精品解析：第三十届WMO九年级第二套省测复习试卷数学题目

WMO融合创新讨论大会—九年级（第二套） 考生须知： 1．测试期间，不得使用计算工具或手机． 2．选择题每小题4分，共40分；填空题每小题5分，共30分；解答题共5小题，共50分；满分120分． 3．请将答案写在答题卡上．大会结束时，本卷、答题卡及草稿纸会被收回． 4．若计算结果是分数，请化至最简． 九年级 （本试卷满分120分，考试时间90分钟） 一、选择题（每小题4分，共40分） 1. 下列博物院的标识中不是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知一个多边形的内角和是1260°，则这个多边形是（ ） A. 六边形 B. 七边形 C. 八边形 D. 九边形 3. 从边长为的正方形纸片中剪去一个边长为的正方形纸片，则剩余部分的面积是（ ） A. B. C. D. 4. 如果是一个完全平方式，那么k的值是（ ） A. 30 B. C. 15 D. 5. 张老师和李老师同时从学校出发，步行15千米去书店购买书籍，张老师比李老师每小时多走1千米，结果比李老师早到半小时，两位老师每小时各走多少千米？设李老师每小时走x千米，根据题意，所列的方程是（　　） A. B. C. D. 6. 若x3+ax2+bx+8有两个因式x+1和x+2，则a+b=（ ） A. 7 B. 8 C. 15 D. 21 7. 如图，是的中线，是上一点，交于，若，则的长度为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，已知△ABC中，AB=AC=12厘米，∠B=∠C，BC=8厘米，点D为AB的中点．如果点P在线段BC上以v厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，Q点在线段CA上由C点向A点运动．若点Q的运动速度为3厘米/秒．则当△BPD与△CPQ全等时，v的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 2或3 D. 1或5 9. 如图，已知，点、、……在射线上，点、、…在射线上；、、……均为等边三角形，若，则的边长为 ． A. 4028 B. 4030 C. D. 10. 如图，在中，、分别是、的角平分线，且、交于点，于点，下列结论：；；；．其中正确的结论是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（每小题5分，共30分） 11. 计算的结果是_____． 12. 能使是完全平方数的正整数的值为__________． 13. 如图，表示三条相互交叉的公路，现要建一个货物中转站，要求它到三条公路的距离相等，则可供选择的地址有 ____ 处． 14. 如图，已知中，，的等分线与的等分线相交于、、、……、，则______． 15. 如图，在的正方形网格中，与图中阴影部分三角形关于某条直线对称的格点三角形（顶点在格线交点的三角形）共有______个． 16. 如图，已知四边形，，，，，，，则______． 三、解答题（每小题10分，共50分） 17. 先化简，再求值：，其中，． 18. 如图，是等边的边上一点，以为边作等边，连接，在延长线上取一点，使．求证：． 19. 如图，∠AOB=30°，点P是∠AOB内一点，PO=8，在∠AOB的两边分别有点R、Q（均不同于O），求△PQR周长的最小值． 20. 如图，在中，，，在中，，，连接，取的中点，连接，． 求证：且． 21. 我们定义：如图1，在△ABC看，把AB点绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC'，连接B'C'．当α+β=180°时，我们称△A'B'C'是△ABC的“旋补三角形”，△AB'C'边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”． 特例感知： （1）在图2，图3中，△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”． ①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD= BC； ②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为 ． 猜想论证： （2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明． 拓展应用 （3）如图4，在四边形ABCD，∠C=90°，∠D=150°，BC=12，CD=2，DA=6．在四边形内部是否存在点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ WMO融合创新讨论大会—九年级（第二套） 考生须知： 1．测试期间，不得使用计算工具或手机． 2．选择题每小题4分，共40分；填空题每小题5分，共30分；解答题共5小题，共50分；满分120分． 3．请将答案写在答题卡上．大会结束时，本卷、答题卡及草稿纸会被收回． 4．若计算结果是分数，请化至最简． 九年级 （本试卷满分120分，考试时间90分钟） 一、选择题（每小题4分，共40分） 1. 下列博物院的标识中不是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】如果一个图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,这个图形叫做轴对称图形,这条直线叫做对称轴,对题中选项进行分析即可. 【详解】A、不是轴对称图形，符合题意； B、是轴对称图形，不合题意； C、是轴对称图形，不合题意； D、是轴对称图形，不合题意； 故选A． 【点睛】此题考查轴对称图形的概念，解题的关键在于利用轴对称图形的概念判断选项正误 2. 已知一个多边形的内角和是1260°，则这个多边形是（ ） A. 六边形 B. 七边形 C. 八边形 D. 九边形 【答案】D 【解析】 【分析】设这个多边形是n边形，则它的内角和是（n-2）180°，得到关于n的方程组，就可以求出边数n. 【详解】解：设这个多边形是n边形，由题意知， （n﹣2）×180°＝1260°， ∴n＝9， ∴该多边形的边数是九边形． 故选：D． 【点睛】本题考查多边形的内角和，熟练掌握多边形的内角和公式是解题关键． 3. 从边长为的正方形纸片中剪去一个边长为的正方形纸片，则剩余部分的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意列出关系式，化简即可得到结果； 【详解】根据题意可得： ； 故答案选C． 【点睛】本题主要考查了完全平方公式的几何背景，准确分析计算是解题的关键． 4. 如果是一个完全平方式，那么k的值是（ ） A. 30 B. C. 15 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用完全平方公式的特点即“首平方，尾平方，二倍底数乘积放中间”可知kx为二倍底数乘积，进而可得到答案． 【详解】解：∵， ∴， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查了完全平方公式，关键在于熟知完全平方公式的特点进行求解． 5. 张老师和李老师同时从学校出发，步行15千米去书店购买书籍，张老师比李老师每小时多走1千米，结果比李老师早到半小时，两位老师每小时各走多少千米？设李老师每小时走x千米，根据题意，所列的方程是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据等量关系“结果比李老师早到半小时”即可列出方程． 【详解】解：李老师所用时间为：，张老师所用的时间为：； 所列方程为：﹣＝． 故选：B． 【点睛】本题考查分式方程的应用，找出题目的等量关系是解题的关键． 6. 若x3+ax2+bx+8有两个因式x+1和x+2，则a+b=（ ） A. 7 B. 8 C. 15 D. 21 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：由题意知x=-1和x=-2是 x3+ax2+bx+8=0的解． 代入方程得，由②-①得：a=7. 把a=7代入①得b=14.则a+b=21. 考点：因式分解 点评：本题难度较低，主要考查学生对因式分解知识点的掌握．根据原式有2个因式判断其方程的两个解分别代入方程构成二元一次方程组，为解题关键． 7. 如图，是的中线，是上一点，交于，若，则的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】延长AD到G使得，连接BG，证明，根据全等三角形的性质可得到，AC=BD，等量代换得到BE=BG，再由等腰三角形的性质得到，推出EF=AF，即可解决问题； 【详解】如图，延长AD到G使得，连接BG， ∵AD是△ABC的中线， ∴CD=BD， 在△ACD与△GBD中， ， ∴， ∴，AC=BD， ∵BE=AC， ∴BE=BG， ∴， ∵， ∴， ∴EF=AF， ∴， 即， ∴； 故选：B． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，结合等腰三角形的性质求解是解题的关键． 8. 如图，已知△ABC中，AB=AC=12厘米，∠B=∠C，BC=8厘米，点D为AB的中点．如果点P在线段BC上以v厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，Q点在线段CA上由C点向A点运动．若点Q的运动速度为3厘米/秒．则当△BPD与△CPQ全等时，v的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 2或3 D. 1或5 【答案】C 【解析】 【分析】分两种情况讨论：①若△BPD≌△CPQ，根据全等三角形的性质，则BD=CQ=6厘米，BP=CP=BC=×8=4（厘米），根据速度、路程、时间的关系即可求得；②若△BPD≌△CQP，则CP=BD=6厘米，BP=CQ，得出，解得：v=3． 【详解】解：∵△ABC中，AB=AC=12厘米，点D为AB的中点， ∴BD=6厘米， 若△BPD≌△CPQ，则需BD=CQ=6厘米，BP=CP=BC=×8=4（厘米）， ∵点Q的运动速度为3厘米/秒， ∴点Q的运动时间为：6÷3=2（s）， ∴v=4÷2=2（厘米/秒）； 若△BPD≌△CQP，则需CP=BD=6厘米，BP=CQ， ∴， 解得：v=3； ∴v的值为：2或3， 故选：C． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和全等三角形的性质，注意：全等三角形的对应边相等． 9. 如图，已知，点、、……在射线上，点、、…在射线上；、、……均为等边三角形，若，则的边长为 ． A. 4028 B. 4030 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等腰三角形的性质，等边三角形的性质以及三角形外角的性质得出A1B1=1A2B2=2,A3B3=4,A4B4=8……, 可得AnBn=2n-1，即可求出的边长为．. 【详解】解：如图，∵是等边三角形， ∴∠B1A1O=60°， ∵∠MON=30°， ∴∠OB1A1 =60°−30°=30°, ∴OA1=B1A1 ∵， ∴OA1=A1B1=1 同理可得，A2B2=2,A3B3=4,A4B4=8, …… ∴AnBn=2n-1, ∴当n=2015时，A2015B2015=22014, 故选C． 