整理河南省许昌市九年级第二次模拟考试数学模拟练习word版配套精选卷Word格式文档下载.docx
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一、选择题(每小题3分,共24分)
1、下列各数中,最大的数是()
A、
B、-2C、0D、1
2、下列运算中,结果正确的是()
B、
C、
D、
3、如图所示的几何体是由一些正方体组合而成的立体图形,则这个几何体的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
4、甲、乙、丙、丁四人进行射击测试,每人10次射击成绩的平均数都是环,方差分别是S2甲=,S2乙=,S2丙=,
S2丁=,则成绩最稳定的是( )
A、甲B、乙C、丙D、丁
5、若扇形的圆心角为45°
,半径长为12,则该扇形的弧长为( )
A、B、2πC、3πD、12π
6、如图,过正五边形ABCDE的顶点A作直线∥BE,则∠1的度数为( )
A、30°
B、36°
C、38°
D、45°
7、如图,点A是反比例函数
的图象上的一点,过点A作AB⊥轴,垂足为B,点C为轴上的一点,连接AC、BC,若△ABC的面积为3,则的值是()
A、3B、-3C、6D、-6
8、如图,△ABC内接于半径为5的⊙O,圆心O到弦BC的距离等于3,则∠A的正切值等于( )
A、B、C、D、座号:
2
3
4
5
6
7
8
答案
二、填空题(每小题3分,共21分)
9、若二次根式
有意义,则的取值范围是 .
10、从﹣1,0,,π,中随机任取一数,取到无理数的概率是 .
11、写出一个解集为>1的一元一次不等式组:
.
12、如图,平面上直线a,b分别经过线段OK两端点(数据如图),则a,b相交所成的锐角是 .
13、在等腰Rt△OAA1中,∠OAA1=90°
,OA=1,以OA1为直角边作等腰Rt△OA1A2,以OA2为直角边作等腰Rt△OA2A3,……则OA6的长度为 .
14、二次函数=a2bc(a≠0)的图象如图所示,下列结论:
①2ab=0;
②ac>b;
③抛物线=a2bc与轴的另一个交点为(3,0);
④abc>0.其中正确的结论是 (填写序号).
15、如图,在平行四边形ABCD中,AB=6,BC=4,∠B=60°
,点E是边AB上的一点,点F是边CD上一点,将平行四边形ABCD沿EF折叠,得到四边形EFGH,点A的对应点为点C,点D的对应点为点G.则△CEF的面积 .
三、解答题(本大题8个小题,共75分)
16、小明同学在解一元二次方程时,他是这样做的:
(1)小明的解法从第 步开始出现错误;
此题的正确结果是 .
(2)用因式分解法解方程:
(2﹣1)=3(2﹣1)
17、如图,一次函数=b的图象与反比例函数
的图象相交于点A(﹣1,3)和点B(3,n).
(1)求这两个函数的解析式;
(2)直接写出不等式
的解集.
18、为实施“农村留守儿童关爱计划”,某校对全校各班留守儿童的人数情况进行了统计,发现各班留守儿童人数只有1名、2名、3名、4名、5名、6名共六种情况,并制成了如下两幅不完整的统计图:
(1)将该条形统计图补充完整;
(2)求该校平均每班有多少名留守儿童?
(3)某爱心人士决定从只有2名留守儿童的这些班级中,任选两名进行生活资助,请用列表法或画树状图的方法,求出所选两名留守儿童来自同一个班级的概率.
19、如图,在△ABC中,AB=AC,∠DAC是△ABC的一个外角.
实验与操作:
根据要求进行尺规作图,并在图中标明相应字母
(保留作图痕迹,不写作法)
(1)作∠DAC的平分线AM;
(2)作线段AC的垂直平分线,与AM交于点F,与BC边交于点E,连接AE,CF.
猜想并证明:
判断四边形AECF的形状并加以证明.
2021图,在东西方向的海岸线上有一长为1千米的码头MN,在码头西端M的正西方向30千米处有一观察站O.某时刻测得一艘匀速直线航行的轮船位于O的北偏西30°
方向,且与O相距
千米的A处;
经过40分钟,又测得该轮船位于O的正北方向,且与O相距2021的B处.
(1)求该轮船航行的速度;
(2)如果该轮船不改变航向继续航行,那么轮船能否正好行至码头MN靠岸?
请说明理由.(参考数据:
)
21、为了创建全国卫生城,某社区要清理一个卫生死角内的垃圾,租用甲、乙两车运送.若两车合作,各运12趟才能完成,需支付运费共4800元;
若甲、乙两车单独运完此堆垃圾,则乙车所运趟数是甲车的2倍;
已知乙车每趟运费比甲车少2021.
(1)分别求出甲、乙两车每趟的运费;
(2)若单独租用甲车运完此堆垃圾,需运多少趟;
(3)若同时租用甲、乙两车,则甲车运趟,乙车运趟,才能运完此堆垃圾,其中为,均为正整数.
①当=10时,= ;
当=10时,= ;
②求与的函数关系式.
探究:
在(3)的条件下,设总运费为w(元).
求:
w与的函数关系式,直接写出w的最小值;
22、在四边形ABCD中,对角线AC、BD相交于点O,设锐角∠AOB=α,将△DOC按逆时针方向旋转得到△D′OC′(0°
<旋转角<90°
)连接AC′、BD′,AC′与BD′相交于点M.
(1)当四边形ABCD为矩形时,如图1.求证:
△AOC′≌△BOD′.
(2)当四边形ABCD为平行四边形时,设AC=BD,如图2.
①猜想此时△AOC′与△BOD′有何关系,证明你的猜想;
②探究AC′与BD′的数量关系以及∠AMB与α的大小关系,
并给予证明.
23、如图1,已知抛物线经过坐标原点O和轴上另一点E,顶点M的坐标为(2,4);
矩形ABCD的顶点A与点O重合,AD、AB分别在轴、轴上,且AD=2,AB=3.
(1)求该抛物线的函数解析式;
(2)将矩形ABCD以每秒1个单位长度的速度从图1所示的位置沿轴的正方向匀速平行移动,同时一动点
=-1×
3=-3,
所以反比例函数解析式为
,…………………3分
把B(3,n)代入
得3n=3,解得n=-1,
所以B点坐标为(3,-1),
把A(-1,3)、B(3,-1)代入=+b得
,解得
,
所以一次函数解析式为=-+2;
……………………………………………………6分
(2)-1<<0或>3.……………………………………………………………………9分
18
(1)该校班级个数为4÷
20212021),
只有2名留守儿童的班级个数为:
20212+3+4+5+4)=2(个),
补图如下:
…………………………………………3分
(2)该校平均每班留守儿童的人数为:
(1×
2+2×
2+3×
3+4×
4+5×
5+6×
4)÷
2021(个);
…………………………5分
(3)由
(1)得只有2名留守儿童的班级有2个,共4名学生,设A1,A2来自一个班,B1,B2来自一个班,如图;
由树状图可知,共有12种可能的情况,并且每种结果出现的可能性相等,其中来自一个班的共有4种情况,
则所选两名留守儿童来自同一个班级的概率为:
.…………………………9分
19解:
(1)画图正确…………………3分
(2)猜想:
四边形AECF是菱形……………………4分
证明:
∵AB=AC,AM平分∠CAD
∴∠B=∠ACB,∠CAD=2∠CAM
∵∠CAD是△ABC的外角
∴∠CAD=∠B∠ACB
∴∠CAD=2∠ACB∴∠CAM=∠ACB
∴AF∥CE
∵EF垂直平分AC∴OA=OC,∠AOF=∠COE=
∴AOF≌△COE∴AF=CE
在四边形AECF中,AF∥CE,AF=CE
∴四边形AECF是平行四边形
又∵EF⊥AC∴四边形AECF是菱形……………………9分
2021:
(1)过点A作AC⊥OB于点C.
由题意,得
OA=
千米,OB=2021,∠AOC=30°
.
∴
(千米).
∵在Rt△AOC中,OC=OA•co∠AOC=
=30(千米).
∴BC=OC-OB=30-20210(千米).
∴在Rt△ABC中,AB=
∴轮船航行的速度为:
(千米/时).…………………………5分
(2)如果该轮船不改变航向继续航行,不能行至码头MN靠岸.
理由:
延长AB交于点D.
∵AB=OB=2021米),∠AOC=30°
∴∠OAB=∠AOC=30°
,∴∠OBD=∠OAB+∠AOC=60°
∴在Rt△BOD中,OD=OB•tan∠OBD=2021an60°
=
∵
>30+1,
∴该轮船不改变航向继续航行,不能行至码头MN靠岸.…………………………9分
21
(1)解:
设甲、乙两车每趟的运费分别为m元、n元,
由题意得
解得:
答:
甲、乙两车每趟的运费分别为300元、100元.…………………………3分
(2)解:
设单独租用甲车运完此堆垃圾,需运a趟,由题意得
12(
)=1
解得a=18
经检验a=18是原方程的解
单独租用甲车运完此堆垃圾,需运18趟.…………………………6分
(3)由题意得:
∴=36-2
w=300+100=300+100(36-2)
=100+3600,(0<<18,且为正整数),
∵100>0,
∴w随的增大而增大,
∴当=1时,w有最小值,w的最小值3700元.…………………………10分
221证明:
在矩形ABCD中,∵AC=BD,OA=OC=
AC,OB=OD=
BD,
∴OA=OC=OB=OD,∵△D′OC′由△DOC旋转得到,
∴OD=OD′,OC=OC′,∠D′OD=∠C′OC,
∴OB=OD′=OA=OC′,∴180°
-∠D′OD=180°
-∠C′OC,
即∠BOD′=∠AOC′,
∴△BOD′≌△AOC′…………………………………………………………………………3分
2①猜想:
△BOD′∽△AOC′.
∵在平行四边形ABCD中,OB=OD,OA=OC,
∵△D′OC′由△DOC旋转得到,
∴OD=OD′,OC=OC′,∠D′OD=∠C′OC,
∴OB∶OA=OD′∶OC′,180°
-∠C′OC,
∴∠BOD′=∠AOC′,
∴△BOD′∽△AOC′…………………………………………………………………………7分
②结论:
AC′=BD′,∠AMB=α
∵△BOD′∽△AOC′,∴
,即AC′=BD′
设BD′与AC相交于点N,∵△BOD′∽△AOC′,∴∠OBM=∠OAM,
在△ANM与△BNO中,又∵∠ANM=∠BNO,
∴180°
-∠OAC′-∠ANM=180°
-∠OBD′-∠BNO,
即∠AMB=∠AOB=α.…………………………………………………………………10分
23解:
(1)设抛物线的解析式为:
=a(-2)2+4,
则有0=4a+4,∴a=-1,
∴抛物线的解析式为:
=-(-2)2+4;
……3分
(2)①S存在最大值.理由如下:
∵点A在轴的非负半轴上,且N在抛物线上,
∴OA=AP=t.
∴点P,N的坐标分别为(t,t)、(t,-t2+4t)
∴PN=(-t2+4t)-t=-t2+3t
∵PN∥CD,AD⊥CD,
∴S=
(CD+PN)•AD=
[3+(-t2+3t)]×
=-t2+3t+3
……………………………………6分
其中0≤t≤3,由a=-1,0<
<3,此时S最大=
∴当t=
时,以点P,N,C,D为顶点的多边形面积有最大值,这个最大值为
.…8分
②点Q的坐标为
……………………………………11分
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