2023年浙江省绍兴区柯桥区九年级下学期期中（一模）数学试题

这是一份2023年浙江省绍兴区柯桥区九年级下学期期中（一模）数学试题，文件包含2022年第二学期九年级数学学科期中学业评价试卷docx、答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共16页， 欢迎下载使用。
一.选择题：(本题共10小题，每小题4分，共40分)在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）请把答案直接填写在横线上
11 2(x+2)(x -2 ) 12． X>1 13 ． 6
14． 2,-1,1 15． 2 16 ． (4,3),()
三、解答题（本大题共8小题，第17-20题每小题8分,第21题10分,第22,23题12分,第24题14分,共80分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17.（1）解：原式=2+1+2﹣6×＝2+3﹣2＝3 (4分)
（2）解： (4分)
18. 解：（1）（34+26）÷（1﹣15%﹣10%）＝80（人），
答：本次被调查的学生有80人； (2分)
（2）m＝80×15%＝12，n＝80×10%＝8； (4分)
（3）600×＝195（人），
答：估计该校八年级学生中每日在家锻炼运动时长满足40＜x≤60的共有195人． (2分)
19. 解：（1）如图①中，四边形ABCD即为所求；(4分)
（2）如图②中，点Q即为所求．(4分)
20．（1）由图象可得，
小明家与图书馆的距离为2000m，小明步行的速度为：（2000﹣800）÷6＝200（m/min），
故答案为：2000，200； (2分)
（2）小明从图书馆回到家用的时间为：2000÷200＝10（min），
36+10＝46（min），
小明从图书馆返回家的过程中，设y与x的函数解析式为y＝kx+b，
∵点（36，2000），（46，0）在该函数图象上，
∴．
解得．
即小明从图书馆返回家的过程中，y与x的函数解析式为y＝﹣200x+9200（36≤x≤46）；(2分)
（3）小明从图书馆返回家的过程中，当y＝1000时，
1000＝﹣200x+9200，
解得x＝41，
即当小明离家的距离为1000m时，x的值为41．(2分)
小明从食堂出来后，设y与x的函数解析式为y＝kx+b，
将（0，800）（6，2000）代入，得，
解得：
∴y＝200x+800，当y＝1000时，x＝1．(2分)
21. 解：（1）BD⊥DE，
理由：连接BD，
∵EC＝36cm，DE＝50cm，
∴CD＝DE﹣EC＝14cm，（2分）
∵BC＝50cm，BD＝48cm，
∴CD2+BD2＝142+482＝2500，BC2＝502＝2500，
∴CD2+BD2＝BC2，
∴△BCD是直角三角形，
∴∠BDC＝90°，
∴BD⊥DE；(3分)
（2）过点F作FH⊥CD，垂足为H，
∵BC＝AB＝50cm，
∴AC＝AB+BC＝100（cm），
∵CF＝AC，
∴CF＝×100＝20（cm），
在Rt△CFH中，∠DCF＝45°，
∴FH＝CF•sin45°＝20×＝10（cm），
CH＝CF•cs45°＝20×＝10（cm），(2分)
∵DF＝30cm，
∴DH＝＝＝10（cm），
∴CD＝CH+DH＝（10+10）cm，
∴CD的长为（10+10）cm． (3分)
22. （1）证明：如图1，连接OD，
∵DE是⊙O的切线，
∴OD⊥DE，
∴∠ODE＝90°，(2分)
∵BC为⨀O的直径，
∴∠BAC＝90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠BAC＝×90°＝45°，
∵＝，
∴∠BOD＝2∠BAD＝2×45°＝90°，（2分）
∴∠BOD＝∠ODE，
∴DE∥BC；(2分)
（2）解：如图2，过点C作CF⊥DE于点F，连接OD，
∵∠BAC＝90°，AB＝8，AC＝6，
∴BC＝＝＝10，
∴OC＝OD＝5，(2分)
由（1）知：∠ODE＝∠BOD＝90°，
∴∠COD＝180°﹣∠BOD＝90°，
∵CF⊥DE，
∴∠CFD＝∠CFE＝90°，
∴∠COD＝∠ODE＝∠CFD＝90°，
∴四边形OCFD是矩形，
∴CF＝OD＝5，DF＝OC＝5，
∵DE∥BC，
∴∠E＝∠ACB，
∵∠CFE＝∠BAC＝90°，
∴△CEF∽△BCA，(2分)
∴＝，即＝，
∴EF＝，
∴DE＝DF+EF＝5+＝．(2分)
23. 解：（1））∵y＝x2﹣2tx+1
＝（x﹣t）2﹣t2+1，
∴抛物线的对称轴为直线x＝t；(2分)
（2）∵点M（t﹣2，m），N（t+3，n）在抛物线y＝x2﹣2tx+1上，
∴抛物线的开口向上，对称轴为直线x＝t，
又∵|t﹣（t﹣2）|＝2，|t﹣（t+3）|＝3，2＜3，
∴点N（t+3，n）离抛物线y＝x2﹣2tx+1的对称轴距离较大，
∴n＞m；(2分)
（3）∵抛物线的开口向上，
∴离抛物线y＝x2﹣2tx+1的对称轴距离较大，函数值越大．
当t＞3时，点P离对称轴远，不符合题意；
当﹣1≤t≤3时，由题意得，
3﹣t≥t﹣（﹣1），
解得t≤1，
∴﹣1≤t≤1时，都有y1≤y2；(2分)
当t＜﹣1时，点Q离对称轴远，都有y1≤y2．(1分)
综上，当t≤1时，都有y1≤y2．(1分)
（4）∵抛物线的开口向上，对称轴为直线x＝t，
∴点P在抛物线y＝x2﹣2tx+1对称轴的右侧，
∵y1≥y2，
①当点Q在对称轴的右侧或在对称轴上，且在点P的左侧或与点P重合时满足条件，
∴2t−4≥t且2t−4≤t+1，
解得4≤t≤5；(2分)
②当点Q在对称轴的左侧，且点Q到抛物线对称轴的距离小于或等于点P到对称轴的距离时满足条件，
∴2t−4＜t，t−（2t−4）≤t+1−t，
解得3≤t＜4，
综上所述：当3≤t≤5时，满足题意．
∴t的最大值为5．(2分)
(方法不唯一)
24．解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠BAD＝90°，
∵BC＝AB，
∴AD＝AB，
∴tan∠ABD＝＝，
∴∠ABD＝60°，(2分)
由折叠的性质得：AF＝AB，
∴△ABF是等边三角形，
∴∠AFB＝60°，
∴∠AFD＝180°﹣∠AFB＝120°；(2分)
②由折叠的性质得：BF⊥AE，EF＝EB，
∴∠BGE＝90°，
∵EF＝EC，
∴EF＝EB＝EC，
∴BC＝2BE，(1分)
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝CD＝4，
∵∠BAE+∠AEB＝90°，∠AEB+∠CBD＝90°，
∴∠BAE＝∠CBD，
∵∠ABE＝∠BCD，
∴△ABE∽△BCD，(2分)
∴＝，即＝，
解得：BC＝4（负值已舍去），
即BC的长为4；(1分)
（2）当点E，C'，D三点共线时，分两种情况：
a、如图3，由②可知，BC＝4，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BCD＝90°，AD＝BC＝4，CD＝AB＝4，AD∥BC，
∴∠DCE＝90°，∠CED＝∠B'DA，
由折叠的性质得：AB'＝AB＝4，∠B'＝∠ABC＝90°，
∴∠DCE＝∠B'，DC＝AB'，
∴△CDE≌△B'AD（AAS），(2分)
∴DE＝AD＝4，
∴CE＝＝＝4，
∴BE＝BC+CE＝4+4；(1分)
b、如图4，
由折叠的性质得：∠AEC'＝∠AEC，
∵∠BEC'＝∠DEC，
∴∠AEB＝∠AED，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠DAE，
∴∠DAE＝∠AED，
∴DE＝AD＝4，(2分)
在Rt△CDE中，由勾股定理得：CE＝＝＝4，
∴BE＝BC﹣CE＝4﹣4；
综上所述，BE的长为4+4或4﹣4．(1分)
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/4/18 20:12:30；用户：82；邮箱：229613475@qq.cm；学号：1492582
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
D
D
C
D
B
B
C
C
B