全国初中数学九年级竞赛模拟卷（三）九年级全国通用

全国初中数学九年级竞赛模拟卷（三） 一、单选题（共6小题，满分30分，每小题5分） 1．已知实数x满足，那么的值为（   ） A． B． C．1 D．或1 2．如图，在矩形中，，，以为直径在矩形内作半圆，过点作半圆的切线，则（   ）    A． B． C． D． 3．如图，在中，，为边上的中线，于点E，交于点F，若，，则（   ） A． B． C． D． 4．如图，和都是等腰直角三角形，，反比例函数在第一象限的图象经过点，则与的面积之差为（    ） A． B． C．8 D．4 5．如图，是的垂心，、、分别交、、于、、，则是的（   ） A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心 6．如图，二次函数的图象与轴的正半轴相交于点，现将进行等分，分点分别为点，过各分点的垂线分别交二次函数的图象于点，记的面积分别为、，当越来越大时，最接近的常数是（    ）．    A． B． C． D．1 二、填空题（共6小题，满分30分，每小题5分） 7．若关于的方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是 ． 8．如图，在边长相同的小正方形组成的网格中，点A、B、C、D都在这些小正方形的顶点上，相交于点P，则的值是 ． 9．如图，6个人围成一圈做传球游戏，每个人接到球后传给和他不相邻的某一人（如：A接到球后可以传给C、D或E），开始时，球在A的手中，若球被传递三次后又回到A，此种情况出现的概率是 ． 10．在中，，，将绕点逆时针旋转，得到，连接，则的长是 ． 11．如图，在等腰直角中，，，点是斜边的中点，点、分别为、边上的点，且，，，则的面积为 ． 12．如图，直线与y轴交于点A，与双曲线在第一象限交于B、C两点，且，则k值为 ． 三、解答题（共6小题，满分60分） 13．（本题8分）为实数，关于的方程有三个不等的实数根． (1)求证：； (2)若该方程的三个不等实根恰为一直角三角形的三条边，求和的值． 14．（本题10分）如图，直线交坐标轴于、两点，交双曲线于点，过作两坐标轴的垂线、，连接． (1)求证：平分； (2)对任意的实数，求证为定值； (3)是否存在直线，使得四边形为平行四边形？若存在，求出直线的解析式；若不存在，请说明理由． 15．（本题10分）在平面直角坐标系中，边长为6的正方形的顶点A，C分别在x轴和y轴的正半轴上，直线与两边分别相交于点D，G，以为边作菱形，顶点E在边上． (1)如图1，当时，求直线的函数表达式； (2)如图2，连接，设的面积为S． ①求S与a的函数关系式； ②判断S的值能否等于1？若能，求此时m的值，若不能，请说明理由． (3)如图3，连接，当平分时，m的值为多少？ 16．（本题10分）如图，是的外接圆，以为边作等边三角形，且点和点在的两侧，连接． (1)如图1，若点在上，求证：； (2)在（1）的条件下，若，则____________； (3)如图2，交于点，交于点，若，直接写出的长度：____________． 17．（本题10分）如图，在平面直角坐标系中，点0为坐标原点，抛物线分别交轴于点． (1)求抛物线解析式； (2)为抛物线的顶点，连接，横坐标为的点为第一象限抛物线对称轴右侧的一点，连接，设的面积为，求与的函数关系式（直接写出自变量的取值范围）； (3)在（2）的条件下，过点作轴于点，点在上，，求点的坐标． 18．（本题12分）在矩形中，． (1)如图1，证明：． (2)如图2，作，、分别为、上一动点，若存在，试用含的代数式表示． (3)在（2）的基础上，连接交于，，连接，求、、的数量关系． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 全国初中数学九年级竞赛模拟卷（三） 一、单选题（共6小题，满分30分，每小题5分） 1．已知实数x满足，那么的值为（   ） A． B． C．1 D．或1 【答案】A 【分析】本题主要考查运用因式分解法解一元二次方程，在解此题时要把看成一个整体，然后用因式分解法进行解答． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴或． ∵在实数范围内无解， ∴． 故选：A． 2．如图，在矩形中，，，以为直径在矩形内作半圆，过点作半圆的切线，则（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查切线长定理以及三角形的相似，求角的三角函数值的问题转化为求线段的比例问题．取的中点，则为圆心，连接与的交点是，则易证，，求得的长即可求解． 【详解】解：取的中点，则为圆心， 连接，与的交点是,    ∵都为圆的切线， ∴, ∴， ∴ , ∴， ∴, 在中，, ∴， ∴, 易证明， ∴, ∴， ∴, ． 故选：C． 3．如图，在中，，为边上的中线，于点E，交于点F，若，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，取的中点，连接，易得为的中位线，进而得到，推出，得到，进而得到，证明，进而得到，进行求解即可． 