2024年浙江省第五届初中生学科素养测评九年级数学试卷

2024年浙江省第五届初中生学科素养测评九年级数学试卷 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分） 1．（4分）若n为整数，且为整数，则满足条件的n有（　　） A．2个 B．4个 C．6个 D．8个 2．（4分）如图，A，B，C，D为长方体四个顶点，DA＝8，DB＝DC＝6，则△ABC的面积等于（　　） A． B． C． D．无法确定 3．（4分）关于x的方程|x2﹣1|+k＝0根的个数不可能是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 4．（4分）随意投掷一个匀质的正方体色子（六个面分别标记为1～6的数字）两次，分别得到a，b两个数，则点（a，b）在抛物线y＝ax2﹣bx上方的概率是（　　） A． B． C． D． 5．（4分）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，∠BAC 的平分线交⊙O于点D，∠ABC的平分线交⊙O于点E，连接ED，若则⊙O的半径为R，则ED的长为（　　） A．R B． C． D． 6．（4分）如图，扇形AOB中，∠AOB＝90°，点C在半径OB上，点D在AB上，连接AC，DC，满足∠ACD＝90°，∠OAC＝∠CAD，若半径OA＝1，则AD的长为（　　） A． B． C． D． 7．（4分）在△ABC中，三边长分别为x2，2x，y2﹣1，且x，y分别为大于1的整数，则x﹣y＝（　　） A．﹣3 B．﹣2 C．﹣1 D．0 8．（4分）设[x]表示不超过x的最大整数，如[2.1]＝2，[3]＝3，[﹣1.2]＝﹣2，若x，y满足，那么x+y的值是（　　） A．3 B．2或 C．3或 D．1或2 9．（4分）方程x2﹣（k+3）x﹣k﹣1＝0有两实根x1，x2，且满足0＜x1＜1＜x2＜2，那么k的取值范围是（　　） A． B． C．k＜﹣1 D．k＞﹣1或 10．（4分）若a，b都是正数，且ab+a+b＝1，设S＝﹣（ab）2+ab，则S的取值范围是（　　） A． B． C． D． 二、填空题（共8小题，每小题5分，共40分） 11．（5分）如图，正方形ABCD的边长为1，点E在CD上，点F在AD上，CE＝DF，则BE+BF的最小值为　 　 ． 12．（5分）若关于x的不等式|x+m|＜n的解集为4＜x＜6，则m+n的值是　 　 ． 13．（5分）如图，在四边形ABCD中，AB＝8，，∠B＝45°，∠D＝90°，则四边形ABCD的面积的最大值为 　 　 ． 14．（5分）已知x、y为整数，且满足方程10y2﹣9x2＝y4，则x2+y2的值为 　 　 ． 15．（5分）设函数，函数y2＝2（x﹣α）（α是实数），若函数y＝y1﹣y2的图象经过点（β，0）时，则α﹣β的值为　 　 ． 16．（5分）如图，在△ABC中，∠BAC的外角平分线交CB的延长线于点D，点E是AD的中点，连接CE交AB于点F，连接DF交边AC于点G，若DB＝6，BC＝5，CG＝4，则AB＝　 　 ． 17．（5分）已知实数a，b，c满足a+c＝2b，且a≥b≥c≥0，若关于x的二次方程ax2+bx+c＝0有两个相等的实根，则该相等的实根为　 　 ． 18．