广西南宁市三美学校2022年初中学业水平考试模拟（三）数学试题

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南宁市三美学校2022年初中学业水平考试数学模拟（三）参考答案一、选择题（每小题3分，共36分）题号123456789101112答案BBACBCACDDAC二、填空题（每小题3分，共18分）13. (答案不唯一)       14. 8      15. 乙      16. 3       17. -6       18. 64  三、解答题（本大题共66分）19. （6分）解：原式＝－1＋(－12)÷(－2)        …………4分＝－1+6                  …………5分＝5                     …………6分20. （6分）解：方法一：由方程可得：a=1，b=-4，c=2           ………………1分          ∴             ………………2分             ………………4分       ………………6分方法二：21. （8分）解：（1）如图，△A1B1C1为所求；2分（2）如图，△A2B2C2为所求；点A2，B2，C2的坐标分别为（﹣1，﹣3），（﹣2，﹣5），（﹣4，﹣2）；6分（3）△A1B1C1与△A2B2C2关于点P中心对称，如图，对称中心的坐标为（﹣2，﹣1）．8分22. （8分）解：（1）∵A课程总人数为2+6+12+14+18+8=60，∴中位数为第30、31个数据的平均数，而第30、31个数据均在70≤x＜80这一组，∴中位数在70≤x＜80这一组，∵70≤x＜80这一组的是：70  71  71  71  76  76  77  78  78.5 78.5  79  79  79  79.5，∴A课程的中位数为 ，即m=78.75； ………………2分（2）这名学生成绩排名更靠前的课程是B;           ………………3分该学生A课程分数低于中位数，排名在中间位置之后，而B课程分数高于中位数，排名在中间位置之前．………………………5分（3）解：抽取的60名学生中．A课程成绩超过的人数为:10+18+8=36 (人)．∴（人）答：该年级学生都参加测试．估计A课程分数超过的人数为180人．…………8分23. （8分）解：（1）过点B作BH⊥MP,垂足为H,过点M作MI⊥FG,垂足为I，过点P作PK⊥DE,垂足为K,∵MP＝25.3cm，BA＝HP＝8.5cm，∴MH＝MP﹣HP＝25.3﹣8.5＝16.8(cm)，………………1分在Rt△BMH中，cos∠BMH＝＝0.4,  ……………2分∴∠BMH＝66.4°，………………3分∵AB∥MP,∴∠BMH+∠ABC＝180°,∴∠ABC＝180°﹣66.4°＝113.6°；………………4分（2）∴∠ABC＝180°﹣∠BMH＝180°﹣66.4°＝113.6°．∵∠BMN＝68.6°,∠BMH＝66.4°,∴∠NMI＝180°﹣∠BMN﹣∠BMH＝180°﹣68.6°﹣66.4°＝45°,  ………………5分∵MN＝28cm，∴在Rt△MNI中，cos45°＝,∴MI≈19.74cm，   ………………6分∵KI＝50cm,∴PK＝KI﹣MI﹣MP＝50﹣19.74﹣25.3＝4.96 < 5.0(cm），  ………………7分∴此时枪身端点A与小红额头的距离是在规定范围内．    ………………8分24. （10分）解：（1）设每盒挂件的价格为x元，则每盒印章为(x－10)元．根据题意，得＝，解得x＝40.        ………………2分检验：当x＝40时，， ∴x＝40是分式方程的解      ………………3分∴x－10＝40－10＝30元．答：每盒挂件为40元，每盒印章为30元； ………………4分（2）∵a盒挂件与b盒印章恰好分发配套，∴30a÷2＝20b÷2    ∴b＝a；………………6分（3）当w≤850，即a≤10时，w＝40a＋a×30＝85a；当w＞850，即a>10时，w＝850＋0.6(85a－850)＝51a＋340.  ∴w＝.…………8分∵挂件需要750×2＝1500个，印章需要750×2＝1500个．∴需要购买挂件1500÷30＝50盒，印章1500÷20＝75盒．∴总费用w＝51×50＋340＝2890元．………………9分答：需要购买50盒，挂件与75盒印章，共需要2890元．(10分)25. （10分）（1）证明：如图，连接OE，∵AE平分∠BAC ，  ∴∠CAE＝∠BAE     ∵OA＝OE，∴∠BAE＝∠AEO，       .………………1分∴∠CAE＝∠AEO，∴OE∥AC         .………………2分∴∠BEO＝∠ACB＝90°，   ∴OE⊥BC.∵OE为⊙O的半径，∴BC是⊙O的切线       .………………3分（2）证明：由（1）可知，BC与⊙O相切于点E，∴∠OED＋∠BED＝90°.∵AD为⊙O的直径，∴∠AEO＋∠OED＝90°，∴∠AEO＝∠BED.∵OE＝OA，   ∴∠EAB＝∠AEO＝∠BED， .………………4分∵∠B＝∠B，∴△BED∽△BAE，　   ∴＝，即BE 2＝BD·AB； .………………5分（3）解：如解图，过点E作EM⊥AB于点M，连接OH，在Rt△ABC中，AB＝＝＝10.∵AE平分∠BAC，∴EM＝EC，AM＝AC＝6，∴BM＝AB－AM＝4.      .………………6分设CE＝x，则EM＝EC＝x，∴BE＝8－x，在Rt△BEM中，EM 2＋BM 2＝BE 2，∴x2＋42＝(8－x)2，解得x＝3，∴EM＝EC＝3，BE＝5.Rt△ACE中，AE＝＝3，……………7分由（2）可知，△BED∽△BAE， ∴＝＝＝，DE＝，在Rt△AED中，AD＝＝，∴DM＝＝，即OM＝OD－DM＝.∵H是的中点，∴∠HOA＝∠HOD＝90°，∴EM∥OH，∴△EGM ∽△HGO，…………………8分∴＝＝＝，  设MG＝a，则OG＝OM－MG＝－a，∴＝，∴a＝1，即MG＝1，OG＝ ，.………………9分∴在Rt△OHG中，GH＝＝.    .………………10分26. （10分）解：（1）对于直线y＝－x＋3，令y＝0，即－x＋3＝0，则x＝3，令x＝0，则y＝3，∴B(3，0)，C(0，3)．.…    ……………1分∵A为x轴负半轴上一点，且OA＝OB，   ∴A(－1，0)．将点A、B的坐标分别代入y＝－x2＋bx＋c中，得，解得.   .………………2分∴抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3; .………………3分（2）由（1）知A(－1，0)，B(3，0)，D(1，0)，∴BM＝|3－t|，                   .………………4分∵S△MNB＝BM·DN＝，即·|3－t|·2t＝，当t<3时，·(3－t)·2t＝，方程无解；当t>3时，·(t－3)·2t＝，解得t1＝，t2＝(舍)，.………………5分∴DN＝2t＝3＋2，∴点M的坐标为(，0)，点N的坐标为(1，3＋2)；.………………6分（3）存在．∵点P在x轴上，∴设P(m，0)．∵C(0，3)，D(1，0)，∴由勾股定理，得CD2＝12＋32＝10，PD2＝(m－1)2＋(0－0)2＝(m－1)2，PC2＝(m－0)2＋(0－3)2＝m2＋9，     .………………7分分为三种情况讨论：①当CD＝PD时，CD2＝PD2，即10＝(m－1)2，解得m1＝1＋，m2＝1－，          此时点P的坐标为(1＋，0)或(1－，0)；  .………………8分②当CD＝CP时，CD2＝CP2，即10＝m2＋9，解得m1＝－1，m2＝1(不符合题意，舍去)，此时点P的坐标为(－1，0)；    .………………9分③当PC＝PD时，PC2＝PD2，即m2＋9＝(m－1)2，解得m＝－4，此时点P的坐标为(－4，0)．综上所述，在x轴上存在点P，使得△PDC为等腰三角形，满足条件的点P的坐标为(1＋，0)或(1－，0)或(－1，0)或(－4，0)．.………………10分