浙江省宁波市慈溪市2023-2024学年（第四届）九年级下学期核心素养发展营活动竞赛数学试卷

2023-2024学年浙江省宁波市慈溪市（第四届）九年级下学期核心素养 发展营活动竞赛数学试卷 一、选择题（每小题5分，共30分.在每题给出的四个选项中，只有一个是正确的） 1．（5分）在中考长跑测试中，某班前30名学生成绩的平均分为8分，方差为25.6分2，后10名同学的成绩分别为（单位：分）：5，6，8，9，6，9，10，9，8，10，则该班40名同学成绩的方差为（　　） A．19.9分2 B．20.1分2 C．20.3分2 D．20.5分2 2．（5分）图1是由边长为1的小正方形构成的5种基本图形，现通过平移、旋转、轴对称等方式，用基本图形中的1种或几种去铺满图2中4×4的单位网格，要求图形不重叠、无空隙，每种基本图形可以重复使用，则下列哪个组合不能把4×4的网格铺满？该组合是（　　） A．④ B．④⑤ C．①②⑤ D．①③④ 3．（5分）对于实数x，y定义“※”运算：当x≥y时，x※y＝x+y；当x＜y时，x※y＝x2﹣xy+y2，若（﹣1）※a＝2，则a3+2a+3的值为（　　） A．15 B． C． D．15或 4．（5分）如图，△ABC的顶点均在反比例函数，k为常数）图象上，∠ACB＝90°，AB过点O，BC分别与x轴、y轴交于D、E两点，若E点坐标为（0，﹣2），△ABC的面积为8，则k的值为（　　） A． B．2 C． D．3 5．（5分）如图，在△ABC中，∠ACB＝120°，BC＝10，AC＝6，点P，Q分别在BC，AB边上运动，且BP＝AQ，连接AP，CQ，则AP+CQ的最小值为（　　） A．14 B． C． D． 6．（5分）已知ax﹣2b＝by﹣2a＝22a+22b，ab≠0，x，y为正整数，则符合条件的（x，y）共有（　　） A．12组 B．21组 C．34组 D．42组 二、填空题（每小题5分，共30分） 7．（5分）计算：的值为　 　 ． 8．（5分）方程（x﹣1）2+b＝a+2|x﹣1|+3有3个实数根，则a﹣b的值为　 　 ． 9．（5分）定义平面内任意两点P（x，y），Q（x2，y2）之间的距离dPQ＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|，dPQ称为这两点之间的曼哈顿距离．已知点A坐标为（3，0），点P为直线y＝kx﹣4上一点，若dAP＝2，则k的取值范围为　 　 ． 10．（5分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，BC＝2，D为AB中点，E为边BC上一点，将△ADE沿DE翻折得到△A′DE，使△A′DE与△BDE重叠部分的面积占△ABE面积的，则BE的长为　 　 ． 11．（5分）设正数a，b，c是三角形三条边的长，则称（a，b，c）是三角形数．若（m，n，t）和均为三角形数，且m≤n≤t，则的取值范围是　 　 ． 12．（5分）如图1，有一长方体容器，其截面为矩形ABCD，底边长AB为10cm，容器内盛有一定量的水，将容器放在水平桌面上，并将容器绕底部垂直于截面的一条棱旋转（如图2），且不使水溢出．若旋转前容器内水的高度为hcm，旋转后水的高度的最大值为2hcm，则h的值为　 　 ． 三、解答题（第13题12分，第14、15题各15分，第16题18分，共60分） 13．（12分）在分式中，当分子的次数大于或等于分母的次数时，我们称之为“假分式”，当分子的次数小于分母的次数时，我们称之为“真分式”，假分式可以化成“带分式”，即整式与真分式的和的形式，如：． （1）把下列假分式化成带分式： ①　 　 ； ②　 　 ； （2）若为整数，求满足条件的所有整数x的值； （3）若和同时为整数，求满足条件的所有实数x的值． 14．（15分）如图1，在正方形ABCD中，AB＝6，E是AB边上一点，连接CE，将△BCE沿CE翻折得到△FCE．连接DF并延长，交AB于点G． （1）若F为DG中点，求EG的长度； （2）如图2，连接A并延长，交CE于点H，AG＝3GE． ①证明：G为AB中点； ②求FH的长度． 15．（15分）观察下列按规律生长的“枝繁叶茂”图，其中图1中线段的条数记为a1，图2中线段的条数记为a2，图3中线段的条数记为a3…，图n中线段的条数记为an显然a1＝1，a2＝5． （1）当n≥2时，请直接写出an﹣1和an之间的关系； （2）用n表示出an； （3）若ap﹣aq＝4212，求pq的值． 四、综合学习型试题 16．（18分）同学们，我们已经知道，三角形的三条角平分线交于一点，我们把这个点记作“I”，该点到三角形三边的距离相等，我们把这个距离记作r0． 【知识储备】： （1）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝a，AC＝b，AB＝c，证明：； （2）如图2，在平面直角坐标系中，△AOB顶点A的坐标为（3a，4a），B的坐标为（4b，﹣3b），a＞0，b＞0； 【思考探究】：①求OI所在直线的函数表达式； 【延伸拓展】：②若I的纵坐标为2024，a，b为整数，求符合条件的△AOB的个数． 2023-2024学年浙江省宁波市慈溪市（第四届）九年级下学期核心素养 发展营活动竞赛数学试卷答案 一、选择题（每小题5分，共30分.在每题给出的四个选项中，只有一个是正确的） 1．【答案】A 【解答】解：前30名学生成绩分别为x1、x2、....、x30， 后10名同学的成绩的平均成绩为（5+6+8+9+6+9+10+9+8+10）＝8（分）， ∵前30名学生成绩的平均分为8分， ∴该班40名同学的平均成绩为8分， ∴该班40名同学成绩的方差[（x1﹣8）2+...+（x30﹣8）2+（5﹣8）2+（6﹣8）2+（8﹣8）2+（9﹣8）2+（6﹣8）2+（9﹣8）2+（10﹣8）2+（9﹣8）2+（8﹣8）2+（10﹣8）2]， ∵前30名学生成绩的平均分为8分，方差为25.6分2， ∴[（x1﹣8）2+...+（x30﹣8）2]＝25.6， ∴（x1﹣8）2+...+（x30﹣8）2＝768， ∴该班40名同学成绩的方差[768+（5﹣8）2+（6﹣8）2+（8﹣8）2+（9﹣8）2+（6﹣8）2+（9﹣8）2+（10﹣8）2+（9﹣8）2+（8﹣8）2+（10﹣8）2]＝19.9． 故选：A． 2．【答案】A 【解答】解：选项A：图形④由4个小正方形组成，尝试用其铺满4×4网格，会发现其形状无法通过平移、旋转、轴对称无重叠、无空隙地铺满，故A不能铺满； 选项B：图形④和⑤可通过组合、变换铺满网格； 选项C：图形①、②、⑤可通过组合、变换铺满网格； 选项D：图形①、③、④可通过组合、变换铺满网格， 故选：A． 3．【答案】B 【解答】解：①当﹣1≥a即a≤﹣1时， ∵（﹣1）※a＝2， ∴﹣1+a＝2， ∴a＝3（不合题意，舍去）； ②当﹣1＜a即a＞﹣1时， （﹣1）※a＝（﹣1）2﹣（﹣1）•a+a2＝2， 整理得a2+a﹣1＝0， ∴a， ∵a＞﹣1， ∴a， ∵a2+a﹣1＝0， ∴a2+a＝1， ∴a3+2a+3 ＝a3+a2﹣a2﹣a+3a+3 ＝a（a2+a）﹣（a2+a）+3a+3 ＝a﹣1+3a+3 ＝4a+2 ＝42 ＝﹣2+22 ＝2， 故选：B． 4．【答案】D 【解答】解：∵AB过原点O，且A、B在反比例函数，k为常数）图象上， 根据反比例函数的中心对称性，设A（a，）（a＞0），则B（﹣a，）， 由于∠ACB＝90°，且A、C在反比例函数上，C的坐标为（，a）， 设直线BC的解析式为y＝mx+n，将B（﹣a，）和C（，a）代入， 得， 解得， 因此，直线BC的解析式为y＝x+a， 已知E（0，﹣2）在直线BC上，将x＝0，y＝﹣2代入解析式， 得a2①， 因为O是AB的中点， 所以S△ABC＝2S△AOC， 对于A（a，）、O（0，0）、C（，a）， 利用坐标法求三角形面积： S△AOC， 因此，S△ABC＝|a， 已知S△ABC＝8， 即|a8②， 由式①可得a＝2，令t，则t﹣a＝2，a＝t﹣2． 将a＝t﹣2和k＝at代入式②， |（t﹣2）2﹣t2|＝8， 即|﹣4t+4|＝8， 分情况讨论： 若﹣4t+4＝8，解得t＝﹣1（舍去，因为t0）； 若﹣4t+4＝﹣8，解得t＝3． 因此，a＝t﹣2＝3﹣2＝1，k＝at＝3， 故选：D． 5．【答案】B 【解答】解：作∠ABD＝60°，作BD＝AC＝6，连接PD，如图， ∵∠ACB＝120°， ∴∠ABC+∠BAC＝60°， 而∠ABC+∠DBP＝60°， ∴∠PBD＝∠QAC， 在△BDP和△ACQ中， ， ∴△BDP≌△ACQ（SAS）， ∴PD＝CQ， ∴AP+CQ＝PA+PD， ∵AP+PD≥AD， ∴AP+PD的最小值为AD的长度， ∵当AD⊥BD时，AD最短， 此时ADBD＝6， ∴AP+CQ的最小值为6． 故选：B． 6．【答案】B 【解答】解：由ax﹣2b＝22a+22b得：a（x﹣22）＝24b， 由by﹣2a＝22a+22b得：b（y﹣22）＝24a， ∴ab（x﹣22）（y﹣22）＝24b•24a， ∵ab≠0， ∴（x﹣22）（y﹣22）＝576， 当x﹣22＞0，y﹣22＞0时， ∵576＝26×32， ∴576的正因数个数为（6+1）×（2+1）＝21个， ∴有21对（x，y）满足（x﹣22）（y﹣22）＝576； 当x﹣22＜0，y﹣22＜0时， ∵x，y为正整数， ∴0＜x＜22，0＜y＜22， ∴x﹣22＞﹣22，y﹣22＞﹣22， ∴（x﹣22）（y﹣22）＜（﹣22）×（﹣22），即（x﹣22）（y﹣22）＜484， 此时（x﹣22）（y﹣22）＝576不可能成立； 综上所述，有21对（x，y）满足（x﹣22）（y﹣22）＝576； 故选：B． 二、填空题（每小题5分，共30分） 7．【答案】2． 【解答】解：原式＝2 ＝2 ＝2（1） ＝22 2， 故答案为：2． 8．【答案】﹣3． 【解答】解：令t＝|x﹣1|（t≥0）， 则原方程（x﹣1）2+b＝a+2|x﹣1|+3可转化为：t2+b＝a+2t+3， 整理为：t2﹣2t+（b﹣a﹣3）＝0， ∵原方程有3个实数根，而t＝|x﹣1|， 当t＞0时，x有两个解， 当t＝0时，x有一个解， 因此，方程t2﹣2t+（b﹣a﹣3）＝0的根需满足一个根为t＝0，另一个根为t＞0， 将t＝0代入方程t2﹣2t+（b﹣a﹣3）＝0， 得0﹣0+（b﹣a﹣3）＝0， 即a﹣b＝﹣3， 综上，a﹣b的值为﹣3， 故答案为：﹣3． 9．【答案】k≤4． 【解答】解：如图，B（1，0），C（3，﹣2），D（5，0），E（3，2）， 正方形BCDE边上的点到点A的曼哈顿距离为2， 所以直线y＝kx﹣4与正方形BCDE有交点即可． 当y＝kx﹣4经过B（1，0）时，k＝4， 当y＝kx﹣4经过C（3，﹣2）时，k， ∴k≤4； 故答案为：k≤4． 10．【答案】或 【解答】解：如图，当∠ADE＞90°时，连接AA'，延长ED交AA'于点M ∵∠C＝90°，AC＝1，BC＝2， ∴AB ∵D为AB中点， ∴AD＝DB ∵将△ADE沿DE翻折得到△A′DE， ∴AD＝A'D，AE＝A'E ∴ED垂直平分AA' ∴EM⊥AA'， ∵AD＝DB＝DA' ∴△ABA'是直角三角形 ∴∠AA'B＝90°，即AA'⊥A'B ∴ME∥A'B ∴∠MEF＝∠FA'B， ∵△A′DE与△BDE重叠部分的面积占△ABE面积的， ∴S△DEFS△AEB， ∴DFABDB ∴DF＝FB，且∠MEF＝∠FA'B，∠A'FB＝∠EFD ∴△A'FB≌△EFD（AAS） ∴EF＝A'F，且DF＝FB，∠EFB＝∠A'FD ∴△BFE≌△DFA'（SAS） ∴AD＝BE 若∠ADE＜90°时，如图， 同理可求：AE＝A'E＝BD， ∴CE， ∴BE＝BC﹣CE， 故答案为：或． 11．【答案】1． 【解答】解：∵m≤n≤t， ∴， ∵（m，n，t）和均为三角形数， ∴m+n＞t，， ∴n＞t﹣m，， ∴t﹣m＜n， ∴t2+m2﹣3mt＜0， 令a，则a2﹣3a+1＜0， ∴a， ∵m≤t， ∴1， 故答案为：1． 12．【答案】． 【解答】解：如图， 设BE＝a，BF＝b，斜边EF上的高为h1，则， 所以ab＝20h， 由， ∴h1的最大值为， 故， 解得． 故答案为：． 三、解答题（第13题12分，第14、15题各15分，第16题18分，共60分） 13．【答案】（1）①，②； （2）﹣2，﹣1，2，3 （3）1，． 【解答】解：（1）①将分子改写为分母的形式：， ②用多项式除法分解：， 故答案为：，； （2）将分式化为带分式：， 要求为整数，即x（x﹣1）是6的因数， 解得 x＝﹣2，﹣1，2，3． 故答案为：﹣2，﹣1，2，3； （3）由为整数，得（k为整数），代入， 化简为， 要求需为整数． 解得k＝1和 k＝3，对应 x＝1和． 故答案为：1，． 14．【答案】（1）EG＝4； （2）①证明：如图2，延长EF交AD于点M，连结CM交DG于点N， 由折叠的性质可知∠CFE＝∠B＝90°，CB＝CF＝CD， ∴∠CFM＝∠CDM＝90°， ∵CM＝CM， ∴Rt△CFM≌Rt△CDM（HL）， ∴FM＝DM，CM⊥DG， ∴∠DCM＝∠GDA＝90°﹣∠CDG， ∵∠CDM＝∠GAD＝90°，CD＝AD， ∴△CDM≌△DAG（ASA）， ∴DM＝AG， 设EG＝x， 则FM＝DM＝AG＝3x，AM＝6﹣3x，EF＝BE＝6﹣4x，EM＝EF+FM＝6﹣x， 在Rt△AEM中，（4x）2+（6﹣3x）2＝（6﹣x）2， 解得x1＝1，x2＝0（舍掉）， ∴， ∴G为AB中点； ②FH． 【解答】（1）解：如图1，延长EF，CD相交于点H， ∵F为DG中点， ∴GF＝DF， ∵AB∥CD， ∴∠FEG＝∠H， ∵∠EFG＝∠HFD， ∴△EFG≌△DFH（ASA）， ∴EF＝FH， 由折叠的性质可知∠CFE＝∠B＝90°， ∴∠CFE＝∠CFH， ∵CF＝CF， ∴△CEF≌△CHF（SAS）， ∴∠BCE＝∠FCE＝∠FCH＝30°， ∴CH＝CE4， ∴EG＝DH＝CH﹣CD＝46； （2）①证明：如图2，延长EF交AD于点M，连结CM交DG于点N， 由折叠的性质可知∠CFE＝∠B＝90°，CB＝CF＝CD， ∴∠CFM＝∠CDM＝90°， ∵CM＝CM， ∴Rt△CFM≌Rt△CDM（HL）， ∴FM＝DM，CM⊥DG， ∴∠DCM＝∠GDA＝90°﹣∠CDG， ∵∠CDM＝∠GAD＝90°，CD＝AD， ∴△CDM≌△DAG（ASA）， ∴DM＝AG， 设EG＝x， 则FM＝DM＝AG＝3x，AM＝6﹣3x，EF＝BE＝6﹣4x，EM＝EF+FM＝6﹣x， 在Rt△AEM中，（4x）2+（6﹣3x）2＝（6﹣x）2， 解得x1＝1，x2＝0（舍掉）， ∴， ∴G为AB中点； ②解：由①知，EF＝2，FM＝DM＝3， ∴， ∵M是AD中点，N是DF中点， ∴MN∥AF，即CM∥FH， ∴△EFH∽△EMC， ∴，即， ∴． 15．【答案】（1）an＝3an﹣1+2； （2）； （3）40． 【解答】解：（1）由所给图形可知， a1＝1， a2＝5＝3a1+2， a3＝17＝3a2+2， a4＝53＝3a3+2， …， 由此可见，an＝3an﹣1+2， 所以an﹣1和an之间的关系为an＝3an﹣1+2； （2）由（1）知， an＝3an﹣1+2 ＝3（3an﹣2+2）+2 … ＝2×（3n﹣1+3n﹣2+3n﹣3+…+31+30）﹣3n﹣1 ＝3n﹣3n﹣1﹣1， 所以； （3）由ap﹣aq＝4212得， 3p﹣3p﹣1﹣1﹣（3q﹣3q﹣1﹣1）＝4212， 整理得， 3p﹣5﹣3q﹣5＝26， 则3p﹣5﹣3q﹣5＝27﹣1， 所以p﹣5＝3，q﹣5＝0， 则p＝8，q＝5， 所以pq＝40． 四、综合学习型试题 16．【答案】（1）如图，过I作AB、AC、BC的垂线段，垂足分别为E、F、G，连接IA、IB、IC， 则IE＝IF＝IG＝r0， 在Rt△AIE和Rt△AIF中， ， ∴Rt△AIE≌Rt△AIF（HL）， ∴AE＝AF， 同理可证BE＝BG，CG＝CF， ∴四边形CGIF是正方形， ∴CG＝CF＝r0， ∴BG＝BE＝BC﹣CG＝a﹣r0，AF＝AE＝AC﹣CF＝b﹣r0， ∵AE+BE＝AB，即a﹣r0+b﹣r0＝c， ∴； （2）①；②符合条件的△AOB的个数为72个． 【解答】（1）证明：如图，过I作AB、AC、BC的垂线段，垂足分别为E、F、G，连接IA、IB、IC， 则IE＝IF＝IG＝r0， 在Rt△AIE和Rt△AIF中， ， ∴Rt△AIE≌Rt△AIF（HL）， ∴AE＝AF， 同理可证BE＝BG，CG＝CF， ∴四边形CGIF是正方形， ∴CG＝CF＝r0， ∴BG＝BE＝BC﹣CG＝a﹣r0，AF＝AE＝AC﹣CF＝b﹣r0， ∵AE+BE＝AB，即a﹣r0+b﹣r0＝c， ∴； （2）解：①如图，过点A作AD⊥OI于点D，过D作EF∥y轴交x轴于点E，再过A作AF⊥EF于点F， 由①可知OI平分∠AOB，即∠AOI＝45°， ∴△AOD为等腰直角三角形， ∴AD＝OD， ∵∠ADF＝∠DOE＝90°﹣∠ODE，∠AFD＝∠OED， ∴△ODE≌△DAF（AAS）， ∴设OE＝DF＝m，DE＝AF＝n， 则， 解得， 所以， ∴； ②1（7×2024，2024）， ∴， ∴， 化简得， 由平方得，ab﹣4048a﹣4048b+2024×4048＝0， 因式分解得（a﹣4048）（b﹣4048）＝2024×4048＝27×112×232， 由此可知a﹣4048＞0，b﹣4048＞0， 而27×112×232的正因数个数为（7+1）×（2+1）×（2+1）＝72， 所以符合条件的△AOB的个数为72个． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $