(74))max＝t－74＝12，∴m≥12.8分(ⅱ)由(ⅰ)可知y＝－14x2＋12x＋2，∴y＝2x2＋12x－14＝2\a\vs4\al\co1(x＋\f(18))2－932，∵n>m≥12，∴5m2－2m＝m(5m－2)>0，同理5n2－2n＝n(5n－2)>0又∵m5m2－2m≥1y2≥n5n2－2n，∴5m2－2mm≤y≤5n2－2nn，即5m－2≤y≤5n－2，∵n>m≥12＞－18，∴2m2＋＝5n－2，解得m＝\f(1274)，10分25【解析】(1)∵四邊形ABCD內(nèi)接于☉O，∠BCD＝，∴∠BAD＝66°，︵︵又∵＝，∴∠BAC＝∠DAC＝12∠BAD＝33°.3分(2)如圖，過(guò)點(diǎn)E作EG∥BQ，交AD于點(diǎn)G，∴∠AEG＝∠BFE＝∠BEA，又∵∠BAE＝∠GAE且AE＝AE，∴△ABE≌△AGE(ASA)，∴EG＝BE＝BF，又∵EG∥BQ，∴△DEG∽△DBQ，∴BEBQ＝EGBQ＝DEBD，∴BEBQ＋BEBD＝DEBD＋BEBD＝BDBD＝1，∴1BQ＋1BD＝1BE.6分(3)法一：過(guò)點(diǎn)I分別作AB，AD，BD的垂線，垂足分別為M，N，H點(diǎn)，∵BD為直徑，∴∠BAD＝90°，∴四邊形AMIN為矩形，∵I為內(nèi)心，∴IM＝IN＝IH，∴四邊形AMIN為正方形，設(shè)AM＝AN＝IM＝IN＝IH＝r，DH＝DN＝x，∴BM＝BH＝2R－x，OH＝R－x，在Rt△BAD和Rt△IOH中，由勾股定理可得（R－x）2＋r2＝\f(15（r＋x）2＋（2R－x＋r）2＝4R2，解得r＝25R，x＝45R，∴AB＝85R，AD＝65R，∵∠ABE＝∠ACD，∠BAE＝∠CAD，∴△ABE∽△ACD，∴AE·AC＝AB·AD＝4825R2