河南省洛阳市孟津县届九年级数学下学期期中试题扫描版.docx
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河南省洛阳市孟津县届九年级数学下学期期中试题扫描版
河南省洛阳市孟津县2018届九年级数学下学期期中试题
2018年中招备考教学质量调研
数学试题参考答案及评分标准
一、选择题（每小题3分，共30分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
B
D
C
D
B
D
A
C
二、填空题（每小题3分，共15分）
题号
11
12
13
14
15
答案
-10+3
三、解答题（本大题共8各小题，满分75分）
16．（8分）解：
原式=,…………3分
=…………4分
=…………5分
∵，∴，…………6分
将代入化简后的式子得：
==1．…………8分
17．（9分）解：
（1）40072°……2分
（2）统计图补充如下，
…………5分
（3）∵一共有400人，其中A组有100人，B组有120人，C组有80人，D组有60人，E组有40人.
∴最中间的两个数在落在B组，∴中位数在B组．
故答案为B组．…………7分
（4）3000×（25%+30%）=1650人．
答：
估计全校测试成绩为优秀的学生有1650人．…………9分
18．（9分）
（1）证明：
连接OC，
∵C是的中点，AB是⊙O的直径，
∴CO⊥AB，∵BD是⊙O的切线，
∴BD⊥AB，∴OC∥BD，
∵OA=OB，∴AC=CD；……………………………………4分
（2）解：
∵E是OB的中点，∴OE=BE，
在△COE和△FBE中，
，
∴△COE≌△FBE（ASA），………………………5分
∴BF=CO，∵OB=2，
∴BF=2，∴AF==2，………………………6分
∵AB是直径，∴BH⊥AF，∴△ABF∽△BHF，
∴=，∴AB•BF=AF•BH，∴BH===．………………9分
19．（9分）解：
如图，过点D作DE⊥AH于点E，设DE=，则CE=（+2）．………1分
在Rt△AEC和Rt△BED中，有tan30°=，…………………………3分
tan60°=，∴AE=（+2），BE=，………………………4分
∵AE﹣BE=AB=10，∴（+2）﹣=10，……………………6分
∴=5﹣3，∴GH=CD+DE=2+5﹣3=5﹣1≈7.7（m）．
答：
GH的长约为7.7m．……………………9分
20．（9分）解：
（1）∵k1，k2分别是方程x2-x-6＝0的两根，
∴解方程x2-x-6＝0，得x1＝3，x2＝-2．
结合图像可知：
k1＜0，k2＞0，∴k1＝-2，k2＝3．……………3分
（2）如图，过点A作AC⊥x轴于点C，过点B作BD⊥y轴于点D．
由
（1）知，点A，B分别在反比例函数（x＜0），（x＞0）的图象上，
∴S△ACO＝×＝1，S△ODB＝×3＝．∵∠AOB＝90°，
∴∠AOC＋∠BOD＝90°，∵∠AOC＋∠OAC＝90°，∴∠OAC＝∠BOD．
又∵∠ACO＝∠ODB＝90°，∴△ACO∽△ODB．……………6分
∴＝＝，∴＝±（舍负取正），即＝．
∴在Rt△AOB中，tan∠OBA＝＝．……………9分
21．（10分）解：
（1）设与的函数关系式为：
，
当0≤≤20时，把（0，0），（20，160）代入中，
得：
，解得：
，
此时与的函数关系式为；………………………………………………2分
当20≤时，把（20，160），（40，288）代入中，
得：
，解得：
，
此时与的函数关系式为y=6.4x+32．………………………………………………4分
综上可知：
与的函数关系式为=．………………………5分
（2）∵B种苗的数量不超过35棵，但不少于A种苗的数量，
∴，∴22.5≤≤35，………………………………………………6分
∵为整数∴共有13种购买方案……………………………………7分
设总费用为W元，则W=6.4+32+7（45﹣）=﹣0.6+347，
∵=﹣0.6，∴随的增大而减小，
∴当=35时，W总费用最低，W最低=﹣0.6×35+347=326（元）．…………………10分
22．（10分）解：
（1）如图1中，作DH⊥BC于H，连接AM．
∵AB=AC，BM=CM，∴AM⊥BC，
∵△ADE时等边三角形，∴∠ADE=60°=∠B，∴DE∥BC，
∵AM⊥BC，∴AM⊥DE，∴AM平分线段DE，
∵DN=NE，∴A、N、M共线，∴∠NMH=∠MND=∠DHM=90°，∴四边形MNDH时矩形，
∴MN=DH，∴=sin60°=，故答案为．………………3分
（2）如图2中，连接AM、AN．
∵△ABC，△ADE都是等边三角形，BM=MC，DN=NE，
∴AM⊥BC，AN⊥DE，∴=sin60°，=sin60°，∴=，
∵∠MAB=∠DAN=30°，∴∠BAD=∠MAN，
∴△BAD∽△MAN，∴==sin60°=．………6分
（3）如图3中，连接AM、AN，延长AD交CE于H，交AC于O．
∵AB=AC，AD=AE，BM=CM，DN=NE，∴AM⊥BC，AN⊥DE，
∵∠BAC=∠DAE，∴∠ABC=∠ADE，∴sin∠ABM=sin∠ADN，∴=，
∵∠BAM=∠BAC，∠DAN=∠DAE，∴∠BAM=∠DAN，
∴∠BAD=∠MAN．∴△BAD∽△MAN，
∴==sin∠ABC，∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAD=∠CAE，∵AB=AC，AD=AE，
∴△BAD≌△CAE，∴∠ABD=∠ACE，
∵BD⊥CE，∴∠BHC=90°，
∴∠ACE+∠COH=90°，∵∠AOB=∠COH，
∴∠ABD+∠AOB=90°，∴∠BAO=90°，
∵AB=AC，∴∠ABC=45°，∴=sin45°=．………………10分
23．（11分）解：
（1）∵抛物线经过点C（0，4），A（4，0），
∴，解得，
∴抛物线解析式为；………………………………………2分
（2）由
（1）可求得抛物线顶点为N（1，），……………………3分
如图1，作点C关于轴的对称点C′（0，﹣4），连接C′N交轴于点K，则K点即为所求，
…………………4分
设直线C′N的解析式为，把C′、N点坐标代入可得，解得，
∴直线C′N的解析式为，
令=0，解得=，∴点K的坐标为（，0）；……………5分
（3）设点Q（，0），过点E作EG⊥轴于点G，如图2，
由，得=﹣2，=4，
∴点B的坐标为（﹣2，0），AB=6，BQ=+2，
又∵QE∥AC，∴△BQE∽△BAC，∴，即，解得EG=；
∴S△CQE=S△CBQ﹣S△EBQ===．
又∵﹣2≤m≤4，∴当=1时，S△CQE有最大值3，此时Q（1，0）；…………8分
（4）存在．在△ODF中，
（ⅰ）若DO=DF，∵A（4，0），D（2，0），∴AD=OD=DF=2．
又在Rt△AOC中，OA=OC=4，∴∠OAC=45°．∴∠DFA=∠OAC=45°．∴∠ADF=90°．
此时，点F的坐标为（2，2）．
由，得=1+，=1﹣．
此时，点P的坐标为：
P1（1+，2）或P2（1﹣，2）；
（ⅱ）若FO=FD，过点F作FM⊥轴于点M．
由等腰三角形的性质得：
OM=OD=1，
∴AM=3．∴在等腰直角△AMF中，MF=AM=3．∴F（1，3）．
由，得=1+，=1﹣．
此时，点P的坐标为：
P3（1+，3）或P4（1﹣，3）；
（ⅲ）若OD=OF，
∵OA=OC=4，且∠AOC=90°．∴AC=4．∴点O到AC的距离为2．
而OF=OD=2＜2，与OF≥2矛盾．
∴在AC上不存在点使得OF=OD=2．
此时，不存在这样的直线，使得△ODF是等腰三角形．
综上所述，存在这样的直线，使得△ODF是等腰三角形．所求点P的坐标为：
（1+，2）或（1﹣，2）或（1+，3）或（1﹣，3）．…………………………………………11分
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