2024年长沙市明德集团九年级“乐诚杯”竞赛数学试卷

明德教育集团2024年“乐诚杯”竞赛 数学试卷2024年11月 时量：90分钟满分：100 一、选择题（四个备选答案有且只有一个正确，本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1.如图，将下面的纸板叠成正方体后，如果“诚”在前面，则右面是() A.明 B.德 C.坚 D苦 真诚 (第1题图) (第2题图) 2.如图，由16个相同的小正方形和4个相同的大正方形组成的图形，在这个图形内任取一点P, 则点P落在阴影部分的概率为() A 83 C. 50 32 D 16 3.如图，在平面直角坐标系中，点N(1,1)在直线：y=x上，过点N作NM⊥l,交x轴于点 M1:过点M作MN⊥x轴，交直线I于点N:过点N作NM⊥I,交x轴于点M:过点M 作MM⊥x轴，交直线1于点M;:按此作法进行下去，则点Mo24的坐标为() A.(22025,0) B.(22024,0) C.(32025,0) D.(32024,0) B D (第3题图) (第4题图) 4.如图，已知在凸四边形ABCD中，∠BAC=20°，∠BCA=30°，∠BDC=40°，∠BDA=60°，若对角线 AC,BD交于点P,则∠CPB=() A.70° B.75° C.80° D.85 2024年“乐诚杯”竞赛数学试卷第1页共4页 5.已知实数x,y满足关系式(x-1)(y-1)=4,则x2+y2的最小值为() A.1 B.2 C.4 D.18 6.设实数x,y满足(x-√x2-2024)y-√y2-2024)=2024,则x-y的值为) A.0 B.1 C.2024 D.2025 7.设二次函数y=x2+2m+￠的图象的顶点为A,与x轴的交点为B,C.当△ABC为等边三 2 角形时，其边长为( ) A.6 B.22 C.25 D.3√2 x+y+z=2024 8.已知{1,1,11，则(x-2024)(y-2024)(z-2024)的值为( ) ++ x yz2024 A.0 B.1 C.-1 D.2025 二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分） 9.计算：1 1 1+5+2+5+…+2024+√202s5 10.Rt△ABC的内切圆切斜边AB于D,若AD=1O,BD=3,则内切圆半径为 x+y+z=2, 11.已知x以，p满足y+2+w=0, z+w+x=2, 则3zw=一 w+x+y=5. 12.若x=5-,则+--的值为 2 x(x-1) 13.设a,b,c,d为四个不同的实数，若a,b为方程x2-20cx-24d=0的根，c,d为方程 x2-20am-24b=0的根，则a+b+c+d的值是」 14.10个人围成一个圆圈做游戏.游戏的规则是：每个人心里都想好一个数，并把自己想好的数 如实地告诉他两旁的两个人，然后每个人将他两旁的两个人告诉他的数的平均数报出来。若报 出来的数如图所示，则报3的人心里想的数是 10 6 2024年“乐诚杯”竞赛数学试卷第2页共4页 三、解答题（本大题共3小题，其中第15题8分，第16题10分，第17题12分，共30分） 15.(本题满分8分) 如图，在直角坐标系中，点A的坐标是(O,3),点C是x轴上的一个动点；点C在x轴上移动 时，始终保持△ACP是等边三角形.当点C移动到点O时，得到等边三角形AO(此时点P 与点B重合) (I)点C在移动的过程中，当等边三角形ACP的顶点P在第三象限时（如图所示），求证： △AOC≌△ABP: (2)求点C在x轴上移动时，求证：点P恒在定直线上，并求该直线所对应的函数解析式 16.(本题满分10分) 如图，以△ABC的边AB、AC分别为一边作正方形ABDE,ACFG, (I)求证：BG=CE且BG⊥CE: (2)若点P,M,2,N分别为AD,BC,AF,EG的中点，求证：四边形PMQN是正方形. 2024年“乐诚杯”竞赛数学试卷第3页共4页 17.(本题满分12分) 如图1，抛物线C:y=m2+2m+3交x轴于A,B两点，交y轴于C点，且AB=4. (1)直接写出抛物线C的解析式： (2)D在第二、四象限的抛物线C上，在抛物线C的对称轴上是否存在点E,使以A,C,D, E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求点E的坐标：若不存在，请说明理由： (3)如图2，将抛物线C向右平移1个单位长度，得到抛物线C,直线y=:+1(k>0)交抛物 线C于M,N两点，直线MP,NP与抛物线C,都只有唯一公共点，直线MP,NP分别交x轴 于S,T两点，若△PST的面积为，求k的值. 图1 图2 2024年“乐诚杯”竞赛数学试卷第4页共4页 2024 年“乐诚”杯竞赛数学试卷 第1页 / 共7页 明德教育集团 2024 年“乐诚杯”竞赛 数学试卷 2024 年 11 月 时量：90 分钟 满分：100 一、选择题(四个备选答案有且只有一个正确，本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分) 1．将下面的纸板叠成正方体后，如果“诚”在前面，则右面是 ( ) A.明 B.德 C.坚 D.苦 【答案】D 2．如图是由 16 个相同的小正方形和 4 个相同的大正方形组成的图形，在这个图形内任取一点 P，则点 P 落在阴影部分的概率为( ) A. 5 8 B. 13 50 C. 13 32 D. 5 16 【答案】B 【解析】设 16 个相同的小正方形的边长为 a，则 4 个相同的大正方形的边长为 1.5a， ∴点 P 落在阴影部分的概率为 2a2＋2×1.5a2 25a2 ＝ 13 50. 3．如图，在平面直角坐标系中，点 N1(1，1)在直线 l：y＝x 上，过点 N1作 N1M1 l，交 x 轴于 点 M1；过点 M1 作 M1N2⊥x 轴，交直线 l 于点 N2；过点 N2作 N2M2⊥l，交 x 轴于点 M2； 过点 M2作 M2N2⊥x 轴，交直线 l 于点 N3；…：按此作法进行下去，则点 M2024 的坐标为 ( ) A.(22025，0) B.(22024，0) C.(32025，0) D. (32024，0) 【答案】B 德明 苦坚 诚真 ？诚 2024 年“乐诚”杯竞赛数学试卷 第2页 / 共7页 【解析】如图，过 N1作 N1E⊥x 轴于 E，过 N1作 N1F⊥y 轴于 F， ∵N1(1，1)，∴N1E＝N1F＝1，∴∠N1OM1＝45°，∴∠N1OM1＝∠N1M1O＝45°， ∴△N1OM1 是等腰直角三角形，∴N1E＝OE＝EM1＝1，∴OM1＝2，∴M1(2，0)， 同理，△M2ON2 是等腰直角三角形，∴OM2＝2OM1＝4，∴M2(4，0)， 同理，OM3＝2OM2＝22OM1＝23，∴M3(23，0)， ∴OM4＝2OM3＝24，∴M4(24，0)，依此类推，故 M2024(22024，0)． 4．已知在凸四边形 ABCD 中， 20 , 30 , 40 , 60 ,BAC BCA BDC BDA            若对角线 ,AC BD 交于点 P ，则 CPB  ( ) A．70 B．75 C．80 D．85 【答案】C. 【解答】作 ABC△ 的外接圆,延长 BD交 ABC△ 外接圆于点 E ，连接 ,AE EC ， 则 30 , 20AEB ACB CEB        ,又 60BDA  ，所以 30EAD BDA AEB    ， 从而 DA DE ，同理 DE DC ，即 DA DE DC  ,所以 D 为 ABC△ 外接圆的圆心，从而 2 100ADC AEC     , 180 180 100 40 2 2 ADCDAC DCA            于是 20 20 40 80 .CPB BEC ECA BEC ECD DCA               5．已知实数 x，y 满足关系式   1 1 4x y   ，则 2 2x y 的最小值为( ) A．1 B． 2 C．4 D．18 【答案】B. 【解析】设 x y t  ，则由题设条件可知 3 3xy x y t     ， ∴x，y 是关于 m 的一元二次方程 2 3 0m tm t    的两个实数根， 于是有： 2 4( 3) 0t t     ，解得 6t≥ 或 2t ≤ . 又∵ 2 2 2 2 2( ) 2 2( 3) ( 1) 7x y x y xy t t t          ， ∴当 2t   （即 1x y   ）时， 2 2x y 取得最小值，最小值为 2 . 6．设实数 x，y 满足 2 2( 2024)( 2024) 2024x x y y     ，则 x y 的值为( ) A.0 B.1 C. 2024 D.2025 【答案】A. 【解析】 2 2 2 20242024 2024 2024 x x y y y y         …①； 同理， 2 2 2 20242024 2024 2024 y y x x x x         …②． 由①-②得 x y ， x y ＝0． P D A C B P E D A C B 2024 年“乐诚”杯竞赛数学试卷 第3页 / 共7页 7．设二次函数 2 2 2 2 ay x ax   的图象的顶点为 A ，与 x 轴的交点为 B ，C ．当 ABC△ 为等 边三角形时，其边长为( ) A． 6 B．2 2 C．2 3 D．3 2 【答案】C 【解析】由题设知 2 , 2 aA a        ．设  1,0B x ，  2 , 0C x ，二次函数的图象的对称轴与 x 轴 的交点为D，则   2 2 2 2 1 2 1 2 1 24 4 4 22 aBC x x x x x x a a         ． 又 3 2 AD BC ，则 2 23 2 2 2 a a   ，解得 2 6a  或 2 0a  (舍去)．所以， ABC 的边长 22 2 3BC a  ． 8．已知 2024 1 1 1 1 2024 x y z x y z         ，则    2024 2024 2024x y z   的值为( ) A.0 B.1 C. 1 D. 2025 【答案】A. 【解析】解法一：由题意，  2024xyz xy xz yz   ，所以        2 32024 2024 2024 2024 2024 2024 0x y z xyz xy xz yz x y z            . 解法二：根据题意，可知     1 1 2024 2024 2024 2024 2024 x yx y z xy z z x y            若 0x y  ，则 2024z  ，得    2024 2024 2024 0x y z    若  2024 2024xy x y   ，即   2024 2024 0x y   ，得    2024 2024 2024 0x y z    ，答 案选 A. 二、填空题(本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分) 9．计算： 1 1 1 1 2 2 3 2024 2025         . 【答案】44（写成 2025 1 也不扣分） 【解析】 1 1 1 1 2 2 3 2024 2025        2 1 3 2 2025 2024 2025 1 45 1 44            10．Rt ABC△ 的内切圆切 AB 斜边于 D ，若 10, 3AD BD  ，则内切圆半径为 ． 【答案】2 【解析】由切线长定理 10, 3,AF AD BE BD CE CF r      ， 由勾股定理 2 2 2AC BC AB  ，因此    2 2 210 3 13r r    ，解得 2r  ． 11．已知 , , ,x y z w满足 2, 0, 2, 5. x y z y z w z w x w x y                则 xyzw  . D E F O A C B 2024 年“乐诚”杯竞赛数学试卷 第4页 / 共7页 【解析】四个方程相加得，  3 9,x y z w    所以 3x y z w    ， 所以                 3 0 3, 3 2 1, 3 5 2, 3 2 1. x x y z w y z w y x y z w z w x z x y z w w x y w x y z w x y z                                              所以原方程组的解 3, 1, 6. 2, 1. x y xyzw z z           12．若 5 1 2 x  ，则     24 1 1 1 x x x x     的值为 . 【答案】1 【解析】由 5 1 2 x  得， 2 1 5x   ，所以  22 1 5x   ，即 2 1 0x x   ， 所以              2 2 2 24 2 2 1 11 1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 1 xx x x x x x x x x x x x x x x                             . 13．设 , , ,a b c d 为四个不同的实数，若 ,a b 为方程 2 20 24 0x cx d   的根， ,c d 为方程 2 20 24 0x ax b   的根，则 a b c d   的值是 ． 【答案】10080 【解析】由韦达定理得 20a b c  ， 20c d a  ，两式相加得  20a b c d a c     ． 因为 a是方程 2 20 24 0x cx d   的根，所以 2 20 24 0a ac d   ，又 20d a c  ， 所以 2 480 24 20 0a a c ac    ． ① 类似可得 2 480 24 20 0c c a ac    ． ② ①-②得   504 0a c a c    ． 因为 a c ，所以 504a c  ，所以  20 10080a b c d a c      ． 14．10 个人围成一个圆圈做游戏．游戏的规则是：每个人心里都想好一个数，并把自己想好的 数如实地告诉他两旁的两个人，然后每个人将他两旁的两个人告诉他的数的平均数报出 来．若报出来的数如图所示，则报 3 的人心里想的数是 ． 【答案】 2 【解析】设报 3 的人心里想的数是 x，则报 5 的人心里想的数应是8 x ． 于是报 7的人心里想的数是12 (8 ) 4x x    ，报 9的人心里想的数是16 (4 ) 12x x    ， 报 1 的人心里想的数是 20 (12 ) 8x x    ，报 3 的人心里想的数是 4 (8 ) 4x x     ．所 以 4x x   ，解得 2x   ． 2024 年“乐诚”杯竞赛数学试卷 第5页 / 共7页 三、解答题(本大题共 3 小题，其中第 15 题 8 分，第 16 题 10 分，第 17 题 12 分，共 30 分) 15.（本题满分 8 分） 如图，在直角坐标系中，点 A 的坐标是(0，3)，点 C 是 x 轴上的一个动点；点 C 在 x 轴上 移动时，始终保持△ACP 是等边三角形．当点 C 移动到点 O 时，得到等边三角形 AOB(此 时点 P 与点 B 重合) (1)点 C 在移动的过程中，当等边三角形 ACP 的顶点 P 在第三象限时(如图所示)，求证： △AOC≌△ABP； (2)求点 C 在 x 轴上移动时，求证：点 P 恒在定直线上，并求该直线所对应的函数解析 式． 【解析】(1)证明：∵△ACP 与△AOB 都是等边三角形， ∴AC＝AP，AO＝AB，∠CAP＝∠OAB＝60°， ∴∠CAP+∠PAO＝∠OAB+∠PAO，∴∠CAO＝∠PAB 在△AOC 和△ABP 中൝ ܱܣ = ܤܣ ܱܣܥ∠ = ܤܣܲ∠ ܥܣ = ܲܣ ∴△AOC≌△ABP (SAS) ...................................................................................................... 4 分 (2)∵△AOC≌△ABP，∴∠COA＝∠PBA＝90°， ∴点 P 在过点 B 且与 AB 垂直的直线上， ........................................................................ 6 分 ∵△AOB 是等边三角形，A(0，3)，∴ 3 3 3( ) 2 2 B ， 当点 C 移动到点 P 在 y 轴上时，得 3(0, )P  设点 P 所在直线解析式为 y＝kx+b(k≠0)，把点 B、P 坐标分别代入得 ቊ ଷ√ଷ ଶ ݇ + ܾ = ଷ ଶ ܾ = −3 解得൜݇ = √3 ܾ = −3 ， ∴点 P 所在函数图象的解析式为 3 3y x  ． ............................................................... 8 分 x y B P A OC 2024 年“乐诚”杯竞赛数学试卷 第6页 / 共7页 16.（本题满分 10 分） 如图，以 ABC△ 的边 AB 、 AC 分别为一边作正方形 ,ABDE ACFG ， (1)求证： BG CE 且 BG CE ； (2)若点 , , ,P M Q N 分别为 , , ,AD BC AF EG 的中点，求证：四边形 PMQN 是正方形.. 【证明】(1) 90 ,GAB GAC BAC BAC         90EAC EAB BAC BAC        , 所以 GAB EAC   ，又 AG AC ， AB AE ， 故 GAB△ ≌ EAC△ ，所以 BG CE ， ............................................................................... 3 分 又将 ABG△ 绕 A点旋转90与 AEC△ 重合，所以 BG CE . .......................................... 5 分 (2)连接 , , , ,BE CG BG CE DF , ,P Q 必分别在 ,AD AF 上， 则由三角形中位线性质知 1 1 1 1, , , , 2 2 2 2 PM CE QM BG PN BG QN CE∥ ∥ ∥ ∥ 由(1)知， BG CE 且 BG CE ， 从而知 PMQN 是正方形. ..................................................................................................... 10 分 17．（本题满分 12 分） 如图 1，抛物线 C： 2 2 3y ax ax   交 x 轴于 A，B 两点，交 y 轴于 C 点，且 4AB  ． (1)直接写出抛物线 C 的解析式； (2)D 在第二、四象限的抛物线 C 上，在抛物线 C 的对称轴上是否存在点 E，使以 A，C， D，E 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求点 E 的坐标；若不存在，请说明理由； (3)如图 2，将抛物线 C 向右平移 1 个单位长度，得到抛物线 1C ，直线 1y kx   0k  交 抛物线 1C 于 M，N 两点，直线 MP NP， 与抛物线 1C 都只有唯一公共点，直线MP NP， 分 别交 x轴于 S，T 两点，若 PST△ 的面积为 49 3 ，求 k 的值． 图 1 图 2 解：(1)当 0y  时， 2 2 3 0ax ax   ， 2A Bx x    ， 4AB  ， 4B Ax x   ， 1, 3B Ax x    ， ( 3,0), (1,0)A B  ， 将 B 点代入 2 2 3y ax ax   ， 2 3 0a a    ，解得 1a   ， ∴抛物线的解析式为 2 2 3y x x    ； .............................................................................. 3 分 N M P Q G F D CB A E N M Q P K G F D A B C E x y A B C O x y P S M O N T 2024 年“乐诚”杯竞赛数学试卷 第7页 / 共7页 (2)存在，理由如下： 2 22 3 ( 1) 4y x x x        ，∴抛物线的对称轴为直线 = 1x  ， 设  2, 2 3 , ( 1, )D d d d E e    ， ①当 AC 是对角线时， A C D E A C D Ex x x x y y y y     ， ， 23 0 ( 1),0 3 2 3d d d e           ，解得 2, 0d e   ， ( 1,0)E  ； ............... 5 分 ②当 AD 是对角线时， A D C E A D C Ex x x x y y y y     ， ，  23 0 ( 1),0 2 3 3d d d e           ，解得 2, 8d e   ， ( 1, 8)E   ； 综上所述，点 E 的坐标为 ( 1,0) 或 ( 1, 8)  ； .................................................................. 7 分 (3)将抛物线C 向右平移 1 个单位长度，可以得到抛物线 21 : 4C y x   ， 设    2 2, 4 , , 4M m m N n n    ， 当 21 4kx x    时， 2 3 0x kx   ， , 3m n k mn      ， ..............................................8 分 设直线MP 的解析式为 1y k x b  ， 当 21 4k x b x    时， 2 1 4 0x k x b    ， ∵直线MP 与抛物线 1C 只有唯一公共点， ∴方程 2 1 4 0x k x b    的解为 1 2x x m  ， 2 12 , 4m k m b     ， 2 1 2 , 4k m b m     ， ∴直线MP 的解析式为 22 4y mx m    ， 当 0y  时， 2 4 2 mx m   ，∴点 S 的坐标为 2 4 ,0 2 m m       ， 同理，直线 NP 的解析式为 22 4y nx n    ，点T 的坐标为 2 4 ,0 2 n n       ， .............. 10 分 当 2 22 4 2 4mx m nx n       时，解得 2 m nx  ， 代入得  2 22 4 4 4 2P m ny m m m m n m mn             ，∵ 3mn   ， 4 7Py mn     ，         2 2 2 2 2 2 44 4 4 4 2 2 2 2 7 7 74 12 6 6 6 mn n m m nn m mn m n m nST n m mn mn n m m n mn k                   PST△ 的面积 2 1 49 4912 2 12 3P ST y k      ，解得 2k  或 2k   (舍)， ∴ k 的值为 2． .................................................................................................................... 12 分 x y D E B C A O x y D E B C A O