【详解】解：∵，为边上的中线， ∴， ∵，， ∴， 取的中点，连接，则：为的中位线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 故选：B． 4．如图，和都是等腰直角三角形，，反比例函数在第一象限的图象经过点，则与的面积之差为（    ） A． B． C．8 D．4 【答案】D 【分析】本题考查反比例函数与图形面积的计算，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键，设出两个等腰直角三角形的边长，表示出点的坐标，代入反比例函数的关系式，得到两个边长之间的关系，表示两个等腰直角三角形的面积，利用整体代入即可求出面积差． 【详解】解：设，，则，， ∴， ∵反比例函数经过点， ∴，即， ∴． 故选：D． 5．如图，是的垂心，、、分别交、、于、、，则是的（   ） A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心 【答案】A 【分析】本题考查了三角形的垂心的概念及性质，三角形内心的定义，四点共圆的判定及圆的性质，熟练掌握相关知识点并灵活运用是解题的关键； 利用三角形的垂心的性质推出，从而有C、D、H、E四点共圆，可得，同理可得，再利用直角三角形的性质和等量替换推出，可得平分，进一步可得点是三内角平分线的交点，所以点是的内心． 【详解】点是的垂心， ，，， 由，可得， ， C、D、H、E四点共圆， ， 同理可证B、D、H、F四点共圆， ， 又，， ， ， 平分， 同理可证平分，平分， 点是三内角平分线的交点，即点是的内心． 故选：A． 6．如图，二次函数的图象与轴的正半轴相交于点，现将进行等分，分点分别为点，过各分点的垂线分别交二次函数的图象于点，记的面积分别为、，当越来越大时，最接近的常数是（    ）．    A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】本题考查了二次函数的基本性质，理解二次函数图象的特点，运用极限思想分析问题是关键．先求出函数：的图象与轴的正半轴相交于点坐标，再根据题意得到三角形的面积计算方法，最后根据计算结果可推出最佳答案． 【详解】解：由题意可得：的图象与轴的正半轴相交于点 ， ， 当越来越大时，最接近的值为． 故选：B． 二、填空题（共6小题，满分30分，每小题5分） 7．若关于的方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是 ． 【答案】或 【分析】本题考查了根的判别式，以及根与系数的关系．将原方程变形为，求出方程的，分为两种情况，，代入后求出a的范围即可． 【详解】解：原方程可化为，这是一个关于的一元二次方程， ∵原方程有两个不相等的实根， ∴只有一个大于0的实数根， ， 当时，有唯一解； 时，； 此时原方程为，即， 解得：； 的一个根大于0，另一个根小于0， ②，，， 根据根与系数的关系得：， 即， 综上所述，a的取值范围是或， 故答案为：或． 8．如图，在边长相同的小正方形组成的网格中，点A、B、C、D都在这些小正方形的顶点上，相交于点P，则的值是 ． 【答案】2 【分析】此题考查了相似三角形的判定与性质与三角函数的定义，解题的关键准确作出辅助线，注意转化思想与数形结合思想的应用． 首先连接，由题意易得，∽，然后由相似三角形的对应边成比例，易得，即可得，在中，即可求得的值，继而求得答案． 【详解】解：如图，连接交于点， 四边形是正方形， ，，，， ， 根据题意得：， ， ， ， ， 在中，， ， ， 故答案为：． 9．如图，6个人围成一圈做传球游戏，每个人接到球后传给和他不相邻的某一人（如：A接到球后可以传给C、D或E），开始时，球在A的手中，若球被传递三次后又回到A，此种情况出现的概率是 ． 【答案】 【分析】本题考查了画树状图求概率，熟练掌握列树状图求概率是解题的关键．通过列树状图得出所有情况，然后根据概率公式计算即可． 【详解】解：画树状图如下： 共有种等可能的结果，其中球被传递三次后又回到A的情况有2种， 开始时球在A的手中，若球被传递三次后又回到A的概率是． 故答案为：． 10．在中，，，将绕点逆时针旋转，得到，连接，则的长是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、垂直平分线的判定与性质、勾股定理等知识，正确作出辅助线是解题关键．设与交于点，连接，首先利用勾股定理解得的值，再根据旋转的性质可得为等边三角形，易得，，进而可知为的垂直平分线，然后求得，的值，即可获得答案． 【详解】解：设与交于点，连接，如图， ∵，， ∴， 由旋转的性质可得，，， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴为的垂直平分线， ∴，， ∴平分，平分， ∴，， ∴，由勾股定理得， ∴． 故答案为：． 11．如图，在等腰直角中，，，点是斜边的中点，点、分别为、边上的点，且，，，则的面积为 ． 【答案】97.5 【分析】本题考查等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角形的外角性质等知识，利用相似三角形的性质求解是解答的关键．设，利用等腰直角三角形的性质得到，，证明，利用相似三角形的性质求得，进而可得，，，过E 作于M，过F作于N，利用等腰直角三角形的判定与性质得到，，然后由求解即可． 【详解】解：设， ∵，点是斜边的中点， ∴，， ∵，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， 解得或， 经检验，是所列方程的解，且符合题意， ∴，，， 过E 作于M，过F作于N， 则，是等腰直角三角形， ∴，， ∴ ． 故答案为：97.5． 12．如图，直线与y轴交于点A，与双曲线在第一象限交于B、C两点，且，则k值为 ． 【答案】 【分析】分别过点、向轴作垂线交于点、，通过勾股定理可用点、的横坐标表示、，结合，得到两交点横坐标的乘积；再通过直线与双曲线在第一象限交于两点，列方程可得两交点横坐标的乘积与的等量关系，代入即可． 【详解】解：直线与轴交于点，则点， 设点，， 如图，过点作轴于点，过点作轴于点， ， 在中，， 同理，， 又， ， 点和点是直线与双曲线的交点， ， 整理得，则， ， ， 故答案为：． 三、解答题（共6小题，满分60分） 13．（本题8分）为实数，关于的方程有三个不等的实数根． (1)求证：； (2)若该方程的三个不等实根恰为一直角三角形的三条边，求和的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查绝对值方程，一元二次方程，一元二次方程根与系数的关系及判别式，勾股定理，掌握知识点是解题的关键． （1）先推导出，，由原方程有三个根，得到方程①，②中有一个方程有两个不等实数根，另一个方程有两个相等实数根，根据，即可解答； （2）根据方程①中的两根中必有一个大于方程②中的，而另一个小于，则，，，由勾股定理，得，继而推导出，将代入得到 ，求出，分类讨论，判断是否符合题意，即可解答． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ， ， ∵原方程有三个根， ∴方程①，②中有一个方程有两个不等实数根，另一个方程有两个相等实数根， 即或中必有一个大于0，一个等于0， ∵， ∴． （2）方程①中的两根中必有一个大于方程②中的，而另一个小于， ∴， 设， 则， 即， 由勾股定理，得 ， 即， ∴ 整理得：， 由（1）有，代入上式得 ， ∴． 当时，，这与题目中方程的根是直角三角形的边矛盾， ∴． 把代入中，得 ． 故． 14．（本题10分）如图，直线交坐标轴于、两点，交双曲线于点，过作两坐标轴的垂线、，连接． (1)求证：平分； (2)对任意的实数，求证为定值； (3)是否存在直线，使得四边形为平行四边形？若存在，求出直线的解析式；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在； 【分析】本题考查了一次函数和反比例函数的性质，角平分线的定义，等腰直角三角形的判定，平行四边形的性质，求一次函数解析式，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）由得，，即可得到，再结合轴，轴可证得，从而可以证得结论； （2）由（1）知和均为等腰直角三角形，即可证得，，则可得为定值； （3）若为平行四边形，则，，由（1）知，，设，则可得，，由在上即可求得的值，从而可以求得结果． 【详解】（1）证明： 直线交坐标轴于、两点， ，． , , ， 轴，轴， ， ，即平分； （2）证明：由（1）知和均为等腰直角三角形． ，， 为定值； （3）解：存在直线，使得为平行四边形． 若为平行四边形，则，， 由（1）知,， ， 设， ，， 在反比例函数图像上， ， 解得 (负数舍去)， ，， 又在上， ， 即存在直线：，使得四边形为平行四边形． 15．（本题10分）在平面直角坐标系中，边长为6的正方形的顶点A，C分别在x轴和y轴的正半轴上，直线与两边分别相交于点D，G，以为边作菱形，顶点E在边上． (1)如图1，当时，求直线的函数表达式； (2)如图2，连接，设的面积为S． ①求S与a的函数关系式； ②判断S的值能否等于1？若能，求此时m的值，若不能，请说明理由． (3)如图3，连接，当平分时，m的值为多少？ 【答案】(1) (2)①；②不能，理由见解析 (3) 【分析】（1）先求出点，可得点，再将点代入，求出，可得答案； （2）①作，延长交y轴于点N，根据菱形的性质说明，可得，再根据可得答案； ②先求出点，再根据勾股定理求出，然后根据菱形的性质得，接下来根据勾股定理求出，再与边长比较得出答案； （3）连接交于点M，作轴，根据菱形的性质及角平分线的性质得，然后求出，接下来根据勾股定理求出，进而得点M的坐标，过点G作，通过证明，利用相似三角形的性质得到，进而求得点G的坐标，最后将点G的坐标代入求出答案即可． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形，边长为6，顶点A，C分别在x轴和y轴的正半轴上， ∴，， ∴，， ∵将代入，得， ∴点， ∵， ∴点， 将点代入，得， 解得， ∴直线的函数关系式为； （2）解：如图所示，过点F作于点H，延长交y轴于点N， ∵， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， 又， ∴， 又， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴与a之间的函数关系式为； ②当时，则， 解得， ∴点， 根据勾股定理，得， ∵四边形是菱形， ∴. 