长沙市“学用杯”初中数学应用及创新能力大赛九年级初赛试题

优选文档优选文档PAGE7优选文档?2014年长沙市“学用杯”初中数学应用与创新能力大赛⋯⋯九年级初赛试题⋯⋯?（时量：90分钟满分：100分）⋯⋯封：⋯一、选择题（本大题共10小题，每题4分，共40分）⋯号?题1考⋯12345678号9⋯0密答⋯⋯?案⋯：⋯1．设P＝220121，Q＝220131，则P与Q的大小关系是⋯220131220141考⋯?A．P＞QB．P＝QC．P＜QD．不能够确定2．边长为整数，周长等于21的等腰三角形共有

封A．4个B．5个C．6个D．7个x2与⋯3．在直角坐标系中，纵、横坐标都是整数的点，称为整点．设k为整数，当直线y⋯直线ykx4的交点为整点时，k的值能够取?A．8个B．7个C．6个D．5个⋯⋯4．若二次函数yax2bxc的图象以以以下列图，则点（ab，ac）在密：⋯⋯A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限名?姓y⋯AD⋯DA⋯⋯?OO⋯xCB⋯封C：⋯第5题B⋯第4题第6题校?学⋯5．如图，矩形ABCD被切割成六个正方形，其中最小正方形的面积等于1，则矩形ABCD的面⋯积等于密A．152B．143C．132D．108⋯6．如图，⊙O中，弦AD∥BC，DA＝DC，∠AOC＝160°，则∠BCO等于?⋯A．20°B．30°C．40°D．50°⋯7．已知锐角△ABC中，∠A＝60°，BD和CE都是△ABC的高。若是△ABC的面积为12，?

那么四边形BCDE的面积为A．6B．8C．9D．108．一个商人用m元（m是正整数）买来了n台（n为质数）电视机，其中有两台以成本的一半价格卖给某个慈善机构，其余的电视机在商铺销售，每台盈利500元，结果该商人获得收益为5500元，则n的最小值是A．11B．13C．17D．199．直线y1k与x轴的交点分别为A、B，若是S△AOB≤1，那么，k的取值范围是x2A．k≤1B．0＜k≤1C．－1≤k≤1D．k≤－1或k≥110．如图，在梯形ABCD中，AB∥DC，AB⊥BC，E是AD的中点，ABBCCD6,BE5，则梯形ABCD的面积等于DCA．13B．8EC．13D．4AB2第10题

二、填空题（本大题共8小题，每题4分，共32分）

11．实数a，b知足(a3)2b2(a5)23a，则ab．b2112．若a2b3c5,5a6b7c8，则9a2b5c.13．若m，n是一元二次方程x23x10的两个根，则m22mn????????．14．已知xy3，那么xyyx的值是C．xy15．如图，在△ABC中，中线CM与高线CD三均分ACB，则B等于度.ADMB第15题abbccat，那么直线ytxt必然经过第象限．16．已知cab2kxaxbk17．无论k取什么实数，对于x的方程x＝1，361（a、b是常数）的根总是那么ab．18．如图,AB是半径为R的圆O的直径,四边形CDMN和DEFG都是正方形.其中C,D,E在AB上,F,N第18题

在半圆上，则两个正方形的面积之和为???????．.

三、解答题（本大题共2小题，每题14分，共28分）

19．（此题满分14分）

如图，已知一次函数y3x23的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，与正比率

函数y3x的图象交于点C，点D是线段OB上的一个动点（不包含O、B两点），以AD为

边在其一侧作等边三角形ADE，DE交AB于F，AD交OC于G.

分别求出A、B、C三点的坐标；

△ADF和△ACG可否相像，为什么？

证明CE总与AB垂直.

y

BE

FDC

G

OAx

20．（此题满分14分）

如图1，在平面直角坐标系中，直角梯形ABCD的直角极点D与原点重合，另素来角极点A

在y轴的正半轴上，点B、C的坐标分别为B（12，8）、C（14，0），AD为⊙E的直径.，点M、

N分别从A、C两点同时出发做匀速运动，其中点M沿AB向终点B运动，速度为每秒1个单位；

点N沿CD向终点D运动，速度为每秒3个单位.当这两点中有一点抵达自己的终点时，另一点也停止运动.

（1）如图2，设点M、N的运动时间为t秒，当t为什么值时，四边形MBCN为平行四边形？

2）在（1）的条件下，连接DM与⊙E订交于点P，求弦DP的长；

3）已知二次函数的图象经过D及（1）中的点M、N，求该二次函数的分析式；

（4）在运动过程中，可否存在使直线MN与⊙E相切的状况？若是存在，恳求出直线MN

的分析式；若是不存在，请说明原因.（图3供解答本小题用）

2014年长沙市“学用杯”初中数学应用与创新能力大赛

九年级初赛试题

参照答案及评分标准

一、选择题（本大题共10小题，每题4分，共40分）

号12345678910

答案ABDABBCCCD

二、填空题（本大题共8小题，每题4分，共32分）

11、3；12、28；13、4；14、23；15、30；16、二、三；17、1；18、R22

三、解答题（本大题共2小题，每题14分，共28分）

19．(1)在y=-3x+23中，令x=0得y=23,令y=0得x=2，

A的坐(2，0)，B的坐(0，23).由y3x23得x1，y3xy3即C的坐(1，3).⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（4分）△ADF∽△ACG.

由tan∠OAB=3得∠OAB=60，由tan∠AOC=3得∠AOC=60,

∴△OAC等三角形。

又∵△ADE也等三角形，

∴∠OCA=∠ADE=60,

而∠DAF=∠CAG，∴△ADF∽△ACG。⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（10分）(3)∵∠OAC=∠DAE，

∴∠OAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，即∠OAD=∠CAE,

在△OAD和△CAE中，

OACA

OADCAE

ADAE

∴△OAD≌△CAE

∴∠ACE=∠AOD=90，即CE与AB垂直.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（14分）

20.解：（1）由MB=NC得12—t=3t∴t=3故当t=3，四形MBCN平行四形⋯⋯⋯⋯⋯⋯（3分）（2）AP可知AD=8，AM=3，∴DM=8232=73PDAD，

ADDM∴PD=AD2=64=6473⋯⋯⋯⋯⋯⋯（6分）DM7373

3）可知DN=DC—NC=14—3×3=5，∴N（5，0）又M（3，8），D（0，0）

D、M、N的二次函数的分析式y=ax（x—5），将（3，8）代入得8=3×（3-5）·a∴a=—4所求分析式y=—4320x⋯⋯（10分）x（x—5），即y=—4x2+333（4）假存在MN与⊙E相切，切点F，作MG⊥DC于G可知MF=MA=t，FN=DN=14—3t，MN=14—2t，NG=t—(14—3t)=4t—14

Rt△DMG中，MN2=NG2+MG2得(14—2t)2=(4t—14)2+82

t1=2，t2=838

∴M1（2，8），N1（8，0）和M2（，8），N2（6，0）

直MN的分析