赣州市石城县2014—2015学年九年级第一次月考试卷有答案

石城县2014—2015学年度第二学期九年级第一次月考数学参考答案一、1、B；2、D；3、C；4、A；5、B；6、A.二、7、22(2)aa；8、41.510；9、3；10、答案不唯一，如－3；11、60；12、34；13、8；14、33或33.三、15、解：原式2222221xyxyxyxyxy………………………………1分222212xxyxy……………………………………2分12x………………………………………………4分当2x，2014y时，原式12422………………………………6分16、解：如图，每画对一个得3分………………………………6分17、解：（1）P（拿到杯盖）＝25………………………………………2分（2）设茶杯分别为A、B、C，茶杯A对应的杯盖为a，茶杯B对应的杯盖为b，茶杯C无盖．画树状图如下：ababCBAbaP（花色完全搭配正确）16………………………6分18、解：（1）连接OE，∵4AB，∴2OAOE．∵弦DE垂直平分半径OA，∴2DECE，112OCOA．在Rt△OCE中，2222213CEOEOC．∴223DECE．………………………………………4分（2）连接OF，∵DE⊥OA，45DPA，∴45EDF．∴90EOF．图①图②OPFEDCBA∴902180lEF．·······································································6分四、19、解：（1）20660216740(分钟)；………………………………2分（2）设安排x辆工程车既能保证装卸机不空闲，又能保证工程车最少等候时间，得：206(1)602140x；…………………………………………………………6分∴676x，∵x是正整数，∴12x．……………………………………………7分或206(2)602140x；…………………………………………………6分∴736x，∵x是正整数，∴12x．…………………………………………7分答：一辆工程车运送一趟建筑垃圾（从装车到返回）需要67分钟；至少安排12辆工程车，既能保证装卸机不空闲，又能保证工程车最少等候时间．………………………8分20、解：(1)由结论“点M一定在双曲线2byx上”，得2bbb，2b．∴M(22)，．∴222k，得2k．…………………………………5分（2）答案不唯一，如：直线(0)ykxbk经过点N(14)，，等等．………………8分解析：由直线(0)ykxbk经过点M()bb，，得2k．填加的一个条件只要能确保2b就可以．21、解：（1）5；…………………………………………2分（2）95；…………………………………………4分（3）设x表示有效成绩平均分，则1(9595949596979593)958x学生．………………………………5分0.6950.494.4x老师，∴94x老师．∴老师评委有效总得分为948752．949693919291989693844，………………………………6分若x分为最低分，则84498746752，∴x分不是最低分，最低分为91分．若x分为最高分，则84491753752．∴x分不是最高分，最高分是98分．∴8449891752x，得97x．答：统计表中x的值为97．…………………………………8分五、22、解：(1)∵ABCP，∴AB∥CP，90CPAB．∴∠QPR＝∠BAP．同理：∠PQR＝∠QCD，∠PRQ＝∠REF．………………………………2分∵ABCPCDEQEFAR≌≌，∴∠BAP＝∠QCD＝∠REF，30CQBC．∴∠QPR＝∠PQR＝∠PRQ．∴△PQR是等边三角形．………………………………3分∴∠QPR＝∠PQR＝∠PRQ＝60°，903060PRQRPQCPCQ．∴∠BAP＝∠QPR＝60°，∠APC＝180°－∠QPR＝120°．……………………………4分即平行四边形木板各内角的度数为60°、120°、60°、120°；三角形木板各内角的度数都为60°，边长都为60cm．…………………………………………5分（2）如图，过点P作PM⊥QR于点M，过点Q作QN⊥CD于点N．∵60PQ，60PQR，∴3sin60603032PMPQ．…6分同理：153QN．………………………………7分NMRQPFEDCBA∴1160303900322PQRSQRPM，9015313503CDEQSCDQN．……………8分∴六边形桌面ABCDEF的面积为：2231350390341403(cm)0.7(m)．………9分23、解：(1)BE⊥CF，2BECF．……………………………………2分证明：∵等腰直角△ABC，∴BC＝AC，∠BCA＝90°．同理：DC＝EC．在△BCE和△ACD中，BC＝AC，∠BCE＝∠ACD＝90°，DC＝DC，∴△BCE≌△ACD．∴BE＝AD，∠CBE＝∠CAD．∵点F为线段AD的中点，∠BCA＝90°，∴12CFAFAD．∴2BECF，∠ACF＝∠CAD．∴∠ACF＝∠CBE．设BE与CF交于点G，则90EGFBCFCBEBCFACFACB．∴BE⊥CF．GFEDCBA321D'ABCDEFG（2）（1）中的关系仍然成立.……………………………………3分证明：延长DC至'D，使'CDCD.…………………………4分∵等腰直角△DCE，∴'CECDCD，390DCE．同理：BC＝AC，∠BCA＝90°．…………………………5分∵12，∴123DCE，即'BCEACD．在BCE△和'ACD△中，BC＝AC，'BCEACD，'CECD，∴BCE△≌'ACD△．∴'BEAD，'BECD．∵点F为线段AD的中点，'CDCD，∴'2ADCF，'CFAD∥．∴2BECF，'DCFD．∴BECDCF．∴∠ACF＝∠CBE，∠ACF＝∠CAD．…………………………6分设BE与CF交于点G，则90EGFECGBECECGDCFDCE．∴BE⊥CF．……………………………………7分(3)设BE与CF交于点G，∵90DCE，30DCF，∴60GCE．∵BE⊥CF，∴90MGCEGC．设MGx，在RtCMG△中，30DCF，∴2CMx，3CGx．在RtCEG△中，60GCE，∴23CEx，3EGx．∴23CDCEx，34MEMGEGxxx．∴232(232)DMCDCMxxx…………8分图3MABCDEFG∵等腰直角△DCE，∴45CDE．∵45BCD，∴CDEBCD．∴DEBC∥．∴(232)3142CMDMxBMEMx．……………………9分六、24、解：（1）22yx，22yx；…2分解析：抛物线242yxx的顶点P（2，－2），与y轴的交点是M（0，2），依题意，可得伴随抛物线的解析式为22yx，伴随直线的解析式为22yx．（2）依题意，233yxyx，得03xy或12xy．∴M（0，3），P（1，2）．设抛物线的解析式为2(1)2yax，则23(01)2a，得1a．∴抛物线的解析式为22(1)223yxxx．…………………………………5分（3）∵伴随抛物线的顶点是0)c(，，故设它的解析式为2ymxc．由伴随抛物线过点P24)24bacbaa(，，得22424bacbmcaa，解得ma．∴伴随抛物线的解析式为2yaxc．………………………………………8分（4）ABCD．………………………………………………………………………9分理由：由抛物线l：242(0)yaxaxaa，得伴随抛物线的解析式为22yaxa．当0y时，2420axaxa，得22x．∴22AB．220axa，得2x．∴22CD．∴ABCD．…………………………………………………………………………12分