根据勾股定理，得， ∴， ∴点E不在上， ∴； （3）解：如图所示，连接交于点M，过点M作轴，垂足为N， 则，， ∵四边形为菱形， ∴，点M是的中点， ∵平分，， ∴，， ∴， ∵由（2）可知点F的纵坐标为4，点D的纵坐标为2， ∴点M的纵坐标为3， ∴， 根据勾股定理，得，， ∴点M的坐标为， 过点G作，垂足为P， 则有四边形是矩形，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即， ∴， ， ∴点G的坐标为 将代入得， 解得， 故答案为：． 16．（本题10分）如图，是的外接圆，以为边作等边三角形，且点和点在的两侧，连接． (1)如图1，若点在上，求证：； (2)在（1）的条件下，若，则____________； (3)如图2，交于点，交于点，若，直接写出的长度：____________． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）在上取点E，使得，连接．由等边与圆周角定理可证得是等边三角形，从而，进而证得，因此，即可得证； （2）过点B作，交的延长线于点F，则，根据圆周角定理得，再由三角形的内角和定理得到，，因此，设，由，得到，，，即可求解； （3）由等边和等腰是三角形，可求得，，，连接，则，．在上取点H，使，连接，设，则，，由圆周角定理和三角形外角的性质得到，，，求解即可解答． 【详解】（1）在上取点E，使得，连接． ∵是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 即， 在和中 ， ∴， ∴， ∴． （2）过点B作，交的延长线于点F． ∴， ∵， ∴， ∵ ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设， ∵， ， ∴， ， ∴， ， ∴． 故答案为： （3）∵是等边三角形， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ， ∴ 连接， ∵， ∴， ∴． 在上取点H，使，连接， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即． 故答案为： 17．（本题10分）如图，在平面直角坐标系中，点0为坐标原点，抛物线分别交轴于点． (1)求抛物线解析式； (2)为抛物线的顶点，连接，横坐标为的点为第一象限抛物线对称轴右侧的一点，连接，设的面积为，求与的函数关系式（直接写出自变量的取值范围）； (3)在（2）的条件下，过点作轴于点，点在上，，求点的坐标． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】本题主要运用待定系数法求抛物线解析式，通过作辅助线求三角形面积的函数关系式，以及利用相似三角形的性质和等腰直角三角形的性质求点的坐标，涉及二次函数、三角形面积、相似三角形、等腰直角三角形等知识点． （1）用待定系数法即可求解； （2）过作轴交于，求出抛物线顶点，对称轴，直线的解析式，再求出，从而可求，故； （3）过D作轴于T，延长交于P，设交于Q，证明，可得，从而，有，，求出，，，代入即可求解． 【详解】（1）把代入得： ，解得， 抛物线解析式为； （2）过作轴交于，如图： 抛物线顶点，对称轴为直线， 设直线为，代入，得：， 解得， 直线为， 横坐标为的点为第一象限抛物线对称轴右侧的一点， 的范围是， ∴与的函数关系式为； （3）过作轴于，延长交于，设交于，如图： ∴是等腰直角三角形， ①， 同（2）可知， ， ∴， ， ， 设直线为，代入 得： ，解得， ∴直线为， 当时，， ， ， ， ∴由①得，， ， ∴， 解得或， 经检验，都是原方程的解， ∴可求的坐标为或． 18．（本题12分）在矩形中，． (1)如图1，证明：． (2)如图2，作，、分别为、上一动点，若存在，试用含的代数式表示． (3)在（2）的基础上，连接交于，，连接，求、、的数量关系． 【答案】(1)见解析 (2) (3)；理由见解析 【分析】（1）利用两个角对应相等的两个三角形相似，得出答案即可； （2）连接，设与交于点O，根据，得出，证明，得出，证明，得出，根据三角函数定义得出； （3）过点C作，交的延长线于点G，根据，得出，根据，得出，根据勾股定理得出，即可得出． 【详解】（1）证明：∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：连接，设与交于点O，如图所示： ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵，四边形为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 又∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：结论：；理由： 如图：过点C作，交的延长线于点G， ∵，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $