精品解析：2023年第十六届中学生数理化生综合实践活动 九年级数学应用知识展示(A卷)

第十六届中学生数理化生综合实践活动 九年级数学应用知识展示（A卷） 测试说明： 1.必须在答题纸上答卷，否则成绩无效；选择题的答案涂到答题纸对应题目的标号上，非选择题的答案书写在答题纸指定区域内. 2.请在答题纸和试卷上填写有效信息.考试时间为90分钟，满分100分. 3.成绩查询：2024年1月8日起，可通过指定网站（www.isuyang.cn）查询成绩. 一、选择题（本大题共8小题，每题5分，共40分，每题只有1个选项是正确的） 1. 魔方又叫鲁比克方块，是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺•鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具，与华容道、独立钻石棋一起被称为智力游戏界的三大不可思议。如图所示，三阶魔方可以看作是将一个各面上均涂有颜色的正方体的棱三等分，然后沿等分线把正方体切开所得．现将三阶魔方中1面有色的小正方体称为中心方块，2面有色的小正方体称为边缘方块，3面有色的小正方体称为边角方块，若从所有的小正方体中任取一个，恰好抽到中心方块的概率为（ ）。 A. B. C. D. 2. 一个数如果可以用两个相等的数相乘来表示，那么它就是完全平方数．例如，9和16都是完全平方数。以下哪一年是21世纪中的一个完全平方数?（ ） A B. C. D. 3. 古希腊科学家阿基米德在《论平面图形平衡》一书中提出了杠杆原理，它是使用天平称物品的理论基础，当天平平衡时，左臂长与左盘物品质量的乘积等于右臂长与右盘物品质量的乘积．某金店用一杆不准确的天平（两边臂不等长）称黄金，某顾客要购买黄金，售货员先将的砝码放在左盘，将黄金放于右盘使之平衡后给顾客，然后又将的砝码放入右盘，将另一黄金放于左盘使之平衡后又给顾客，则顾客实际所得黄金（ ） A. 大于 B. 小于 C. 大于或等于 D. 小于或等于 4. 《九章算术》中“勾股容方”问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？”魏晋时期数学家刘徽在其《九章算术注》中利用出入相补原理给出了这个问题的一般解法：如图甲所示，用对角线将长和宽分别为和的矩形分成两个直角三角形，每个直角三角形再分成一个内接正方形（黄）和两个小直角三角形（朱、青）。将三种颜色的图形进行重组，得到如图乙所示的矩形，该矩形长为，宽为内接正方形的边长．由刘徽构造的图形可以得到许多重要的结论．如图丙所示，设为斜边的中点，作的内接正方形的对角线，过点作于点，则下列推理不正确的是（ ）． A. 由图甲和图乙面积相等，可得 B. 由，可得 C. 由，可得 D. 由，可得 5. 汽车急刹车的停车距离受诸多因素影响，其中最为关键的两个因素是驾驶员反应时间和汽车的行驶速度．设表示停车距离，表示反应距离，表示制动距离，则，如图是根据某国公路局公布的试验数据制作的停车距离示意图，图中指针所指的内圈数据表示对应的车速．根据图中的数据，建立停车距离与汽车速度的函数模型．可选择下面模型进行拟合． 模型①：， 模型②：， 模型③：， 模型④：． 其中为汽车速度，为待定参数，则拟合效果最好的函数模型是（ ）。 A. B. C. D. 6. 刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角称为多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，则正八面体（八个面均为正三角形）的总曲率为（ ）． A. B. C. D. 7. 某地毯生产商计划生产以三个相邻正六边形为主要元素两种地毯：如图1：双向延长线段、、，分别交于点G、M、N，设计一个三角形地毯．如图2：以O为圆心，为半径，设计一个圆形地毯．记三角形地毯面积为，圆形地毯面积为，则这两种地毯的面积之比为（ ） A. B. C. D. 8. 将边长为2正五边形沿对角线折叠，使点A落在正五边形内部的点M处，则下列说法正确的是（　　） A. 点E、M、C在同一条直线上 B. 点M是这个五边形外接圆圆心 C. D. 点M到直线、的距离相等 二、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分） 9. 如图，要拧开一个边长的六角形螺帽，扳手张开的开口b至少要_______． 10. 已知都为正数，，，，，，，则______． 11. 已知⊙O的半径为5，弦AB⊥CD，且AB＝CD＝8，则阴影部分的面积为 _____． 12. 若二次函数的图象与轴的交点坐标分别为，，且，图象上有一点在轴下方，则下列说法：①；②是方程的解；③；④；⑤或。其中正确的有______． 三、解答题（本大题共3小题，共40分） 13. 已知是方程的两个实数根，试求的最小值． 14. 如图所示，设，抛物线与轴交于两点（点在点的左边），不等边三角形的两边长为方程的解，第三边长为4，点为坐标原点，以为直径分别作圆、圆，直线与圆相切于，与圆相切于，交轴于点，且直线与轴的夹角为． （1）直接写出方程的解； （2）求的取值范围； （3）当为满足（2）的正偶数时，求直线的方程． 15. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC的BC边与x轴重合，顶点A在y轴的正半轴上，线段OB，OC（）的长是关于x的方程的两个根，且满足CO＝2AO． （1）求直线AC解析式； （2）若P为直线AC上一个动点，过点P作PD⊥x轴，垂足为D，PD与直线AB交于点Q，设△CPQ的面积为S（），点P的横坐标为a，求S与a的函数关系式； （3）点M的坐标为，当△MAB为直角三角形时，直接写出m的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第十六届中学生数理化生综合实践活动 九年级数学应用知识展示（A卷） 测试说明： 1.必须在答题纸上答卷，否则成绩无效；选择题的答案涂到答题纸对应题目的标号上，非选择题的答案书写在答题纸指定区域内. 2.请在答题纸和试卷上填写有效信息.考试时间为90分钟，满分100分. 3.成绩查询：2024年1月8日起，可通过指定网站（www.isuyang.cn）查询成绩. 一、选择题（本大题共8小题，每题5分，共40分，每题只有1个选项是正确的） 1. 魔方又叫鲁比克方块，是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺•鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具，与华容道、独立钻石棋一起被称为智力游戏界的三大不可思议。如图所示，三阶魔方可以看作是将一个各面上均涂有颜色的正方体的棱三等分，然后沿等分线把正方体切开所得．现将三阶魔方中1面有色的小正方体称为中心方块，2面有色的小正方体称为边缘方块，3面有色的小正方体称为边角方块，若从所有的小正方体中任取一个，恰好抽到中心方块的概率为（ ）。 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了概率的求解，解决本题的关键是找出中心方块的个数． 可先求出三阶魔方中小正方体的总数，再求出中心方块的数量，最后计算抽到中心方块的概率． 【详解】解：沿等分线把正方体切开， 正方体的总数为个， 1面有色的小正方体每一面1个，即有6个， 所以恰好抽到是中心方块的概率是． 故选：A． 2. 一个数如果可以用两个相等的数相乘来表示，那么它就是完全平方数．例如，9和16都是完全平方数。以下哪一年是21世纪中的一个完全平方数?（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了完全平方数，根据，即可求解． 【详解】解：∵， ∴是一个完全平方数， 故选：B． 3. 古希腊科学家阿基米德在《论平面图形的平衡》一书中提出了杠杆原理，它是使用天平称物品的理论基础，当天平平衡时，左臂长与左盘物品质量的乘积等于右臂长与右盘物品质量的乘积．某金店用一杆不准确的天平（两边臂不等长）称黄金，某顾客要购买黄金，售货员先将的砝码放在左盘，将黄金放于右盘使之平衡后给顾客，然后又将的砝码放入右盘，将另一黄金放于左盘使之平衡后又给顾客，则顾客实际所得黄金（ ） A. 大于 B. 小于 C. 大于或等于 D. 小于或等于 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查的知识点是杠杆原理以及利用作差法比较大小．本题通过设天平两臂长度，利用杠杆原理分别求出两次称得黄金的质量，再通过作差法比较两次称得黄金总质量与的大小，得出顾客实际所得黄金大于． 【详解】解：由于天平的两臂不相等，设天平左臂长为，右臂长为()， 先称得的黄金的实际质量为，后称得的黄金的实际质量为， 由杠杆的平衡原理：，， 解得，， 则 ， ∵， ∵， ∴， 即， 这样可知称出的黄金质量大于． 故选：A． 4. 《九章算术》中“勾股容方”问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？”魏晋时期数学家刘徽在其《九章算术注》中利用出入相补原理给出了这个问题的一般解法：如图甲所示，用对角线将长和宽分别为和的矩形分成两个直角三角形，每个直角三角形再分成一个内接正方形（黄）和两个小直角三角形（朱、青）。将三种颜色的图形进行重组，得到如图乙所示的矩形，该矩形长为，宽为内接正方形的边长．由刘徽构造的图形可以得到许多重要的结论．如图丙所示，设为斜边的中点，作的内接正方形的对角线，过点作于点，则下列推理不正确的是（ ）． A. 由图甲和图乙面积相等，可得 B. 由，可得 C. 由，可得 D. 由，可得 【答案】A 【解析】 【分析】分析图形，利用等面积法，以及直角三角形的性质，可得，，，结合不等式的性质，对各选项进行分析判断即可． 【详解】解：由图甲和图乙面积相等，可得， ∴， ∴选项A推理不正确，符合题意， 根据题意可得：，， ∵于点， ∴， ∴， 由，可得， ∴， ∴， ∴选项B推理正确，不符合题意， ∵在中，为斜边的中点， ∴， 由，可得， ∴， ∴， ∴选项C推理正确，不符合题意， 由，可得， ∴， ∴选项D推理正确，不符合题意， 故选：A． 【点睛】本题考查等面积转换，勾股定理，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，不等式的基本性质． 5. 汽车急刹车的停车距离受诸多因素影响，其中最为关键的两个因素是驾驶员反应时间和汽车的行驶速度．设表示停车距离，表示反应距离，表示制动距离，则，如图是根据某国公路局公布的试验数据制作的停车距离示意图，图中指针所指的内圈数据表示对应的车速．根据图中的数据，建立停车距离与汽车速度的函数模型．可选择下面模型进行拟合． 模型①：， 模型②：， 模型③：， 模型④：． 其中为汽车速度，为待定参数，则拟合效果最好的函数模型是（ ）。 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了待定系数法求解析式，求函数值，根据图中数据，取时，，当时，，用待定系数法求得的值，进而将，分别代入各解析式，函数值接近的模型拟合效果好，据此，即可求解． 【详解】解：当时，，当时，， 代入模型①：， ，解得： ∴ 当时， 代入模型②：， ，解得： ∴ 当时， 代入模型③：， ，解得： ∴ 当时， 代入模型④：． ，解得： ∴ 当时， 综上所述，模型②函数值为接近的模型拟合效果好， 故选：B． 6. 刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角称为多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，则正八面体（八个面均为正三角形）的总曲率为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查新定义问题，解题的关键是理解曲率的定义，结合正八面体的性质进行计算． 根据曲率的定义，先求出正八面体一个顶点的曲率，再结合正八面体顶点的数量，求出总曲率． 【详解】解：由正八面体的性质，每个面均为等边三角形， ∴在一个顶点处的四个角均为，故一个顶点的曲率等于， 故正八面体的总曲率等于． 故选：B． 7. 某地毯生产商计划生产以三个相邻的正六边形为主要元素两种地毯：如图1：双向延长线段、、，分别交于点G、M、N，设计一个三角形地毯．如图2：以O为圆心，为半径，设计一个圆形地毯．记三角形地毯面积为，圆形地毯面积为，则这两种地毯的面积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】如图1中，连接，，延长交于点，如图2中，连接．设正六边形的边长为．分别求出，即可解决问题． 【详解】解：如图1中，连接，，延长交于点，如图2中，连接． 设正六边形边长为． 如图1中，在中，，，， ， ，，，， ， 图2中，， ， ． 故选：C． 【点睛】本题考查正多边形与圆，直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 8. 将边长为2的正五边形沿对角线折叠，使点A落在正五边形内部的点M处，则下列说法正确的是（　　） A. 点E、M、C在同一条直线上 B. 