（5分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC⊥BD于点P，BA与CD的延长线交于点Q，M，N分别为AC，BD的中点，若AC＝4，BD＝6，则△QMN的面积为　 　 ． 三、解答题（本大题共4小题，每小题10分，共40分） 19．（10分）如图，已知△ABC中，点E在AB上，点D在BC上，连接AD，EC交于点F，且∠BAC＝∠ACE＝∠BCE，若CF＝EF，AE＝2EB． （1）求证：∠B＝90°； （2）求的值． 20．（10分）关于x，y的方程组有两个实数解和，且x1x2＝2． （1）求k、b之间的关系式； （2）若y1+y2＝3，求常数k、b的值． 21．（10分）如图，在△ABC中，O为外心，I为内心，OI⊥AI． （1）求证：； （2）设△ABC外接圆的半径为R，内切圆的半径为r，求证：AB•AC＝6Rr． 22．（10分）函数（b，c为常数），函数y2＝x，函数y1，y2的图象有两个交点，这两个交点的横坐标分别为x1，x2，且满足x1＞0，x2﹣x1＞1． （1）若x1＝1，求b与c之间的等量关系； （2）求证：b2＞2（b+2c）； （3）设0＜t＜x1，点（t，q）在函数y1图象上，请比较q与x1的大小． 2024年浙江省第五届初中生学科素养测评九年级数学试卷答案 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分） 1．【答案】C 【解答】解：72×（）0＝72，72×（）1＝108，72×（）2＝169，72×（）3＝243，72×（）﹣1＝48，72×（）﹣2＝32， ∴满足条件的n有﹣2、﹣1、0、1、2、3共计6个． 故选：C． 2．【答案】B 【解答】解：由勾股定理得，AC＝AB10，BC6， 如图，AC＝AB＝10，BC＝6，过点A作AM⊥BC于点M， ∴BM＝CMBC＝3， 在Rt△ABM中，AB＝10，BM＝3， ∴AM， ∴△ABC的面积为BC•AM66， 故选：B． 3．【答案】A 【解答】解：关于x的方程|x2﹣1|+k＝0根的个数不可能1个， 故选：A． 4．【答案】A 【解答】解：列表得： 6 （1，6） （2，6） （3，6） （4，6） （5，6） （6，6） 5 （1，5） （2，5） （3，5） （4，5） （5，5） （6，5） 4 （1，4） （2，4） （3，4） （4，4） （5，4） （6，4） 3 （1，3） （2，3） （3，3） （4，3） （5，3） （6，3） 2 （1，2） （2，2） （3，2） （4，2） （5，2） （6，2） 1 （1，1） （2，1） （3，1） （4，1） （5，1） （6，1） 1 2 3 4 5 6 ∴共有36种等可能点（a，b）， ∵点（a，b）在抛物线y＝ax2﹣bx上方， ∴b＞a•a2﹣b•a＝a3﹣ab， ∴b， 当a＝1时，b0.5， ∴b＝1，2，3，4，5，6均满足，共6个， 当a＝2时，b， ∴b＝3，4，5，6均满足，共4个， 当a＝3时，b6， 当a＝4时，b6， 当a＝5时，b6， 当a＝6时，b6， ∴当a＝3，4，5，6时，没有满足条件的b， ∴满足条件的共有10种情况， ∴点（a，b）在抛物线y＝ax2﹣bx上方的概率为：， 故选：A． 5．【答案】B 【解答】解：连接OE，OD， ∴∠AOE＝2∠ABE，∠BOD＝2∠BAD， ∵∠BAC 的平分线交⊙O于点D，∠ABC的平分线交⊙O于点E， ∵∠BAC＝2∠BAD，∠ABC＝2∠ABE， ∴∠AOE＝∠ABC，∠BOD＝∠BAC， ∴∠AOE+∠BOD＝∠ABC+∠BAC， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠C＝90°， ∴∠ABC+∠BAC＝90°， ∴∠AOE+∠BOD＝90°， ∴∠EOD＝90°， ∵⊙O的半径为R， ∴DEOER． 故选：B． 6．【答案】B 【解答】解：过点D作DE⊥OB，DH⊥AO，分别交OB，OA于点E，H，连接OD， ∴∠DEC＝∠AHD＝90°，DE＝OH， ， 设OC＝a， 在Rt△OAC中， ∵OA＝1， ∴由勾股定理得：AC， 在△OAC和△CAD中， ∵∠AOB＝∠ACD＝90°，∠OAG＝∠CAD， ∴△OAC∽△CAD， ∴， ∴， 又∵DCB+∠ACO＝180°﹣90°＝﹣90°，∠ACO+∠OAC＝90°， ∴∠DCB＝∠OAC， 在△OAC和△CDE中， ∵∠DCB＝∠OAC，∠AOB＝∠DEC＝90°， ∴OAC∽△CDE， ∴， 即， ∴DE＝a2，CE＝a， 在Rt△ODE中， ∵OD＝1， ∴12＝a4+4a2， ∴a2， 在AHD中， 由勾股定理得：AD2＝（OA﹣OH）2+OE2， 即AD2＝（1﹣a2）2+4a2＝（1+a2）2， ∴AD＝1+a2． 故选：B． 7．【答案】D 【解答】解：∵三边长分别为x2，2x，y2﹣1， ∴x2+2x＞y2﹣1， ∴x2+2x+1＞y2， ∴（x+1）2﹣y2＞0， ∴（x+1+y）（x+1﹣y）＞0， ∵x，y分别为大于1的整数， ∴x+1+y＞0， ∴x+1﹣y＞0， ∴x﹣y＞﹣1． 故选：D． 8．【答案】C 【解答】解：∵[x]表示不超过x的最大整数，由方程组得出x是整数， 即 ∴2y﹣[y]＝2， 当y＝2时，x＝1满足方程组得出x+y＝3， 当y＝1.5时，x＝2满足方程组得出x+y＝3.5， 故选：C． 9．【答案】B 【解答】解：把方程x2﹣（k+3）x﹣k﹣1＝0有两实根x1，x2，且满足0＜x1＜1＜x2＜2转化为抛物线y＝x2+（k+3）x﹣k﹣1与x轴的交点一个在（0，0）与（1，0）之间，另一个在（1，0）和（2，0）之间， ∵x＝0，y＞0；x＝1，y＜0；x＝2，y＞0， ∴﹣k﹣1＞0且1﹣（k+3）﹣k﹣1＜0且4﹣2（k+3）﹣k﹣1＞0， 解得k＜﹣1． 故选：B． 10．【答案】C 【解答】解：由条件ab+a+b＝1，设s＝ab，则a+b＝1﹣s， 根据均值不等式：，即， 令不等式变为：1﹣t2≥2t，即t2+2t﹣1≤0， 解得0≤t≤﹣1， 因此0＜t2≤（﹣1）2， 分析S的取值范围S＝s﹣s2是开口向下的二次函数，顶点在， 但由于， 最大值出现在处：， 当s＝0时，S＝0，因此S的取值范围为：． 故选：C． 二、填空题（共8小题，每小题5分，共40分） 11．【答案】． 【解答】解：如图，延长AD到T，使得DT＝AD＝1，连接BT，ET． ∵四边形ABC都是正方形， ∴AD＝CD＝AB＝1，∠A＝∠ADC＝∠EDT＝90°， ∴BT， ∵CE＝DF， ∴AF＝DE， ∵AB＝DT，∠A＝∠EDT＝90°， ∴△BAF≌△TDE（SAS）， ∴BF＝DT， ∴BF+BE＝BE+ET≥BT， ∴BF+BE的最小值为． 故答案为：． 12．【答案】﹣4． 【解答】解：由|x+m|＜n可得﹣n﹣m＜x＜n﹣m， ∵|x+m|＜n的解集为4＜x＜6， ∴， 解得， ∴m+n＝1﹣5＝﹣4． 