《哈爾濱市香坊區(qū)2016屆九年級上期末質(zhì)量綜合數(shù)學(xué)試卷含答案.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《哈爾濱市香坊區(qū)2016屆九年級上期末質(zhì)量綜合數(shù)學(xué)試卷含答案.doc（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

香坊區(qū)2015—2016學(xué)年度上學(xué)期教育質(zhì)量綜合評價 學(xué) 業(yè) 發(fā) 展 水 平 監(jiān) 測 數(shù) 學(xué) 學(xué) 科（九年級）參考答案 一、選擇題 1.D 2. B 3. D 4. A 5. C 6. C 7. B 8. A 9. D 10.C 二、填空題 11.x≠2 12.6π 13.10 14.k≤ 15.36° 16.7 17.30° 18.2或4 19. 20.8 三、解答題 21．（本題7分） 解：原式=== 3分 ∵，. ∴=，=3 2分 ∴原式== 2分 22．（本題7分） （1）畫出△ABC 3分 （2）畫出△ADC 3分 sin∠BDC= 1分 23．（本題8分） 方法一：證明：過O作OH⊥AB于H，則 AH=BH 1分 ∵OC=OD ∴∠C=∠D 1分 ∵CD∥AB ∴∠C=∠OFE，∠D=∠OEF 1分 ∴∠OFE=∠OEF 1分 ∴OE=OF 1分 ∵OH⊥AB ∴EH=FH， 1分 ∴AH-EH=BH-FH 1分 ∴AE=BF 1分 方法二：證明：連接OA、OB ∵OC=OD ∴∠C=∠D 1分 ∵CD∥AB ∴∠C=∠AFC，∠D=∠BED 1分 ∴∠AFC=∠BED 1分 ∵OA=OB ∴∠A=∠B 1分 ∴△AOF≌△BOE 1分 ∴AF=BE 1分 ∴AF-EF=BE-EF 1分 ∴AE=BF 1分 24．（本題8分） 證明：（1）∵△BDE≌△BAC ∴BD=AB ∵AB=AC ∴AC=BD 1分 ∵AC∥BD 1分 ∴四邊形ABDC為平行四邊形 1分 又∵AB=AC ∴四邊形ABDC為菱形 1分 （2）方法一：過A作AF⊥BC于F，過E作EH⊥BC于H. ∵AC=AB=5 ∴∠ACB=∠ABC ∵AF⊥BC ∴CF=BF 在Rt△AFC中，tan∠ACF== 設(shè)AF=4a，CF=3a ∴在Rt△AFC中，AC==5 ∴a=1 ∴AF=4，CF=BF=3a=3 ∴BC=BF+CF=6 1分 在Rt△AFC中，sin∠ACB= cos∠ACB= 由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得， BE=BC=6，∠DBE=∠ABC， 1分 sin∠DBE = cos∠DBE = ∵EH⊥BC 在Rt△BHE中，EH=BE·sin∠DBE=6×= BH=BE·cos∠DBE=6×= 1分 ∴CH=BC-BH= ∴在Rt△CHE中，CE= 1分 方法二：過D作DF⊥BE于F，過E作EH⊥BC于H ∵△BDE≌△BAC ∴DE=AC，BD=AB，BE=BC，∠BED=∠ACB， ∵AC=AB=5 ，tan∠ACB= ∴DE=BD=5，tan∠DEF= ∵DF⊥BE ∴EF=BF 在Rt△DFE中，tan∠DEF==，設(shè)DF=4a，EF=3a. ∴在Rt△DFE中，DE==5 ∴a=1 ∴DF=4，BF=EF=3a=3 ∴BE=BF+EF=6 1分 ∴BC=6 ∴CD=BC-BD=1 ∵ 即 ∴EH= 1分 ∴在Rt△DHE中，DH= ∴CH=CD+DH= 1分 ∴在Rt△CHE中，CE= 1分 25． 解：（1）拋物線的頂點坐標(biāo)為（5，5），與y軸交點坐標(biāo)是（0，1） 1分 設(shè)拋物線的解析式是y=a(x－5)2＋5 1分 把（0，1）代入y=a(x－5)2＋5得1 =a(0－5)2＋5 1分 a=－ 1分 ∴y=－(x－5)2＋5= 1分 （2）由已知得兩景觀燈的縱坐標(biāo)都是4 ∴4=－(x－5)2＋5 2分 ∴ (x－5)2=1 ，解得x1=，x2= 2分 ∴ 兩景觀燈間的距離為-=5米． 1分 26.（本題10分） （1）證明： 方法一：連接AD ∵AB為⊙O的直徑 ∴∠ADB=90° 1分 ∴AD⊥BC 又∵BD=CD ∴AD垂直平分BC ∴AB=AC 1分 ∴AD平分∠BAC ∴∠CAB=2∠CAD ∵∠CAD=∠CBE ∴∠CAB=2∠CBE 1分 方法二：連接DE ∵AB為⊙O的直徑 ∴∠AEB=90° 1分 ∴∠BEC=90° ∴DE=BC ∵BD=CD=BC ∴DE=DB ∴ 1分 ∴∠DEB=∠DBE ∴∠CDE=∠DEB+∠DBE=2∠DBE ∵四邊形ABDE是⊙O的內(nèi)接四邊形 ∴∠CDE=180°-∠BDE= ∠CAB ∴∠CAB=2∠CBE 1分 （2）證明：延長DF交⊙O于K，連接DE ∵AB為⊙O的直徑 ∴∠AEB=90° ∵BD=CD ∴DE=BC ∴DE=BD=CD ∴ 1分 ∵AB⊥DK，且AB為⊙O的直徑 ∴DF=FK， ∴DK=2DF， ∴ ∴ 1分 ∴DK=BE ∴BE=2DF 1分 （3）解：連接AD，連接ED，∵BE=2DF， DF= ∴BE= ∵BN=2 ∴BN= ∵∠BDM=∠ABE ∠ADE=∠ABE ∴∠ADE=∠BDM ∵∠AED=∠DBN，DE=DB ∴△DAE≌△DNB ∴AE=NB= 1分 在Rt△AEB中，AB== tan∠ABE= ∴AC=AB=，tan∠BDG= ∴CE=AC+AE= 在Rt△CEB中 ，tan∠CBE= 1分 過G作GH⊥BD于H，則在Rt△GHD中，tan∠GDH= 設(shè)GH=a，DH=4a ∴在Rt△GHB中，tan∠GBH ∴BH=a ∴BD=BH+DH=a+4a=6 ∴a= ∴DH=，GH= 在Rt△DHG中， 1分 連接BM， ∵DB=DE ∴∠DEB=∠DBE ∵∠DEB=∠M ∴∠DBG=∠M ∵∠GDB=∠BDM ∴△GDB∽△BDM ∴ 即 ∴DM= 1分 ∴MG=DM-DG= 1分 27.（本題10分） （1）解：當(dāng)x=0時，y= -02+2k×0+3k 解得y=3k ∴C（0,3k） ∴OC=3k ∵OA=OC ∴OA=k ∴A（-k，0） 1分 ∵點A在拋物線上 ∴0=-(-k)2+2k×(-k)+3k 解得k1=0（舍），k2=1 ∴拋物線的解析式為y=-x2+2x+3 1分 （2）解：∵拋物線的解析式為y=-x2+2x+3 ∴當(dāng)y=0時，0=-x2+2x+3 解得x1=-1，x2=3 ∴A（-1,0）B（3,0） ∴OA=1，OB=3 ∴AB= OA+OB=4 1分 ∵AE⊥PQ，BF⊥PQ ∴∠AEP=∠BFQ=90° ∴AE∥BF ∵GH垂直平分EF ∴EG=FG，∠HGQ=90° ∴∠HGQ=∠BFQ ∴GH∥BF ∴AE∥GH∥BF ∴ 1分 ∴AH=BH=AB=2 ∴OH=OB-BH=1 ∴H（1，0） ∵DH∥y軸 ∴點D的橫坐標(biāo)為1 ∵點D在拋物線上 ∴當(dāng)x=1時，y= -12+2×1+3=4 ∴D（1,4） 1分 （3）∵點P在拋物線y=-x2+2x+3上，設(shè)P（m, -m2+2m+3） 由（2）知A（-1,0）B（3,0） 設(shè)直線PA的解析式為y=k1x+b1 點A（-1,0）、P（m, -m2+2m+3）在直線PA上，則 解得 ∴直線PA的解析式為 ∵N的橫坐標(biāo)為1 ∴當(dāng)x=1時， ∴NH= 1分 設(shè)直線PB的解析式為y=k2x+b2 點B（3,0）、P（m, -m2+2m+3）在直線PB上，則 解得 ∴直線PB的解析式為 ∵M的橫坐標(biāo)為1 ∴當(dāng)x=1時， ∴MH= 1分 ∵D（1,4） ∴DH=4 ∴MD=MH-DH=2m-2 ∵MD=NH ∴2m-2=6-2m 解得m=2 ∴P（2,3） 1分 過P作PK⊥AB于K， ∴OK=2，PK=3 ∴AK=OA+OK=3，BK=OB-OK=1 ∴AK=PK=3 ∵PK⊥AB ∴∠PKA=90° ∴∠PAK=∠APK=45° ∵BP=BQ，∠PBQ=90° ∴∠BPQ=∠BQP=45° ∴∠APK-∠QPK=∠QPB-∠QPK 即∠QPA=∠BPK 1分 在Rt△PKB中，tan∠BPK= ∴tan∠QPA= 1分 （不同方法請酌情給分）