期中模拟卷02（北京）2023-2024学年九年级数学上学期期中模拟考试试题及答案（含答题卡）

2023-2024学年上学期期中模拟考试

九年级数学

9．（﹣5，8）    10.﹣1．  11.m＜4   12.2019．  13.2  14.9     15.3   16.①②④⑤

17.【解答】解：（x+1）（x﹣5）＝0，

则x+1＝0或x﹣5＝0，

∴x＝﹣1或x＝5．

18.【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C即为所求作的图形；

（2）∵BC＝＝2，

∴点B运动到点B1所经过的路径的长＝＝π．

19.【解答】解：（1）由题意可知：Δ＝（﹣m）2﹣4（m﹣1）＝（m﹣2）2

∵（m﹣2）2≥0，

∴方程总有两个实数根．

（2）由题意可知：x＝m﹣1或x＝1

∵方程有一个根为负数，

∴m﹣1＜0．

∴m＜1．

20.【解答】解：（1）①以点O为原点、竖直和水平方向所在的直线为坐标轴、网格边长为单位长，建立平面直角坐标系，如图，

②画出AB，BC的垂直平分线，两条直线的交点即为圆心D．

（2）①利用坐标系可知点（6，2），D（2，0）．

故答案为：（6，2），D（2，0）；

②∵A（0，4），D（2，0），

∴OA＝4，OD＝2，

∴⊙D的半径DA＝＝＝2．

故答案为：2．

③过点C作CE⊥x轴于点E，

∵C（6，2），

∴OE＝6，CE＝2．

∴DE＝OE﹣OD＝4．

∴OA＝DE＝4，OD＝CE＝2．

在△OAD和△EDC中，

，

∴△OAD≌△EDC（SAS）．

∴∠ODA＝∠ECD．

∵∠ECD+∠EDC＝90°，

∴∠ODA+∠CDE＝90°．

∴∠ADC＝90°．

∴的长度为，

设圆锥的底面半径为r，则：

2πr＝π．

解得：r＝．

答：圆锥的底面半径为．

21.【解答】解：（1）由表格数据结合二次函数图象对称性可得图象顶点为（1，﹣4），

设二次函数的表达式为y＝a（x﹣1）2﹣4（a≠0），

将（﹣1，0）代入得4a﹣4＝0，

解得a＝1，

∴该二次函数的表达式为y＝（x﹣1）2﹣4；

（2）由表格中数据知，当x＝﹣1和3时，y＝0，

∴抛物线与x轴的交点为（﹣1，0）和（3，0），

∵抛物线开口向上，

∴当﹣1≤x≤3时，y≤0．

22.【解答】解：（1）y＝x（40﹣2x）＝﹣2x2+40x，

∵0＜40﹣2x≤18，

∴11≤x＜20．

∴y与x之间的函数关系式为y＝﹣2x2+40x，

自变量x的取值范围为11≤x＜20．

（2）由抛物线y＝﹣2x2+40x＝﹣2（x﹣10）2+200可知，

其顶点坐标为（10，200），对称轴为直线x＝10，

∵a＝﹣2＜0，抛物线y＝﹣2x2+40x开口向下，在对称轴的右侧，y的值随x的值的增大而减小，

∴当x＝11时，y有最大值，y最大值＝198，

∴矩形ABCD的面积最大为198平方米．

23.【解答】证明：∵∠ADE+∠3＝∠1+∠B，∠1＝∠3，

∴∠ADE＝∠B，

∵∠1＝∠2，

∴∠1+∠DAC＝∠2+∠DAC，

即∠BAC＝∠DAE，

∵∠B＝∠4，

∴AB＝AD，

在△ABC和△ADE中，，

∴△ABC≌△ADE（ASA），∴BC＝DE．

24.【解答】解：（1）对称轴为直线，

y＝ax2﹣4ax﹣5a＝a（x2﹣4x﹣5）＝a（x﹣5）（x+1），

当a（x﹣5）（x+1）＝0时，x＝5或x＝﹣1，

∵点A在点B的左侧

∴点A（﹣1，0），B（5，0）．

（2）当x＝6时，y＝ax2﹣4ax﹣5a＝a×62﹣4a×6﹣5a＝7a，

∴抛物线与直线x＝6的交点坐标为（6，7a），

由（1）知，抛物线经过定点A（﹣1，0），B（5，0），

分a＞0和a＜0两种情况讨论：

当a＞0时，抛物线开口向上，

当抛物线与线段MN只有一个公共点时，点N（6，8a﹣2）在点（6，7a）下方或者点N（6，8a﹣2）与点（6，7a）重合，

∴7a≥8a﹣2，

解得a≤2，

∴0＜a≤2；

当a＜0时，抛物线开口向下，

当抛物线与线段MN只有一个公共点时，点N（6，8a﹣2）在点（6，7a）下方，

∴8a﹣2＜7a，

解得a＜2，

∴a＜0；

综上所述，a的取值范围为a＜0或0＜a≤2．

25.【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2﹣bx+c的图象经过点A（﹣3，0）和点B（0，3），

∴

解得b＝2，c＝3，

∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3；

结论：存在．

设Q（x，﹣x2﹣2x+3）是第二象限的抛物线上一点，

过点Q作QD⊥x轴交直线AB于点E，则E的坐标为（x，x+3），

∴QE＝﹣x2﹣2x+3﹣（x+3）＝﹣x2﹣3x，

∴S△ABQ＝S△BQE+S△AQE＝PE•OA＝﹣（x2+3x）＝﹣（x+）2+，

∴当x＝﹣时，S△ABQ取得最大值．

∴当x＝﹣时，y＝﹣x2﹣2x+3＝，

∴Q（﹣，）．

所以，在第二象限的抛物线上，存在一点Q，使得△ABQ的面积最大，Q点的坐标为（﹣，）．

26.【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，

∴＝，

∴AD＝AC，

∵AD＝AC，AB⊥CD，

∴∠CAE＝∠DAE＝∠CAD，

∵AM是△ACD的外角∠DAF的平分线，

∴∠DAM＝∠DAF，

∴∠OAM＝∠DAO+∠DAM

＝∠CAD+∠DAF

＝×180°

＝90°，

∵OA是圆O的半径，

∴AM是⊙O的切线；

（2）∵∠ANC＝30°，∠OAM＝90°，

∴∠AON＝90°﹣∠ANC＝60°，

∴AN＝OAtan60°＝2，

∵OA＝OC，

∴∠OAC＝∠OCA，

∵∠AON＝∠OAC+∠OCA＝60°，

∴∠OAC＝∠OCA＝30°，

∴∠OCA＝∠ANC＝30°，

∴AN＝AC＝2，

∵∠OAC＝∠CAD，

∴∠CAD＝60°

∵AD＝AC，

∴△ACD是等边三角形，

∴CD＝AC＝2．

27.【解答】解：（1）令x＝0，则y＝4，

令y＝0，则﹣x+4＝0，

∴x＝﹣2或x＝3，

∴A（﹣2，0），B（3，0），C（0，4）．

故答案为：（﹣2，0），（3，0），（0，4）；

（2）如图，连接OP，

设，

则S△PAC＝S△AOC+S△POC﹣S△AOP

＝

＝4+2m+m2﹣m﹣4

＝m2﹣m

＝2，

解得：m1＝1，m2＝﹣3（舍），2m方/3+4m/3＝2

∴点P的坐标为（1，4）；

（3）存在点P使得，理由如下：

如图2，在AB的延长线上截取BF＝BC，连接CF，过点B作BE⊥x轴，交CF于点E，连接AE，

在Rt△BOC中，

∵OB＝3，OC＝4，

∴BC＝BF＝5，

∵AO＝2，

∴AB＝BF＝5，

∵BE⊥x轴，

∴AE＝EF，

∴∠EAB＝∠EFB＝ABC，

∵F（8，0），C（0，4）．

∴直线CF的解析式为：y＝﹣x+4，

令x＝3，则y＝，

∴E（3，），

∵A（﹣2，0），

∴直线AE的解析式为：y＝x+1，

联立：，

解得：（舍），

∴点P的坐标为．

28.【解答】解：（1）∵四边形AOBC是矩形，点A的坐标为（0，3），点C的坐标为（4，3），

∴OC＝5，

∴d＝5，

∵P1（﹣1，0），

∴P1O＝1，

∴P1不是矩形AOBC的“关联点”；

∵P2（2，8），

∴P2到AC的距离为5，

∴P2是矩形AOBC的“关联点”；

∵P3（3，1），

∴P3到OB的距离为1，

∴P3不是矩形AOBC的“关联点”；

∵，

∴P4O＝5，

∴P4是矩形AOBC的“关联点”；

故答案为：P2，P4；

（2）∵D（1，1），四边形DEFG是正方形，

∴d＝DF＝2，

过O点作OM垂直直线y＝x+b，交于点M，

当ME＝2时，OM＝3，

∵∠MNO＝45°，

∴ON＝6，

∴﹣6≤b≤6时，直线y＝x+b上存在点P，使点P为正方形DEFG的“关联点”；

（3）∵⊙T是T（t，0）为圆心，1为半径的圆，

∴d＝2，

当T点在x轴负半轴上时，过点T作TL⊥MN交于点L，交圆于点K，

当KL＝2时，TL＝3，

∵M（1，0），，

∴ON＝，OM＝1，

∴tan∠OMN＝，

∴∠OMN＝60°，

∴TM＝＝2，

此时T（1﹣2，0），

当TM＝3时，OT＝2，

∴T（﹣2，0），

∴1﹣2≤t≤﹣2时，线段MN上存在点P，使点P为⊙T的“关联点”；

当T点在x轴正半轴上时，当TM＝3时，此时T（4，0），

当NT＝3时，3＝，解得t＝或t＝﹣（舍），

∴≤t≤4时，线段MN上存在点P，使点P为⊙T的“关联点”；

∴1﹣2≤t≤﹣2或≤t≤4时，线段MN上存在点P，使点P为⊙T的“关联点”．