故答案为：﹣4． 13．【答案】34． 【解答】解：连接AC，过点C作CE⊥AB于点E，过点D作DH⊥AC于点H，作△ACD的外接圆⊙O，圆心为点O，过点O作OP⊥AC于点P，点P于点D在AC的同侧，如图所示： ∴∠CEB＝∠CEA＝90°， ∵∠ADC＝90°， ∴⊙O的圆心O是AC的中点，点D在⊙O上， ∴OA＝OC＝OPAC， 在△BCE中，∠CEB＝90°，∠B＝45°，BC， ∴△BCE是等腰直角三角形， ∴BE＝CE， 由勾股定理得：BCBE， ∴BE＝CEBC6， ∵AB＝8， ∴S△ABCAB•CE8×6＝24，AE＝AB﹣BE＝8﹣6＝2， 在Rt△ACE中，由勾股定理得：AC， ∴OA＝OC＝OPAC＝√10， ∵DH⊥AC于点H， ∴S△ACDAC•DH， ∴四边形ABCD的面积S＝S△ABC+S△ACD， ∴当DH为最大时，四边形ABCD的面积S为最大， ∵点D在⊙O上， ∴当点D于点P重合时，DH为最大，最大值是OP的长， ∴DH的最大值为， 此时四边形ABCD的面积的最大值：34． 故答案为：34． 14．【答案】0或2或10． 【解答】解：∵10y2﹣9x2＝y4， ∴9x2＝10y2﹣y4， ∴9x2＝y2（10﹣y2）， ∵x、y为整数，9x2≥0，y2≥0， ∴10﹣y2≥0，y2（10﹣y2）必须是非负的且能被9整除， ∴y2≤10， ∴y可能为0，±1，±2，±3， 当y＝0时，9x2＝0，x＝0，此时x2+y2＝0， 当y＝±1时，9x2＝10﹣1＝9，x2＝1，此时x2+y2＝1+1＝2， 当y＝±2时，9x2＝4×（10﹣4）＝24，x＝±（不是整数，舍）， 当y＝±3时，9x2＝9×（10﹣9）＝9，x2＝1，此时x2+y2＝1+9＝10， 综上，x2+y2的值为0或2或10． 故答案为：0或2或10． 15．【答案】0或﹣2． 【解答】解：∵函数，函数y2＝2（x﹣α）（α是实数）， ∴y＝y1﹣y2（x﹣α）2﹣（x﹣α）， ∵函数y＝y1﹣y2的图象经过点（β，0）， ∴（β﹣α）2﹣（β﹣α）＝0，即（α﹣β）2+（α﹣β）＝0， ∴（α﹣β）（αβ+1）＝0， ∴α﹣β＝0或﹣2． 故答案为：0或﹣2． 16．【答案】． 【解答】解：连接BG，过点F作QR∥AD交AC于点Q，交CD于点R， ∵点E是AD的中点， ∴AE＝DE， ∵QF∥AD，RF∥DE， ∴△CQF∽△CAE，△CRF∽△CDE， ∴， ∴1， ∴QF＝RF， ∵QF∥AD，RF∥AD， ∴△GQF∽△GAD，△BFR∽△BAD， ∴， ∴11， ∴， ∵∠AFD＝∠BFG， ∴△AFD∽△BFG， ∴∠ADF＝∠BGF， ∴AD∥BG， ∵DB＝6，BC＝5，CG＝4， ∴DC＝DB+BC＝11， ∴， ∴ACCG4， 作DH∥AB，交CA的延长线于点H， ∵AD平分∠BAH， ∴∠HAD＝∠BAD＝∠HDA， ∴HA＝HD， ∴， ∵AB∥HD， ∴△ABC∽△HDC， ∴， ∴， ∴， ∴ABAC， 故答案为：． 17．【答案】﹣2． 【解答】解：∵关于x的二次方程ax2+bx+c＝0有两个相等的实根， ∴Δ＝b2﹣4ac＝0， ∴b2＝4ac， ∵a+c＝2b， ∴b， ∴（）2＝4ac， 整理得a2﹣14ac+c2＝0， ∴a＝（7）c， ∵a≥b≥c≥0， ∴a＝（7﹣4）c不合题意， ∴a＝（7+4）c， ∵关于x的二次方程ax2+bx+c＝0有两个相等的实根， ∴x（1）（1）＝﹣2． 故答案为：﹣2． 18．【答案】3． 【解答】解：如图建立坐标系，设点A坐标为（﹣a，0），点C坐标（b，0），点B坐标（﹣c，0），点D坐标为（d，0）． 则M坐标为（0，），点N坐标为（，0）． 易知a+b＝4，c+d＝6． 设直线AB解析式为y＝k1x+b1.直线CD的解析式为y＝k2x+b2． 把A、B两点坐标代入y＝k1x+b1得：，解得， 则直线AB解析式为yx﹣c． 同理可得直线CD的解析式为：yx+d． 联立两条直线方程解得：x，y． ∴xQ，yQ． 同理直线NQ的解析式为y（x）． 令x＝0，y． 设NQ交y轴于点E，则yE． ∴S△MNQ（yE﹣yM）（xN﹣xQ）（）（） 整理得：S△MNQ3． 故答案为：3． 三、解答题（本大题共4小题，每小题10分，共40分） 19．【答案】（1）如图1，作BC的垂直平分线交CE于点L，连接BL， ∵∠BAC＝∠ACE＝∠BCE， ∴∠BEC＝∠BAC+∠ACE＝2∠ACE＝2∠BCE，AE＝CE， ∵BL＝CL， ∴∠LBC＝∠BCE， ∴∠BLE＝∠LBC+∠BCE＝2∠BCE， ∴∠BEC＝∠BLE， ∴BL＝EB， ∵AE＝2EB， ∴CE＝2EB＝2BL＝2CL， ∴CL+EL＝2CL， ∴EL＝CL， ∴EL＝BL＝EB， ∴△BEL是等边三角形， ∴∠BLE＝∠EBL＝60°， ∴∠LBC＝∠BCE∠BLE＝30°， ∴∠ABC＝∠EBL+∠LBC＝90°． （2）的值是． 【解答】（1）证明：如图1，作BC的垂直平分线交CE于点L，连接BL， ∵∠BAC＝∠ACE＝∠BCE， ∴∠BEC＝∠BAC+∠ACE＝2∠ACE＝2∠BCE，AE＝CE， ∵BL＝CL， ∴∠LBC＝∠BCE， ∴∠BLE＝∠LBC+∠BCE＝2∠BCE， ∴∠BEC＝∠BLE， ∴BL＝EB， ∵AE＝2EB， ∴CE＝2EB＝2BL＝2CL， ∴CL+EL＝2CL， ∴EL＝CL， ∴EL＝BL＝EB， ∴△BEL是等边三角形， ∴∠BLE＝∠EBL＝60°， ∴∠LBC＝∠BCE∠BLE＝30°， ∴∠ABC＝∠EBL+∠LBC＝90°． （2）解：如图2，作EH∥BC交AD于点H，则∠DCF＝∠HEF， 在△DCF和△HEF中， ， ∴△DCF≌△HEF（ASA）， ∴CD＝EH， ∵AE＝2EB， ∴AB＝2EB+EB＝3EB， ∵EH∥BD， ∴△AEH∽△ABD， ∴， ∴CD＝EHDB， ∴， ∴的值是． 20．【答案】（1）k＝±b； （2）k＝3，b＝±． 【解答】解：（1）把y＝k（x+2）代入得：1， 整理得：（b2+k2）x2+4k2x+4k2﹣4b2＝0， ∴x1x2，x1+x2， ∵x1x2＝2， ∴2， 整理得：k2＝3b2， ∴k＝±b； （2）∵y＝k（x+2）， ∴y1+y2＝k（x1+2）+k（x2+2）＝k（x1+x2）+4k， ∵x1+x23，y1+y2＝3， ∴k×（﹣3）+4k＝3， ∴解得k＝3， ∴3b2＝32， ∴b＝±． 21．【答案】证明：（1）如图，画出三角形ABC的外接圆，延长AI交圆与点D，交BC与点E，连接CI，∵O为外心，I为内心， ∴∠BAI＝∠CAI，∠ACI＝∠BCI，∴OA＝OB＝OD，∵OI⊥AI，∴OI垂直平分AD，AD＝2DI，∵AE是角平分线，利用△ABE与△ACE面积比可以得出，∴，，∴∠BCD＝∠CAI，∴∠DIC＝∠DCI，∴CD＝DI，∴AD＝2DC 又 ∴∠B＝∠D，∴△ABE∽△ADC， ∴，即2，∴AB＝2BE，同时得到AC＝2CE，∴AB+AC＝2BE+2CE＝2BC； （2）如图，内切圆的半径为r，设BC＝a，∠BAC＝α， ∴三角形ABC的面积为：（AB+AC+BC）rar，又三角形ABC的面积为：AB•AC•sinα，∵△ABC外接圆的半径为R， ∴直径是2R， ∵在⊙O中，sinα，∴AB•AC•，∴AB•AC＝6Rr． 【解答】证明：（1）如图，画出三角形ABC的外接圆，延长AI交圆与点D，交BC与点E，连接CI， ∵O为外心，I为内心， ∴∠BAI＝∠CAI，∠ACI＝∠BCI， ∴OA＝OB＝OD， ∵OI⊥AI， ∴OI垂直平分AD，AD＝2DI， ∵AE是角平分线，利用△ABE与△ACE面积比可以得出， ∴， ，∠BCD＝∠CAI， ∴∠DIC＝∠DCI， ∴CD＝DI， ∴AD＝2DC， ， ∴∠B＝∠D， ∴△ABE∽△ADC， ∴，即2， ∴AB＝2BE，同时得到AC＝2CE， ∴AB+AC＝2BE+2CE＝2BC； （2）如图，内切圆的半径为r，设BC＝a，∠BAC＝α， ∴三角形ABC的面积为：， 又三角形ABC的面积为：•sinα， ∵△ABC外接圆的半径为R，∴直径是2R，∵在⊙O中，sinα， ∴， ∴AB•AC＝6Rr． 22．【答案】（1）b与c之间的等量关系为：b＝﹣c； （2）证明：∵函数（b，c为常数），函数y2＝x，函数y1，y2的图象有两个交点， ∴方程x2+bx+c＝x有两个不相等的实数根， ∴Δ＝（b﹣1）2﹣4c＞0， ∵两个交点的横坐标分别为x1，x2， ∴方程x2+（b﹣1）x+c＝0的两个根为x1，x2， ∴x1+x2＝1﹣b，x1•x2＝c， ∵x1＞0，x2﹣x1＞1， ∴1， ∴1， ∴（1﹣b）2﹣4c＞1， ∴1﹣2b+b2﹣4c＞1， ∴b2＞2b+4c， 即：b2＞2（b+2c）； （3）q＞x1． 【解答】（1）解：∵x1＝1， ∴12+b+c＝1， ∴b+c＝0． ∴b与c之间的等量关系为：b＝﹣c． （2）证明：∵函数（b，c为常数），函数y2＝x，函数y1，y2的图象有两个交点， ∴方程x2+bx+c＝x有两个不相等的实数根， ∴Δ＝（b﹣1）2﹣4c＞0， ∵两个交点的横坐标分别为x1，x2， ∴方程x2+（b﹣1）x+c＝0的两个根为x1，x2， ∴x1+x2＝1﹣b，x1•x2＝c， ∵x1＞0，x2﹣x1＞1， ∴1， ∴1， ∴（1﹣b）2﹣4c＞1， ∴1﹣2b+b2﹣4c＞1， ∴b2＞2b+4c， 即：b2＞2（b+2c）； （3）解：∵点（t，q）在函数y1图象上， ∴q＝t2+bt+c， 由（2）知：方程x2+（b﹣1）x+c＝0的根为x1， ∴（b﹣1）x1+c＝0， ∴c（b﹣1）x1， ∴q＝t2+bt（b﹣1）x1， ∴q﹣x1＝t2+bt（b﹣1）x1﹣x1＝t2bt﹣bx1＝（t+x1）（t﹣x1）+b（t﹣x1）＝（t﹣x1）（t+x1+b）， ∵0＜t＜x1， ∴t﹣x1＜0， ∵x1＞0，x2﹣x1＞1，x1+x2＝1﹣b， ∴﹣b＞2x1， ∴b＜﹣2x1， ∴t+x1+b＜0， ∴q﹣x1＝（t﹣x1）（t+x1+b）＞0， ∴q＞x1． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $