师大附中2019-2020学年(秋)九上第三次月考-数学解析版

3 CD BC = 4
3Байду номын сангаас
∴ CD BC = 4
∵ AC 是四边形 ABCD 的相似对角线 ∴ BCA∽ACD ， BC = AC ，即 AC2 = CD BC
AC DC ∴ AC2 = 4 ，即 AC = 2
由点 C 的坐标为 (3,1) 可知，点 A 的坐标为 (1,1)
将
A
，
C
两点的坐标代入抛物线
22.【解析】(1)连接 OD ∵ ODA = DAB = B = 30
∴ ODB = 180 − ODA − DAB − B = 180 − 30 − 30 − 30 = 90
∴直线 BD 与 O 相切 (2)由(1)知， ODA = DAB = 30
∴ DOB = ODA + DAB = 60 又∵ OC = OD ∴ DOC 是等边三角形 ∴ OA = OD = CD = 5 又∵ B = 30 ， ODB = 90 ∴ OB = 2OD = 10 ∴ AB = OA + OB = 5 +10 = 15 23.【解析】(1)设 A 、 B 两种型号的计算器每只进价分别是 x 、 y 元，根据题意，得
② BAO = AOP = 30 ， ABO = PAO = 60
( ) 此时，可求得点 P 3, − 3 ，将 P 点坐标代入 y = k ，得 k = −3 3 x
③当 APO = OAB = 30 ， AOP = ABO = 60
( ) 此时，可求得点 P 4, −4 3 ，将 P 点坐标代入 y = k ，得 k = −16 3 x
解之，得 m 12.5 所以，该经销商至少要采购 B 型计算器13 只. 24.【解析】(1)∵ CAE = DAB = 60 ∴ DAC = BAE 在 ADC 和 ABE 中 ∵ AD = AB ， DAC = BAE ， AC = AE ∴ ADC≌ABE (2)在四边形 ABCD 中 ADC + ABC = 360 − DAB − DCB = 270 ∵ ADC≌ABE ∴ ADC = ABE ， CD = BE ∴ ABC + ABE = ABC + ADC = 270
DQ ， AF 可证 ADQ≌ABF ， AFQ 为等边三角形
∴ AQ = FQ ， BF = DQ
∵ AQ2 = BQ2 + DQ2 ∴ FQ2 = BQ2 + BF 2
∴ FBQ = 90
∴ DQB = 360 − (AQD + AQB) = 150
∴点 Q 的路径为过 B 、 D 、 C 三点的圆上 BD
= 1 BQ CO − 1 BQ EG
2
2
=
1 2
(m
+
2)
4
−
2m + 3
4
= − 1 (m −1)2 + 3
3 又∵ −2 m 4
∴当 m = 1时， SCQE 有最大值 3 ，此时 Q (1, 0)
(3)存在
①若 DO = DF ，则 AD = OD = DF = 2 ， AFO 是直角三角形
2
(2)设点 Q 的坐标为 (m, 0) ，过点 E 作 EG ⊥ x 轴于点 G ，如图
∵ QE / / AC
∴ BE = BQ BC BA
又∵ EG / /OC
∴ BE = EG BC CO
∴ EG = BQ ，即 EG = m + 2 ， EG = 2m + 4
CO BA
46
3
∴ SCQE = SCBQ − SEBQ
2
2
26.【解析】(1)当 x = m 与 x = 2 − m 时函数值相等，可知抛物线的对称轴为 x = 1
由点 B 的坐标 (−2, 0) 可求得 A 点的坐标为 (4, 0)
设二次函数的解析式为 y = a ( x + 2)( x − 4)
将点 C (0, 4) 代入，得 a = − 1
2 所以，二次函数的解析式为 y = − 1 x2 + x + 4
在 RtAFO 中，可求得点 F 的坐标为 (2, 2)
由
−
1 2
x2
+
x
+
4
=
2
，得
x1
=
1+
5 ， x2 = 1−
5
( ) ( ) 此时，点 P 的坐标为： P 1+ 5, 2 或 P 1− 5, 2
②若 FO = FD ，过点 F 作 FM ⊥ x 轴于点 M 由等腰三角形的性质得： OM = 1 OD = 1
10x + 8y = 880 2x + 5y = 380 解之，得 x = 40 ， y = 60 所以 A 、 B 两种型号的计算器每只进价分别是 40 、 60 元. (2)设该经销商至少要采购 B 型计算器 m 只，根据题意，得
18m + 9(50 − m) 60m + 40(50 − m) 25%
所以，反比例函数的解析式为 y = − 3 或 y = −3 3 或 y = − 16 3
x
x
x
(3)如图 3，作 BCD 的底边 CD 边上的高 BH ，则 CBH = 30 ∴ CH = 1 BC
2 在 RtCHB 中，由勾股定理可求得 BH = 3 BC
2
∵ SBCD
=
1 CD 2
3 BC ，即 2
∴ CBE = 360 − (ABE + ABC ) = 90
∴ CE2 = BE2 + BC2
又∵ AC = AE ， CAE = 60 ∴ CE = AE = AC ∴ AC2 = DC2 + BC2 (3)如图，设 Q 为满足条件的点，将 AQ 绕着点 A 顺时针旋转 60 度得 AF ，连接 QF ， BF ， QB ，
∴直线 y = 3x 与该抛物线的交点有且只有一个
y = 3x
∴方程组
y
=
ax2
−
4ax
+
3a
有且只有一组解
+1
即关于 x 的一元二次方程 ax2 − (4a + 3) x + 3a +1 = 0 有两个相等的实数根
∴ = (4a + 3)2 − 4a (3a +1) = 0
解之，得 a = − 1 或 a = − 9
而 OF = OD = 2 2 2 ∴ AC 上不存在点 F 使得 OD = OF = 2 此时，不存在这样的直线 l ，使得 ODF 是等腰三角形
( ) ( ) 综上，存在这样的直线 l ，使得 ODF 是等腰三角形.所求点 P 的坐标为： 1+ 5, 2 或 1− 5, 2 或 ( ) ( ) 1+ 3,3 或 1− 3,3 .
(2)如图 2，可求得直线 y = −
3 3
x
+
43 3
与两坐标轴的交点分别为
A ( 4, 0)
，
B
0,
43 3
进而可求得： OAB = 30 ， OBA = 60
当 OA 是四边形 OBAP 的相似对角线时，有如下三种情况：
① BAO = PAO = 30 ， ABO = AOP = 60
( ) 此时，可求得点 P 1, − 3 ，将 P 点坐标代入 y = k ，得 k = − 3 x
设圆心为 O ，则 BOD = 60 ， DO = AB = 2 点 Q 运动的路径长为： 2 .
3
25.【解析】(1)如图 1，设 ACD = ，则 ACB = 130 −
( ) ∴ B = 180 − BAC − ACB = 180 − 50 − 130 − =
在 ABC 和 ACD 中 ∵ B = ACD ， BAC = CAD ∴ ABC∽ACD ∴ AC 是四边形 ABCD 的相似对角线
= 2−8−1 = −7 20.【解析】解不等式(1)，得 x 4 解不等式(2)，得 x 2 不等式的解集为 2 x 4 21.【解析】(1) 40
(2)162 ，条形统计图中 C 级为18 人
(3) 450
(4)根据题意画树形图(列表略)如下：
15. 3 18. 3 a 3
2
共有12 中情况，选中小明的有 6 种，则 P (选中小明) = 6 = 1 . 12 2
2 ∴ AM = 3
可求得 F (1,3)
由
−
1 2
x2
+
x
+
4
=
3 ，得
x1
=
1+
3 ， x2 = 1−
3
( ) ( ) 此时，点 P 的坐标为： P 1+ 3,3 或 P 1− 3,3
③若 OD = OF
∵ OA = OC = 4 ，且 AOC = 90
∴ AC = 4 2
∴点 O 到 AC 的距离为 2 2
y
=
ax2
+
bx
+
c
(
a
0)
，得
a + b + c =1 9a + 3b + c =
1
解之，得 b = −4a ， c = 3a +1
所以，抛物线的解析式可化为 y = ax2 − 4ax + 3a +1
由 m = AC +1，得直线 y = mx 的解析为 y = 3x ， y = −3x
∵直线 y = −3x 与抛物线 y = ax2 − 4ax + 3a +1(a 0) 的交点必有两个
湖南师大附中教育集团 2019-2020 学年度第一次九年级联考
数学参考答案
一、选择题
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10 11 12
C
D
A
C
C
C
D
B
A
A
D
B
二、填空题
13. 2b(2a − 3)(2a + 3)
16. 40
1
14.
3 17. x − 2
三、解答题
19.【解析】原式 = 2 + (−2) 4 −1