点M是这个五边形外接圆圆心 C. D. 点M到直线、的距离相等 【答案】A 【解析】 【分析】连接，，过点过，交分别于点，利用正五边形的性质得到，每一个内角的度数均为，结合折叠的性质，推出，，，；进而可推出，，，得到，推出，即可得出正确结论． 【详解】解：A、如图，连接， 五边形是正五边形， ， ， ， 正五边形沿对角线折叠， ， ， ∵CD=ED， 中，， ， ∴E，M和C三点共线， 即E，M和C三点在同一条直线上；选项正确，符合题意； B、连接， ∵正五边形沿对角线折叠， ∴，， ∴， ∴点不是这个五边形外接圆圆心；选项错误，不符合题意； C、∵正五边形沿对角线折叠， ∴，， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴，即：；选项错误，不符合题意； D、∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 过点过，交分别于点， 则：， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即点M到直线、的距离不相等，选项错误，不符合题意； 故选A． 【点睛】本题考查正多边形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正多边形的外接圆．本题的综合性较强，难度较大，熟练掌握正多边形的性质，折叠的性质，是解题的关键． 二、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分） 9. 如图，要拧开一个边长的六角形螺帽，扳手张开的开口b至少要_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了正多边形和圆、菱形的判定与性质，解直角三角形的应用等知识，熟练地利用数形结合的方法解题关键．设正六边形的中心是，其一边是，连接、、、，交于，则，得出，则四边形是菱形，得出，，由，即可得出结论． 【详解】解：设正六边形的中心是，其一边是，连接、、、，交于，如图所示： ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 10. 已知都为正数，，，，，，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了等式的性质，分式求值，代数式求值．运用整体的思想是解题的关键． 将每个等式的左右两边相乘得，，解得，由，解得，同理可得，，，，，，然后代入求解即可． 【详解】解：将每个等式的左右两边相乘得，，即， ∵都为正数， ∴， ∵，解得， 同理可得，，，，，， ∴， 故答案为：． 11. 已知⊙O的半径为5，弦AB⊥CD，且AB＝CD＝8，则阴影部分的面积为 _____． 【答案】 【解析】 【分析】过点作，垂足分别为，设交于点，连接，证明，，进而求得，，根据求解即可 【详解】如图，过点作，垂足分别为，设交于点，连接 ， 同理可得 四边形是矩形 四边形是正方形 ，， 故答案为： 【点睛】本题考查了垂径定理，求扇形面积，三角形全等的性质与判定，圆周角定理，添加辅助线是解题的关键． 12. 若二次函数的图象与轴的交点坐标分别为，，且，图象上有一点在轴下方，则下列说法：①；②是方程的解；③；④；⑤或。其中正确的有______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查二次函数的图象和性质，二次函数与一元二次方程，二次函数图象与轴的交点问题． 根据抛物线与轴有两个不同的交点，可判断，根据二次函数与一元二次方程的关系，可判断，再分和两种情况，可判断，根据轴下方的点的坐标特征，可判断． 【详解】解：根据题意可知，二次函数的图象与轴有两个交点， ∴， ∴正确， ∵点在二次函数的图象上， ∴当时，， ∴是方程解， ∴正确， 当时，二次函数的图象开口向下， ∵二次函数的图象与轴的交点坐标分别为，，且，图象上有一点在轴下方， ∴或， ∴不正确， ∵二次函数的图象与轴的交点坐标分别为，， ∴， ∵二次函数的图象上有一点在轴下方， ∴，且， ∴， ∴正确， 当时，二次函数的图象开口向上， ∵二次函数的图象与轴的交点坐标分别为，，且，图象上有一点在轴下方， ∴， ∴不正确， ∴正确的有． 故答案为：． 三、解答题（本大题共3小题，共40分） 13. 已知是方程的两个实数根，试求的最小值． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式、根与系数的关系、利用二次函数的性质求最值等知识点，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 根据方程两个实数根，则利用根的判别式可得出关于k的一元一次不等式，然后求得k的取值范围；由题得，，进而得到，推出当时，有最小值，最小值为即可解答． 【详解】解：∵是方程的两个实数根， ，解得：， ∵是方程的两个实数根， ∴，， ∴ ， ， ∴抛物线的开口方向向上，对称轴为， ∴当时，函数值随的增大而增大， ∵， ∴当时，有最小值，最小值为， ∴的最小值为． 14. 如图所示，设，抛物线与轴交于两点（点在点的左边），不等边三角形的两边长为方程的解，第三边长为4，点为坐标原点，以为直径分别作圆、圆，直线与圆相切于，与圆相切于，交轴于点，且直线与轴的夹角为． （1）直接写出方程的解； （2）求的取值范围； （3）当为满足（2）正偶数时，求直线的方程． 【答案】（1）或 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用十字相乘法解方程即可； （2）根据题意，可知该方程有2个不相等的实数根，根据判别式大于0可求得答案； （3）先求得，代入抛物线后求得，坐标，从而知道的直径与半径，连接，过点作于点，接着利用勾股定理和30度的特殊三角形，求得点和点坐标，然后利用待定系数法求解即可． 【小问1详解】 解：， ， 或， 或； 【小问2详解】 解：， ，， 不等边三角形的两边长为方程的解，且第三边长为4， ，， ， ，且 ； 【小问3详解】 解：当为满足（2）的正偶数时， ， ， 当时，或， ， ，， 连接，过点作于点，如图所示： 直线与圆相切于，与圆相切于，交轴于点，且直线与轴的夹角为， ，，， ，， ，， ，， ，， ， 设直线为，代入，， ， ，即． 【点睛】本题考查了因式分解法解一元二次方程，一元二次方程根与系数的关系，切线的性质，30度所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理，待定系数法求一次函数解析式等，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 15. 如图，在平面直角坐标系中，△ABCBC边与x轴重合，顶点A在y轴的正半轴上，线段OB，OC（）的长是关于x的方程的两个根，且满足CO＝2AO． （1）求直线AC的解析式； （2）若P为直线AC上一个动点，过点P作PD⊥x轴，垂足为D，PD与直线AB交于点Q，设△CPQ的面积为S（），点P的横坐标为a，求S与a的函数关系式； （3）点M的坐标为，当△MAB为直角三角形时，直接写出m的值． 【答案】（1）； （2）； （3）m的值为－3或－1或2或7； 【解析】 【分析】（1）根据一元二次方程的解求出OB和OC的长度，然后得到点B，点C坐标和OA的长度，进而得到点A坐标，最后使用待定系数法即可求出直线AC的解析式； （2）根据点A，点B坐标使用待定系数法求出直线AB的解析式，根据直线AB解析式和直线AC解析式求出点P，Q，D坐标，进而求出PQ和CD的长度，然后根据三角形面积公式求出S，最后对a的值进行分类讨论即可； （3）根据△MAB的直角顶点进行分类讨论，然后根据勾股定理求解即可． 【小问1详解】 解：解方程得，， ∵线段OB，OC（）的长是关于x的方程的两个根， ∴OB＝1，OC＝6， ∴，， ∵CO＝2AO， ∴OA＝3， ∴， 设直线AC的解析式为， 把点，代入得， 解得， ∴直线AC的解析式为； 【小问2详解】 解：设直线AB的解析式为y=px+q， 把，代入直线AB解析式得， 解得， ∴直线AB的解析式为， ∵PD⊥x轴，垂足为D，PD与直线AB交于点Q，点P的横坐标为a， ∴，，， ∴，， ∴， 当点P与点A或点C重合时，即当a=0或时，此时S=0，不符合题意， 当时，， 当时，， 当时，， ∴； 【小问3详解】 解：∵，，， ∴，，， 当∠MAB=90°时，， ∴， 解得， 当∠ABM=90°时，， ∴， 解得m=7， 当∠AMB=90°时，， ∴， 解得，， ∴m的值为－3或－1或2或7． 【点睛】本题考查解一元二次方程、待定系数法求一次函数解析式、三角形面积公式、勾股定理，正确应用分类讨论思想是解题关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $