2015年浙江省宁波市九年级数学保送生考试模拟卷(解析版)

2015年浙江省宁波市九年级数学保送生考试模拟卷
一、选择题（共5题，每题5分，共25分）
1．（5分）若|1﹣x|=1+|x|，则等于（）
A．x﹣1 B．1﹣x C．1 D．﹣1
2．（5分）设0＜k＜1，关于x的一次函数y=kx+（1﹣x），当1≤x≤2时，y的最大值是（）
A．k B．C．D．
3．（5分）如图，O是△ABC的外心，OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，则OD：OE：OF等于（）
A．a：b：c B．：：
C．sinA：sinB：sinC D．cosA：cosB：cosC
4．（5分）正方形ABCD、正方形BEFG和正方形DMNK的位置如图所示，点A 在线段NF上，AE=8，则△NFP的面积为（）
A．30 B．32 C．34 D．36
5．（5分）若a+b=﹣2，且a≥2b，则（）
A．有最小值B．有最大值1
C．有最大值2 D．有最小值
二、填空题（共4题，每题5分，共20分）
6．（5分）如果实数x、y满足2x2﹣6xy+9y2﹣4x+4=0，那么=．7．（5分）关于x的方程的解是负数，则a的取值范围是．8．（5分）如图，⊙O中，BD为⊙O直径，弦AD长为3，AB长为5，AC平分∠DAB，则弦AC的长为．
9．（5分）在平面直角坐标系中，A（2，0）、B（0，3），过点B作直线∥x轴，点P（a，3）是直线上的动点，以AP为边在AP右侧作等腰RtAPQ，∠APQ=Rt ∠，直线AQ交y轴于点C．
（1）当a=1时，则点Q的坐标为；
（2）当点P在直线上运动时，点Q也随之运动．当a=时，AQ+BQ的值最小为．
三、解答题（共2题，每题15分，共30分）
10．（15分）如图，等腰△ABC中，AC=BC，⊙O为△ABC的外接圆，D为上一点，CE⊥AD于E，求证：AE=BD+DE．
11．（15分）如图，已知抛物线y=x2+mx+n（n≠0）与直线y=x交于A、B两点，与y轴交于点C，OA=OB，BC∥x轴．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设D、E是线段AB上异于A、B的两个动点（点E在点D的上方），DE=，过D、E两点分别作y轴的平行线，交抛物线于F、G，若设D点的横坐标为x，四边形DEGF的面积为y，求x与y之间的关系式，写出自变量x的取值范围，并回答x为何值时，y有最大值．
2015年浙江省宁波市九年级数学保送生考试模拟卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共5题，每题5分，共25分）
1．（5分）若|1﹣x|=1+|x|，则等于（）
A．x﹣1 B．1﹣x C．1 D．﹣1
【分析】根据二次根式的性质可以判断x＜0，然后再开根号求解．
【解答】解：∵|1﹣x|=1+|x|，
∴x≤0，
∴x﹣1＜0，
∴=1﹣x，
故选：B．
2．（5分）设0＜k＜1，关于x的一次函数y=kx+（1﹣x），当1≤x≤2时，y的最大值是（）
A．k B．C．D．
【分析】由于自变量的取值已经确定，此函数又为一次函数．所以应直接把自变量的最小值与最大值代入函数求值．
【解答】解：当x=1时，y=k；当x=2时，y=2k﹣，
∵0＜k＜1，
∴k＞2k﹣，
∴y的最大值是k．
故选：A．
3．（5分）如图，O是△ABC的外心，OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，则OD：OE：OF等于（）
A．a：b：c B．：：
C．sinA：sinB：sinC D．cosA：cosB：cosC
【分析】作出△ABC的外接圆，连接OA、OB、OC，由垂径定理和圆周角定理可
得∠B=∠AOC=∠AOE，同理可知∠A=∠BOD、∠C=∠AOF，若设⊙O的半径为R，可用R分别表示出OD、OE、OF，进而可得到它们的比例关系．
【解答】解：如图，连接OA、OB、OC；
∵∠BOC=2∠BAC=2∠BOD，
∴∠BAC=∠BOD；
同理可得：∠BOF=∠BCA，∠AOE=∠ABC；
设⊙O的半径为R，则：
OD=R•cos∠BOD=R•cos∠A，
OE=R•cos∠AOE=R•cos∠B，
OF=R•cos∠BOF=R•cos∠C，
故OD：OE：OF=cos∠A：cos∠B：cos∠C，
故选：D．
4．（5分）正方形ABCD、正方形BEFG和正方形DMNK的位置如图所示，点A 在线段NF上，AE=8，则△NFP的面积为（）
A．30 B．32 C．34 D．36
【分析】先由条件可以证明△KNA∽△EAF，从而得出NK：EA=KA：EF，设BE=x，则AB=8﹣x，NK=y，KA=y﹣（8﹣x）=x+y﹣8，可以求出y的值，进而证明△KNA ≌△EAF，利用平行线等分线段定理就可以得出FP=PM，得出S
=S△NPF，进而
△MNP
利用正方形DMNK求出△NFP的面积．
【解答】解：∵四边形BEFG、DMNK、ABCD是正方形，
∴∠E=∠F=90°，AE∥MC，MC∥NK，
∴AE∥NK，
∴∠KNA=∠EAF，
∴△KNA∽△EAF，
∴NK：EA=KA：EF，
设BE=x，则AB=8﹣x，NK=y，KA=y﹣（8﹣x）=x+y﹣8，
∴，
∴=+1，
观察可知：当y=8时，等式成立，
∴y=8，
∴NK=AE，
∴△KNA≌△EAF，
∴NA=AF
∴FP=PM，
∴S
=S△NPF，
△MNP
=2S△MNP=64，
∴S
正方形DMNK
=32，
∴S
△MNP
=32．
∴S
△NPF
故选：B．
5．（5分）若a+b=﹣2，且a≥2b，则（）
A．有最小值B．有最大值1
C．有最大值2 D．有最小值
【分析】由已知条件，根据不等式的性质求得b≤﹣＜0和a≥﹣；然后根据不等式的基本性质求得≤2 和当a＞0时，＜0；当﹣≤a＜0时，≥；据此作出选择即可．
【解答】解：∵a+b=﹣2，
∴a=﹣b﹣2，b=﹣2﹣a，
又∵a≥2b，
∴﹣b﹣2≥2b，a≥﹣4﹣2a，
移项，得
﹣3b≥2，3a≥﹣4，
解得，b≤﹣＜0（不等式的两边同时除以﹣3，不等号的方向发生改变），a≥﹣；
由a≥2b，得
≤2 （不等式的两边同时除以负数b，不等号的方向发生改变）；
A、当a＞0时，＜0，即的最小值不是，故本选项错误；
B、当﹣≤a＜0时，≥，有最小值是，无最大值；故本选项错误；
C、有最大值2；故本选项正确；
D、无最小值；故本选项错误．
故选：C．
二、填空题（共4题，每题5分，共20分）
6．（5分）如果实数x、y满足2x2﹣6xy+9y2﹣4x+4=0，那么=．
【分析】由题意2x2﹣6xy+9y2﹣4x+4=（x2﹣6xy+9y2）+（x2﹣4x+4）=0，根据非
负数的性质，分别求出x，y，从而求出=．
【解答】解：可把条件变成（x2﹣6xy+9y2）+（x2﹣4x+4）=0，
即（x﹣3y）2+（x﹣2）2=0，
因为x，y均是实数，
∴x﹣3y=0，x﹣2=0，
∴x=2，y=，
∴==．
故答案为．
7．（5分）关于x的方程的解是负数，则a的取值范围是a＜1且a≠0．【分析】先解关于x的分式方程，求得x的值，然后再依据“解是负数”建立不等式求a的取值范围．
【解答】解：方程去分母得，a=x+1，
解得，x=a﹣1，
∵x＜0，
∴a﹣1＜0即a＜1，
又a≠0则a的取值范围是a＜1且a≠0．
8．（5分）如图，⊙O中，BD为⊙O直径，弦AD长为3，AB长为5，AC平分∠
DAB，则弦AC4．
【分析】由于AC平分∠DAB，根据圆周角定理可证得△BCD是等腰直角三角形；过D作DE⊥AC于E，可分别在Rt△ADE、Rt△CDE中，通过解直角三角形求得
AE、CE的长，进而求出AC的值．
【解答】解：过D作DE⊥AC于E．
已知AC平分∠DAB，即∠CDB=∠CAB=∠CBD=∠CAD=45°，即△BCD是等腰直角三角形．
在Rt△ABD中，由勾股定理得：BD==．
在Rt△CBD中，∠CDB=∠CBD=45°，则：CD=BD=．
在Rt△ADE中，AD=3，∠DAE=45°，则：DE=AE=AD=．
在Rt△CDE中，由勾股定理得：CE==．
∴AC=AE+CE=4，
故答案为：4．
9．（5分）在平面直角坐标系中，A（2，0）、B（0，3），过点B作直线∥x轴，点P（a，3）是直线上的动点，以AP为边在AP右侧作等腰RtAPQ，∠APQ=Rt ∠，直线AQ交y轴于点C．
（1）当a=1时，则点Q的坐标为（4，4）；
（2）当点P在直线上运动时，点Q也随之运动．当a=时，AQ+BQ的值
最小为．
【分析】（1）要求点Q的坐标，可作QF⊥BP，由于BP、OB已知，只需求出PF 和QF．从条件“△APQ为等腰直角三角形”出发，构造全等，即可解决问题．（2）本题要求动点Q到两定点A、B的距离之和AQ+BQ的最小值，属于“将军饮马型”，只需求出动点Q所在直线的解析式，然后运用解决“将军饮马型”的方法即可解决问题；要求AQ+BQ取最小值时对应的a的值，只需运用相似三角形对应高的比等于相似比建立关于a的方程，就可求出a的值．
【解答】解：（1）过点P作PE⊥OA，垂足为E，过点Q作QF⊥BP，垂足为F，如图1．
∵BP∥OA，PE⊥OA，∴∠EPF=∠PEO=90°．
∵∠APQ=90°，∴∠EPA=∠FPQ=90°﹣∠APF．
在△PEA和△PFQ中，
∴△PEA≌△PFQ．
∴PE=PF，EA=QF．
∵a=1，∴P（1，3）．∴OE=BP=1，PE=3．
∵A（2，0），∴OA=2，∴EA=1．∴PF=3，QF=1．
∴点Q的坐标为（4，4）．
（2）若点P的坐标为（a，3），则PF=PE=3，QF=AE=|2﹣a|．
∴点Q的坐标为（a+3，5﹣a）．
∵无论a为何值，点Q的坐标（a+3，5﹣a）都满足一次函数解析式y=﹣x+8，∴点Q始终在直线y=﹣x+8上运动．
设直线y=﹣x+8与x轴、y轴分别交于点M、N，如图2所示．
当x=0时y=8，当y=0时x=8．∴OM=ON=8．
∵∠AOB=90°，∴∠OMN=45°．
过点A关于直线MN作对称点A′，连A′Q、A′M，
则A′Q=AQ，A′M=AM=6，∠A′MN=∠AMN=45°．
∴∠A′MA=90°，AQ+BQ=A′Q+BQ．根据两点之间线段最短可知：
当A′、Q、B三点共线时，AQ+BQ=A′Q+BQ最短，最小值为A′B长．
设直线BP与A′M相交于点H，则BH⊥A′M．
在Rt△A′HB中，∠A′HB=90，BH=OM=8，A′H=A′M﹣MH=6﹣3=3，
∴A′B===．
当A′、Q、B三点共线时，
∵BN∥A′M，∴△BQN～△A′QM．
根据相似三角形对应高的比等于相似比可得：
==，解得x Q=．
∴a+3=．∴a=．
∴当a=时，AQ+BQ的值最小为．
故答案为：（4，4）、、．
三、解答题（共2题，每题15分，共30分）
10．（15分）如图，等腰△ABC中，AC=BC，⊙O为△ABC的外接圆，D为上
一点，CE⊥AD于E，求证：AE=BD+DE．
【分析】如图，在AE上截取AF=BD，连接CF，由圆周角定理得，∠CBD=∠CAF，根据SAS可以利用已知条件证明△ACF≌△BCD⇒CF=CD，由于CE⊥AD，根据等腰三角形的性质：底边上的高与底边上的中线重合知，EF=DE，则AE=AF+EF=BD+DE．
【解答】证明：如图，在AE上截取AF=BD，连接CF，CD；
在△ACF和△BCD中
∴△ACF≌△BCD，
∴CF=CD，
∵CE⊥AD于E，
∴EF=DE，
∴AE=AF+EF=BD+DE．
11．（15分）如图，已知抛物线y=x2+mx+n（n≠0）与直线y=x交于A、B两点，与y轴交于点C，OA=OB，BC∥x轴．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设D、E是线段AB上异于A、B的两个动点（点E在点D的上方），DE=，过D、E两点分别作y轴的平行线，交抛物线于F、G，若设D点的横坐标为x，四边形DEGF的面积为y，求x与y之间的关系式，写出自变量x的取值范围，
并回答x为何值时，y有最大值．
【分析】（1）根据函数图象上点的坐标特点和函数图象交点与函数解析式组成的方程组的解之间的关系，求出B点坐标，再根据正比例函数图象上点的中心对称性，求出A点坐标，用待定系数法求解即可．
（2）根据各点坐标求出表示线段长的解析式，因为DF∥EG，可将四边形DEGF 作为梯形来对待求其面积．
【解答】解：（1）∵抛物线y=x2+mx+n与y轴交于点C
∴C（0，n）
∵BC∥x轴
∴B点的纵坐标为n
∵B、A在y=x上，且OA=OB
∴A（﹣n，﹣n），B（n，n）
∴
解得：n=0（舍去），n=﹣2；m=1
∴所求解析式为：y=x2+x﹣2
（2）作DH⊥EG于H
∵D、E在直线y=x上
∴∠EDH=45°
∴DH=EH
∵DE=
∴DH=EH=1
∵D（x，x）
∴E（1+x，1+x）
∴F的纵坐标：x2+x﹣2，
G的纵坐标：（x+1）2+（x+1）﹣2
∴DF=x﹣（x2+x﹣2）=2﹣x2，EG=（x+1）﹣[（x+1）2+（x+1）﹣2]=2﹣（x+1）2
∴y=[2﹣x2+2﹣（x+1）2]×1
y=﹣x2﹣x+，
y=﹣（x+）2+，
∴x的取值范围是﹣2＜x＜1．当x=﹣时，y最大值=．。