【点睛】本题考查的是等边三角形的性质以及等腰三角形的性质，根据已知得出规律是解题关键． 10. 如图，在中，、分别是、的角平分线，且、交于点，于点，下列结论：；；；．其中正确的结论是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质、角平分线的性质定理、三角形的内角和定理、三角形外角的性质，解决本题的关键是添加辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的性质找边之间的关系．过点作，，根据角平分线的性质可证，利用可证，根据全等三角形的性质可知、、，根据三角形内角和定理可知，根据三角形外角的性质可知，根据直角三角形的性质可知，从而可知成立；由可知，根据三角形的面积公式可知成立；由可知，根据全等三角形的性质可证，同理可证：，，所以可知的周长为，从而可知成立；由可知，故错误． 【详解】解：如下图所示，过点作，， 平分， ，， 平分，， ，， 在和中，， ， ，， 在中，， ， 是的外角， ， 又， ， ， ， 故正确； 由可知， ， 故正确； 由可知， ， 同理可证：，， ，，， ， ， ， 故正确； 由可知，， ， 故错误； 综上所述，正确的结论有． 故选：A． 二、填空题（每小题5分，共30分） 11. 计算的结果是_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据同分母分式加减的法则进行计算即可得答案. 【详解】原式 = =， 故答案为． 【点睛】本题考查了同分母分式的加减法，熟练掌握同分母公式加减法的法则是解题的关键，注意结果要化成最简分式. 12. 能使是完全平方数的正整数的值为__________． 【答案】11 【解析】 【分析】 【详解】当时，，若它是完全平方数，则必为偶数． 若，则；若，则；若，则；若，则． 所以，当时，都不是完全平方数． 当时，，若它是完全平方数， 则为一奇数的平方． 设（为自然数），则． 由于和一奇一偶，所以，于是，故． 13. 如图，表示三条相互交叉的公路，现要建一个货物中转站，要求它到三条公路的距离相等，则可供选择的地址有 ____ 处． 【答案】4． 【解析】 【分析】作直线l1、l2、l3所围成的三角形的外角平分线和内角平分线，外角平分线相交于点P1、P2、P3，内角平分线相交于点P4，然后根据角平分线的性质进行判断． 【详解】解：如图示，作直线l1、l2、l3所围成的三角形的外角平分线和内角平分线，外角平分线相交于点P1、P2、P3，内角平分线相交于点P4，根据角平分线的性质可得到这4个点到三条公路的距离分别相等． 故答案是：4． 【点睛】本题考查了角平分线的性质，熟悉相关性质是解题的关键． 14. 如图，已知中，，的等分线与的等分线相交于、、、……、，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查三角形的内角和定理，根据题意，得到，，进而求出，再利用三角形的内角和定理，进行求解即可． 【详解】解：∵中，， ∴， ∵的等分线与的等分线相交于、、、……、， ∴，， ∴， ． 故答案为：． 15. 如图，在的正方形网格中，与图中阴影部分三角形关于某条直线对称的格点三角形（顶点在格线交点的三角形）共有______个． 【答案】 【解析】 【分析】此题主要考查了作图﹣轴对称变换，关键是确定组成图形的关键点的对称点和对应点的位置． 【详解】解：如图所示，在此网格中与关于某条直线对称的格点三角形有个． 故答案为9． 16. 如图，已知四边形，，，，，，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理，正确作辅助线是解题的关键． 利用勾股定理和面积法求得，，在上方，找一点使得，证明三点在以点为圆心，为半径的圆上，利用垂径定理和勾股定理即可解答． 【详解】解：，，， ， ， ， ， ，， , 如图，在上方，找一点使得， ， 三点在以点为圆心，为半径的圆上， 过点作，分别交于点， ， , ， ， ， ， ， 四边形为矩形， ,， 根据勾股定理可得， ， 故答案为：． 三、解答题（每小题10分，共50分） 17. 先化简，再求值：，其中，． 【答案】， 【解析】 【分析】本题主要考查了整式化简求值，先根据整式混合运算法则进行计算，然后再代入数据求值即可． 【详解】 ， ∵， ∴原式． 18. 如图，是等边的边上一点，以为边作等边，连接，在延长线上取一点，使．求证：． 【答案】 证明：∵，是等边三角形， ∴，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴． 【解析】 【分析】此题考查了等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，解题的关键是掌握以上知识点． 首先由等边三角形得到，，，，然后证明出，得到，然后证明出是等边三角形，得到． 【详解】略 19. 如图，∠AOB=30°，点P是∠AOB内一点，PO=8，在∠AOB的两边分别有点R、Q（均不同于O），求△PQR周长的最小值． 【答案】8 【解析】 【详解】分析：根据轴对称图形的性质，作出P关于OA、OB的对称点M、N，连接MN，根据两点之间线段最短得到最小值线段，根据等边三角形的性质解答即可． 详解：分别作P关于OA、OB的对称点M、N． 连接MN交OA、OB交于Q、R，则△PQR符合条件． 连接OM、ON， 由轴对称的性质可知，OM=ON=OP=8， ∠MON=∠MOP+∠NOP=2∠AOB=2×30°=60°， 则△MON为等边三角形， ∴MN=8， ∵QP=QM，RN=RP， ∴△PQR周长=MN=8， 点睛：本题考查了轴对称﹣最短路径问题，掌握线段垂直平分线的性质和等边三角形的性质的灵活运用，根据轴对称的性质作出对称点是解题的关键． 20. 如图，在中，，，在中，，，连接，取的中点，连接，． 求证：且． 【答案】见解析 【解析】 【分析】本题考查三角形的中位线性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、平行线的性质等知识，添加合适的辅助线是解答的关键． 取的中点P，的中点Q，连接，，，，先根据三角形的中位线性质得到，，，，再根据等腰直角三角形的性质推导出，，，进而证明得到，，然后根据平行线的性质和直角三角形的两个锐角互余得到，进而可证结论． 【详解】解：取的中点P，的中点Q，连接，，，， ∵M为的中点， ∴，，，， ∴， ∵在中，，， ∴，，则， ∵在中，，， ∴，，则， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， 即且． 21. 我们定义：如图1，在△ABC看，把AB点绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC'，连接B'C'．当α+β=180°时，我们称△A'B'C'是△ABC的“旋补三角形”，△AB'C'边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”． 特例感知： （1）在图2，图3中，△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”． ①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD= BC； ②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为 ． 猜想论证： （2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明． 拓展应用 （3）如图4，在四边形ABCD，∠C=90°，∠D=150°，BC=12，CD=2，DA=6．在四边形内部是否存在点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由． 【答案】（1）①；②4； （2）结论：AD=BC． 理由：如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M ∵B′D=DC′，AD=DM， ∴四边形AC′MB′是平行四边形， ∴AC′=B′M=AC， ∵∠BAC+∠B′AC′=180°，∠B′AC′+∠AB′M=180°， ∴∠BAC=∠MB′A，∵AB=AB′， ∴△BAC≌△AB′M， ∴BC=AM， ∴AD=BC． （3）存在． 理由：如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN． 连接DF交PC于O． ∵∠ADC=150°， ∴∠MDC=30°， 在Rt△DCM中，∵CD=2 ，∠DCM=90°，∠MDC=30°， ∴CM=2，DM=4，∠M=60°， 在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=14，∠MBE=30°， ∴EM= BM=7， ∴DE=EM﹣DM=3， ∵AD=6， ∴AE=DE，∵BE⊥AD， ∴PA=PD，PB=PC， 在Rt△CDF中，∵CD=2，CF=6， ∴tan∠CDF=， ∴∠CDF=60°=∠CPF， 易证△FCP≌△CFD， ∴CD=PF，∵CD∥PF， ∴四边形CDPF是矩形， ∴∠CDP=90°， ∴∠ADP=∠ADC﹣∠CDP=60°， ∴△ADP是等边三角形， ∴∠ADP=60°，∵∠BPF=∠CPF=60°， ∴∠BPC=120°， ∴∠APD+∠BPC=180°， ∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”， 在Rt△PDN中，∵∠PDN=90°，PD=AD=6，DN=， ∴PN= =． 【解析】 【分析】（1）①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD=AB′即可解决问题； ②首先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题； （2）结论：AD=BC．如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M，首先证明四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M，即可解决问题； （3）存在．如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．连接DF交PC于O．想办法证明PA=PD，PB=PC，再证明∠APD+∠BPC=180°，即可； 【详解】解：（1）①如图2中， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB=BC=AB=AB′=AC′， ∵DB′=DC′， ∴AD⊥B′C′， ∵∠BAC=60°，∠BAC+∠B′AC′=180°， ∴∠B′AC′=120°， ∴∠B′=∠C′=30°， ∴AD=AB′=BC， 故答案为． ②如图3中， ∵∠BAC=90°，∠BAC+∠B′AC′=180°， ∴∠B′AC′=∠BAC=90°， ∵AB=AB′，AC=AC′， ∴△BAC≌△B′AC′， ∴BC=B′C′， ∵B′D=DC′， ∴AD=B′C′=BC=4， 故答案为4． （2） 略 （3） 略 【点睛】本题考查四边形综合题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $