哈尔滨市香坊区九年级数学上期末考试试题及答案

香坊区 2015—2016 学年度上学期教育质量综合评价 学 业 发 展 水 平 监 测 数 学 学 科（九年级）参考答案 一、选择题 1.D 2. B 3. D 4. A 5. C 6. C 7. B 8. A 9. D 10.C 二、填空题 11.x≠2 12.6π 13.10 14.k≤ 9 8 15.36° 16.7 17.30° 18.2 或 4 19. 4y x  20.8 三、解答题 21．（本题 7 分） 解：原式= 2( )a b a b a a   = 2( ) a b a a a b    = 1 a b 3 分 ∵  45cos30sin6a ， 3 tan 60b  . ∴ 1 26 2 2a    = 23 2  ， 3 3b   =3 2 分 ∴原式= 1 a b = 1 1 2 2 23 32 2     2 分 22．（本题 7 分） （1）画出△ABC 3 分 （2）画出△ADC 3 分 sin∠BDC= 2 5 5 1 分 23．（本题 8 分） 方法一：证明：过 O 作 OH⊥AB 于 H，则 AH=BH 1 分 ∵OC=OD ∴∠C=∠D 1 分 ∵CD∥AB ∴∠C=∠OFE，∠D=∠OEF 1 分 ∴∠OFE=∠OEF 1 分 ∴OE=OF 1 分 ∵OH⊥AB ∴EH=FH， 1 分 ∴AH-EH=BH-FH 1 分 ∴AE=BF 1 分 方法二：证明：连接 OA、OB ∵OC=OD ∴∠C=∠D 1 分 ∵CD∥AB ∴∠C=∠AFC，∠D=∠BED 1 分 ∴∠AFC=∠BED 1 分 ∵OA=OB ∴∠A=∠B 1 分 ∴△AOF≌△BOE 1 分 ∴AF=BE 1 分 ∴AF-EF=BE-EF 1 分 ∴AE=BF 1 分 24．（本题 8 分） 证明：（1）∵△BDE≌△BAC ∴BD=AB ∵AB=AC ∴AC=BD 1 分 ∵AC∥BD 1 分 ∴四边形 ABDC 为平行四边形 1 分 又∵AB=AC ∴四边形 ABDC 为菱形 1 分 （2）方法一：过 A 作 AF⊥BC 于 F，过 E 作 EH⊥BC 于 H. ∵AC=AB=5 ∴∠ACB=∠ABC ∵AF⊥BC ∴CF=BF 在 Rt△ AFC 中，tan∠ACF= AF CF = 4 3 设 AF=4a，CF=3a ∴在 Rt△ AFC 中， AC= 2 2 5DF EF a  =5 ∴a=1 ∴AF=4，CF=BF=3a=3 ∴BC=BF+CF=6 1 分 在 Rt△ AFC 中，sin∠ACB= 4 5 AF AC  cos∠ACB= 3 5 CF AC  由旋转性质得， BE=BC=6，∠DBE=∠ABC， 1 分 sin∠DBE = 4 5 cos∠DBE = 3 5 ∵EH⊥BC 在 Rt△ BHE 中， EH=BE ·sin∠DBE=6× 4 5 = 24 5 BH=BE ·cos∠DBE=6× 3 5 =18 5 1 分 ∴CH=BC-BH=12 5 ∴在 Rt△ CHE 中， CE= 2 2 12 5 5EH CH  1 分 方法二：过 D 作 DF⊥BE 于 F，过 E 作 EH⊥BC 于 H ∵△BDE≌△BAC ∴DE=AC，BD=AB，BE=BC，∠BED=∠ACB， ∵AC=AB=5 ，tan∠ACB= 4 3 ∴DE=BD=5，tan∠DEF= 4 3 ∵DF⊥BE ∴EF=BF 在 Rt△ DFE 中，tan∠DEF= DF EF = 4 3 ，设 DF=4a，EF=3a. ∴在 Rt△ DFE 中， DE= 2 2 5DF EF a  =5 ∴a=1 ∴DF=4，BF=EF=3a=3 ∴BE=BF+EF=6 1 分 ∴BC=6 ∴CD=BC-BD=1 ∵ 1 1 2 2BDES BD EH BE DF     即 1 15 6 42 2EH    ∴EH= 24 5 1 分 ∴在 Rt△ DHE 中， DH= 2 2 7 5DE EH  ∴CH=CD+DH=12 5 1 分 ∴在 Rt△ CHE 中， CE= 2 2 12 5 5EH CH  1 分 25． 解：（1）抛物线的顶点坐标为（5，5），与 y 轴交点坐标是（0，1） 1 分 设抛物线的解析式是 y=a(x－5)2＋5 1 分 把（0，1）代入 y=a(x－5)2＋5 得 1 =a(0－5)2＋5 1 分 a=－ 4 25 1 分 ∴y=－ 4 25 (x－5)2＋5= 24 8 125 5x x   1 分 （2）由已知得两景观灯的纵坐标都是 4 ∴4=－ 4 25 (x－5)2＋5 2 分 ∴ 4 25 (x－5)2=1 ，解得 x1=15 2 ，x2= 5 2 2 分 ∴ 两景观灯间的距离为15 2 - 5 2 =5 米． 1 分 26.（本题 10 分） （1）证明： 方法一：连接 AD ∵AB 为⊙O 的直径 ∴∠ADB=90° 1 分 ∴AD⊥BC 又∵BD=CD ∴AD 垂直平分 BC ∴AB=AC 1 分 ∴AD 平分∠BAC ∴∠CAB=2∠CAD ∵∠CAD=∠CBE ∴∠CAB=2∠CBE 1 分 方法二：连接 DE ∵AB 为⊙O 的直径 ∴∠AEB=90° 1 分 ∴∠BEC=90° ∴DE= 1 2 BC ∵BD=CD= 1 2 BC ∴DE=DB ∴  DE DB 1 分 ∴∠DEB=∠DBE ∴∠CDE=∠DEB+∠DBE=2∠DBE ∵四边形 ABDE 是⊙O 的内接四边形 ∴∠CDE=180°-∠BDE= ∠CAB ∴∠CAB=2∠CBE 1 分 （2）证明：延长 DF 交⊙O 于 K，连接 DE ∵AB 为⊙O 的直径 ∴∠AEB=90° ∵BD=CD ∴DE= 1 2 BC ∴DE=BD=CD ∴  DE DB 1 分 ∵AB⊥DK，且 AB 为⊙O 的直径 ∴DF=FK，  BK BD ∴DK=2DF，  BK DE ∴    BK EK DE EK   ∴  DK BE 1 分 ∴DK=BE ∴BE=2DF 1 分 （3）解：连接 AD，连接 ED，∵BE=2DF， DF= 2 3 ∴BE= 4 3 ∵ 2 BN=2 3 ∴BN= 6 ∵∠BDM=∠ABE ∠ADE=∠ABE ∴∠ADE=∠BDM ∵∠AED=∠DBN，DE=DB ∴△DAE≌△DNB ∴AE=NB= 6 1 分 在 Rt△ AEB 中， AB= 2 2AE BE =3 6 tan∠ABE= 6 2 44 3 AE BE   ∴AC=AB=3 6 ，tan∠BDG= 2 4 ∴CE=AC+AE= 4 6 在 Rt△ CEB 中 ，tan∠CBE= 4 6 2 4 3 CE BE   1 分 过 G 作 GH⊥BD 于 H，则在 Rt△ GHD 中，tan∠GDH= 2 4 GH DH  设 GH= 2 a，DH=4a ∴在 Rt△ GHB 中，tan∠GBH 2 2GH a BH BH    ∴BH=a ∴BD=BH+DH=a+4a=6 ∴a= 6 5 ∴DH= 24 5 ，GH= 6 25 在 Rt△ DHG 中， 2 2 18 25DG DH GH   1 分 连接 BM， ∵DB=DE ∴∠DEB=∠DBE ∵∠DEB=∠M ∴∠DBG=∠M ∵∠GDB=∠BDM ∴△GDB∽△BDM ∴ BD DG DM DB  即 18 26 5 6DM  ∴DM=5 2 1 分 ∴MG=DM-DG= 7 25 1 分 27.（本题 10 分） （1）解：当 x=0 时，y= -02+2k×0+3k 解得 y=3k ∴C（0,3k） ∴OC=3k ∵OA= 1 3 OC ∴OA=k ∴A（-k，0） 1 分 ∵点 A 在抛物线上 ∴0=-(-k)2+2k×(-k)+3k 解得 k1=0（舍），k2=1 ∴抛物线的解析式为 y=-x2+2x+3 1 分 （2）解：∵抛物线的解析式为 y=-x2+2x+3 ∴当 y=0 时，0=-x2+2x+3 解得 x1=-1，x2=3 ∴A（-1,0）B（3,0） ∴OA=1，OB=3 ∴AB= OA+OB=4 1 分 ∵AE⊥PQ，BF⊥PQ ∴∠AEP=∠BFQ=90° ∴AE∥BF ∵GH 垂直平分 EF ∴EG=FG，∠HGQ=90° ∴∠HGQ=∠BFQ ∴GH∥BF ∴AE∥GH∥BF ∴ 1AH EG BH FG   1 分 ∴AH=BH= 1 2 AB=2 ∴OH=OB-BH=1 ∴H（1，0） ∵DH∥y 轴 ∴点 D 的横坐标为 1 ∵点 D 在抛物线上 ∴当 x=1 时，y= -12+2×1+3=4 ∴D（1,4） 1 分 （3）∵点 P 在抛物线 y=-x2+2x+3 上，设 P（m, -m2+2m+3） 由（2）知 A（-1,0）B（3,0） 设直线 PA 的解析式为 y=k1x+b1 点 A（-1,0）、P（m, -m2+2m+3）在直线 PA 上，则 1 1 1 1 0 1 k b k bm         2m 2m 3 解得 1 13 , 3k m b m    ∴直线 PA 的解析式为 (3 ) 3y m x m    ∵N 的横坐标为 1 ∴当 x=1 时， (3 ) 1 3 6 2y m m m       ∴NH= 6 2m 1 分 设直线 PB 的解析式为 y=k2x+b2 点 B（3,0）、P（m, -m2+2m+3）在直线 PB 上，则 2 2 2 2 0 3 k b bm k         2m 2m 3 解得 2 21, 3 3k m b m     ∴直线 PB 的解析式为 ( 1) 3 3y m x m     ∵M 的横坐标为 1 ∴当 x=1 时， ( 1) 1 3 3 2 2y m m m        ∴MH= 2 2m  1 分 ∵D（1,4） ∴DH=4 ∴MD=MH-DH=2m-2 ∵MD=NH ∴2m-2=6-2m 解得 m=2 ∴P（2,3） 1 分 过 P 作 PK⊥AB 于 K， ∴OK=2，PK=3 ∴AK=OA+OK=3，BK=OB-OK=1 ∴AK=PK=3 ∵PK⊥AB ∴∠PKA=90° ∴∠PAK=∠APK=45° ∵BP=BQ，∠PBQ=90° ∴∠BPQ=∠BQP=45° ∴∠APK-∠QPK=∠QPB-∠QPK 即∠QPA=∠BPK 1 分 在 Rt△PKB 中，tan∠BPK= 1 3 BK PK  ∴tan∠QPA= 1 3 1 分 （不同方法请酌情给分） 不用注册，免费下载！