2022年黄冈市九年级三模考试数学试卷（附答案）

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2022年春季九年级三模考试
数学试题参考答案
一、选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．解：﹣18的相反数是：18．
故选：A．
2．解：下列事物中运用了三角形稳定性的是长方形门框的斜拉条，埃及金字塔和三角形房架，学校的电动伸缩大门运用了平行四边形的易变性；
故选：D．
3．解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，BC＝BA，∠ABE＝∠CBE＝45°，
在△ABE和△CBE中，
，
∴△ABE≌△CBE（SAS）．
∴∠BAE＝∠BCE＝20°，
∵∠ABC＝90°，∠BCF＝20°，
∴∠BFC＝180°﹣∠ABC﹣∠BCF，
＝180°﹣90°﹣20°
＝70°，
∵∠BFC＝∠BAE+∠AEF，
∴∠AEF＝∠BFC﹣∠BAE＝70°﹣20°＝50°，
故选：D．
4．解：A．原式＝3x2﹣2x2＝x2，故此选项错误；
B.2m•（﹣2m）2＝8m3，故此选项正确；
C．x10÷x10＝1，故此选项错误；
D．（2a2b）3＝8a6b3，故此选项错误；
故选：B．
5．解：∵关于x的一元二次方程（1﹣a）x2+2x﹣2＝0有两个不相等的实数根，
∴22﹣4（1﹣a）×（﹣2）＞0且1﹣a≠0，
整理得：4+8﹣8a＞0且a≠1
解得：a＜且a≠1．
故选：C．
6．解：100÷25%＝400（人），
∴样本容量为400，
故A正确，
360°×10%＝36°，
∴类型D所对应的扇形的圆心角为36°，
故B正确，
140÷400×100%＝35%，
∴类型C所占百分比为35%，
故C错误，
400﹣100﹣140﹣400×10%＝120（人），
∴类型B的人数为120人，
故D正确，
∴说法错误的是C，
故选：C．
7．解：∵BC∥DE，
∴△ABC∽△ADE，
∴，
∵AB：BD＝3：5，
∴＝，
∵BC＝30cm，
∴＝，
∴DE＝80（cm）．
故选：D．
8．解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∵AF是∠BAD的平分线，
∴∠FAB＝45°，
∴∠AFB＝45°，
∴∠AFC＝135°，CF与AH不垂直，
∴点F不是AH的中点，即AF≠FH，
∴①错误；
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∵AD＝，AB＝1，
∴tan∠ADB＝＝，
∴∠ADB＝30°，
∴∠ABO＝60°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AC＝BD，AC＝2AO，BD＝2BO，
∴AO＝BO，
∴△ABO是等边三角形，
∴AB＝BO，∠AOB＝∠BAO＝60°＝∠COE，
∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF＝∠DAF＝45°，
∵AD∥BC，
∴∠DAF＝∠AFB，
∴∠BAF＝∠AFB，
∴AB＝BF，
∵AB＝BO，
∴BF＝BO，∴②正确；
∵∠BAO＝60°，∠BAF＝45°，
∴∠CAH＝15°，
∵CE⊥BD，
∴∠CEO＝90°，
∵∠EOC＝60°，
∴∠ECO＝30°，
∴∠H＝∠ECO﹣∠CAH＝30°﹣15°＝15°＝∠CAH，
∴AC＝CH，
∴③正确；
∵△AOB是等边三角形，
∴AO＝OB＝AB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AB＝CD，
∴DC＝OC＝OD，
∵CE⊥BD，
∴DE＝EO＝DO＝BD，
即BE＝3ED，∴④正确；
所以其中正确结论有②③④，3个．
故选：C．
二、填空题（共8小题，满分24分，每小题3分）
9．解：由题意可得：3+x≥0，
解得：x≥﹣3，
故答案为：x≥﹣3．
10．解：﹣3x﹣1≥﹣10，
﹣3x≥﹣10+1，
﹣3x≥﹣9，
x≤3，
所以不等式﹣3x﹣1≥﹣10的正整数解为是1、2、3，
故答案为：1、2、3．
11．解：∵AF∥BC，
∴∠B+∠BAF＝180°．
即∠B+∠1+∠BAC＝180°．
∵∠1＝∠2，∠B＝30°，且∠2＝70°，
∴30°+70°+∠BAC＝180°．
∴∠BAC＝80°．
故答案为：80°．
12．解：∵a是方程x2+3x﹣5＝0的实数根，
∴a2+3a﹣5＝0，
∴a2＝5﹣3a，
∴a2﹣3b+2020＝5﹣3a﹣3b+2020＝2025﹣3（a+b），
∵a，b是方程x2+3x﹣5＝0的两个实数根，
∴a+b＝﹣3，
∴a2﹣3b+2020＝2025﹣3×（﹣3）＝2034．
故答案为：2034．
13．解：根据题意画图如下：
共有27种等可能的情况数，其中他们三人恰好进入同一社区的有3种，
则他们三人恰好进入同一社区的概率是＝．
故答案为：．
14．解：以底部所在的直线为x轴，以线段AB的垂直平分线所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，如图：
∴A（﹣40，0），B（40，0），E（0，200），
设内侧抛物线的解析式为y＝a（x+40）（x﹣40），
将（0，200）代入，得：200＝a（0+40）（0﹣40），
解得：a＝﹣，
∴内侧抛物线的解析式为y＝﹣x2+200，
将y＝150代入得：﹣x2+200＝150，
解得：x＝±20，
∴C（﹣20，150），D（20，150），
∴CD＝40m，
故答案为：40米．
15．解：因为第1个五角形数记作a1＝1＝3×1﹣2，
第2个五角形数记作a2＝5＝a1+3×2﹣2，
第3个五角形数记作a3＝12＝a2+3×3﹣2，
第4个五角形数记作a4＝22＝a3+3×4﹣2，
第5个五角形数记作a5＝a4+3×5﹣2＝35，
则a6＝a5+3×6﹣2＝51．
故答案为：51．
16．解：由题可得：正方形的边长AB＝AD＝2cm，
点P运动2.5秒时，P点运动了2.5cm，
此时，点P在BC上，
则此时CP＝2﹣0.5＝＝CQ，
在Rt△PCQ中，由勾股定理，得PQ＝＝（cm），
故答案为：．
三、解答题（共8小题，满分72分）
17．解：a3b+2a2b2+ab3＝ab（a2+2ab+b2）＝ab（a+b）2，
∵a+b＝，ab＝﹣，
∴原式＝﹣×（）2＝﹣．
18．解：列表得：
由表可知共有9种等可能结果，其中选中的两个绳头恰好是同一根绳子的有3种结果，
∴小明和小刚选中的两个绳头恰好是同一根绳子的概率为＝．
19．解：（1）设购买1件A道具需要x元，1件B道具需要y元，
依题意得：，
解得：．
答：购买1件A道具需要15元，1件B道具需要5元．
（2）设购买A道具m件，则购买B道具（60﹣m）件，
依题意得：15m+5（60﹣m）≤620，
解得：m≤32．
答：道具A最多购买32件．
20．解：（1）设点A坐标为（m，n），
∵点A在反比例函数图象上，
∴k＝mn，
∵S△AOM＝OM•AM＝mn＝1，
∴k＝mn＝2，
∴反比例函数解析式为有y＝．
（2）如图，当点P为直线AB与x轴交点时满足题意，
把y＝0代入y＝﹣x+得0＝﹣x+，
解得x＝5，
∴点P坐标为（5，0），
令﹣x+＝，
得x1＝1，x2＝4，
把x＝1代入y＝得y＝2，
把x＝4代入y＝得y＝，
∴点A坐标为（1，2），点B坐标为（4，），
∴AB＝＝，
∴|PA﹣PB|＝AB＝为最大值．
21．解答】（1）证明：连接OC，
∵CF为⊙O的切线，
∴∠OCF＝90°，
∴∠OCD+∠DCE＝90°，
∵OE⊥AB，
∴∠AOE＝90°，
∴∠A+∠ADO＝90°，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠OCD，
∴∠ADO＝∠DCE，
∵∠ADO＝∠EDC，
∴∠EDC＝∠DCE，
∴ED＝EC；
（2）过点O作OG⊥BC，垂足为G，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠A＝30°，
∴∠ACB＝90°，
∴∠B＝90°﹣∠A＝60°，
∴OG＝OBsin60°＝×＝，
∵OC＝OB，
∴△OCB是等边三角形，
∴BC＝OB＝，
∴∠COB＝60°，
∴∠AOC＝180°﹣∠COB＝120°，
∴∠COE＝∠AOC﹣∠AOD＝30°，
∴CE＝OCtan30°＝×＝1，
∴阴影部分的面积之和＝△ECO的面积+扇形COB的面积﹣扇形COH的面积﹣△COB的面积
＝EC•OC+﹣﹣BC•OG
＝×1×+﹣﹣××
＝，
∴阴影部分的面积之和为．
22．解：（1）设日销售量p（盒）与时间x（天）之间的函数关系式为p＝kx+b，
把（1，78），（2，76）代入得：，
解得：，
即日销售量p（盒）与时间x（天）之间的函数关系式为p＝﹣2x+80；
（2）设日销售利润为w元，
w＝（﹣2x+80）（x+25﹣20）＝﹣（x﹣10）2+450；
∵﹣＜0，1≤x≤20，且x为整数，
∴当x＝10时，w取得最大值，最大值是450；
∴在这20天中，第10日销售利润最大，最大日销售利润是450元；
（3）∵日销售量p（盒）与时间x（天）之间的函数关系式为p＝﹣2x+80（1≤x≤20，且x为整数），
∴前20天最高日销售量为x＝1时，即p＝78（盏），
∵销售价格y（元/盏）与时间x（天）之间符合函数关系式y＝x+25（1≤x≤20，且x为整数）．
∴前20天最高日销售量为当x＝20时，即y＝30元，
由题意得：（30﹣a﹣20）（78+7a）﹣450＝30，
解得：a1＝6，a2＝－，
∴a的值为6．
23．解答】（1）解：如图1中，
在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝2，∠C＝30°，
∴BC＝2AB＝4，∠B＝60°，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BAD＝30°，
∴BD＝AB＝1，
∴CD＝BC﹣BD＝4﹣1＝3；
（2）证明：如图2中，过点A作AH⊥DE于H，AJ⊥BC于J，AT⊥AN交BC于T．
∵AD＝AE，∠DAE＝90°，
∴∠ADE＝∠E＝45°，
∵∠ADB＝45°，
∴∠ADB＝∠ADE，
∵AJ⊥DB，AH⊥DE，
∴AJ＝AH，
∵∠TAN＝∠DAE＝90°，
∴∠EAN＝∠DAT，
在△AEN和△ADT中，
，
∴△AEN≌△ADT（ASA），
∴AN＝AT，EN＝DT，
在Rt△AHN和Rt△ATJ中，
，
∴Rt△AHN≌Rt△AJT（HL），
∴∠ANH＝∠ATJ，
∵∠NAT＝∠CAB＝90°，
∴∠NAM＝∠TAB，
在△ANM和△ATB中，
，
∴△ANM≌△ATB（ASA），
∴NM＝BT，
∵MN＝BC，
∴BT＝BC，
∴BT＝CT，
∴AT＝CT，
∴AN＝CT＝DT+CD＝EN+CD；
（3）解：如图3﹣1中，当点D与B重合时，△ADM是等腰直角三角形，此时∠CDM＝∠ABC﹣∠ABE＝60°﹣45°＝15°．
如图3﹣2中，当AD＝DM时，
∵∠ADM＝45°，
∴∠AMD＝∠DAM＝（180°﹣45°）＝67.5°，
∵∠AMD＝∠ACB+∠CDM，
∴∠CDM＝67.5°﹣30°＝37.5°．
如图3﹣3中，当MA＝MD时，∠AMD＝90°，
∴∠CMD＝90°，
∴∠CDM＝90°﹣∠DCM＝60°．
如图3﹣4中，当DA＝DM时，∠DAM＝∠DMA，
∵∠ADE＝∠DAM+∠DMA＝45°，
∴∠DAM＝∠DMA＝22.5°，
∴∠CDM＝180°﹣∠DCM﹣∠DMC＝180°﹣30°﹣22.5°＝127.5°，
综上所述，满足条件的∠CDM的值为15°或37.5°或60°或127.5°．
24．解：（1）对于y＝x2+x﹣2①，令y＝x2+x﹣2＝0，解得x＝﹣4或1，令x＝0，则t＝﹣2，
故点A、B、C的坐标分别为（﹣4，0）、（1，0）、（0，﹣2）；
（2）延长AP交y轴于点H，过点C作CN∥AP交x轴于点N，
∵CN∥AP，则∠NCA＝∠CAP，
∵∠CAP＝∠CAO，则∠NAO＝∠CAO＝∠NCA，
∴AN＝CN，设ON＝x，则AN＝CN＝4﹣x，
在Rt△ONC中，OC＝2，ON＝x，CN＝4﹣x，
由勾股定理得：（4﹣x）2＝x2+22，解得x＝1.5；
则tan∠ONC＝＝＝，
∵CN∥OP，故设直线AP的表达式为y＝﹣x+t，
将点A的坐标代入上式得：y＝﹣（x+4）②，
联立①②并解得（不合题意的值已舍去），
故点P的坐标为（﹣，﹣）；
（3）过点M、N分别作x轴的垂线，垂足分别为S、T，
∵AM∥BN，
∴△NEB∽△MEA，
∵S△AME：S△BNE＝9：4，
故△NEB和△MEA相似比为2：3，
即ME：EN＝3：2＝AE：BE，
而AB＝5，故AE＝3，故点E（﹣1，0），
∵MS∥TN，
则△MES∽△NET，
则ES：ET＝3：2，
即（xM﹣xE）：（xE﹣xN）＝3：2，即（xM+1）：（1﹣xN）＝3：2③，
由点A、M的坐标得，直线AM的表达式为y＝k（x+4）④，
联立①④并整理得：x2+（3﹣2k）x﹣4﹣8k＝0，故xA+xM＝2k﹣3
同理可得，直线BN的表达式为y＝k（x﹣1），
同理可得，xA+xN＝2k﹣3，
∴xM﹣xN＝5，
而（xM+1）：（1﹣xN）＝3：2，
解得xM＝2，xN＝﹣3，
故点M、N的坐标分别为（2，3）、（﹣3，﹣2），
由M、N的坐标得，直线MN的表达式为y＝x+1．
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