文档介绍：该【广东省佛山市南海市2021-2022学年九年级数学中考复习第一次模拟测试题(附答案) (2) 】是由【1781111****】上传分享，文档一共【27】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【广东省佛山市南海市2021-2022学年九年级数学中考复习第一次模拟测试题(附答案) (2) 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度为a米/分,妈妈的速度为b米/,×=,.∴10a﹣﹣=430,∵小新返回接弟弟的速度不变,路程不变.∴时间为30秒,∴440=10a﹣b②.联立方程①②,,则60(t+1)+50t=10×50,解得t=4.∴此时妈妈行走时间为4+2×=5(分钟).∴妈妈离家距离为5×60=300(米).妈妈回家时间为5×2=10(分钟),小新此时又走了50×10=500(米).∴小新家和文具店的距离为300+500=800(米).:过Q作QM⊥x轴于M,过Q'作Q'N⊥x轴于N,如图::..=90°,∠PQ'Q=30°,∴=,∠QPM=90°﹣∠Q'PN=∠PQ'N,又∠PMQ=∠PNQ'=90°,∴△PQM∽△Q'PN,∴===,∴PN=QM,Q'N=PM,由P(1,0),Q在直线y=﹣x+2上,设Q(m,﹣m+2),则PM=OP﹣OM=1﹣m,QM=﹣m+2,∴PN=﹣m+2,Q'N=﹣m,∴ON=﹣m+2+1,∴Q'(﹣m+2+1,﹣m),设x=﹣m+2+1,y=﹣m,则y=x﹣﹣1,即Q'在直线y=x﹣﹣1上运动,设直线y=x﹣﹣1于x轴交于K,与y轴交于G,过O作OH⊥GK于H,当Q'运动到H时,OQ'最小,最小值即为OH的长,如图:在y=x﹣﹣1中,令x=0得y=﹣﹣1,令y=0得x=+1,∴G(0,﹣﹣1),K(+1,0),:..=OG,△OGK是等腰直角三角形,∵OH⊥GK,∴△OHK是等腰直角三角形,∴OH=OK=×()=,即OQ'最小为,故答案为:.(共小题,满分62分):[(2x+y)2﹣y(y+4x)﹣8xy]÷2x=[4x2+4xy+y2﹣y2﹣4xy﹣8xy]÷2x=[4x2﹣8xy]÷2x=2x﹣4y,当x=2,y=﹣2时,原式=4+8=:(1)过点A作AD⊥BC于D,设AD为x海里,在Rt△ADC中,tan∠DAC=,cos∠DAC=,∠DAC=°,则CD=AD?tan∠DAC≈x(海里),AC=≈x(海里),在Rt△ADB中,tan∠DAB=,∠DAB=°,则BD=AD?tan∠DAB≈2x,由题意得,x+2x=30,解得,x=9,∴x=×9=15(海里),则C点到岛的距离AC约为15海里;(2)设A处所派快艇的速度为y海里/小时,则B处所派快艇的速度为(y+25)海里/小时,由题意得,=,解得,y=25,经检验,y=25是原方程的根,:..处所派快艇的速度为海里/:(1)如图所示,DE即为所求;(2)由题可得,AE=AC=,∠A=30°,∴Rt△ADE中,DE=AD,设DE=x,则AD=2x,∴Rt△ADE中,x2+()2=(2x)2,解得x=1,∴△ADE的周长a=1+2+=3+,∵T=(a+1)2﹣a(a﹣1)=3a+1,∴当a=3+时,T=3(3+)+1=10+:(1)共调查的中学生数是:60÷30%=200(人),C类的人数是:200﹣60﹣30﹣70=40(人),如图1:(2)本次抽样调查中,学****时间的中位数落在C等级内;(3)根据题意得:=×360°=54°,(4)设甲班学生为A1,A2,乙班学生为B1,B2,B3,:..种等可能结果,其中2人来自不同班级共有12种,∴(2人来自不同班级)==.22.(1)证明:在△BCE和△DCF中,∵,∴△BCE≌△DCF(SAS),∴∠EBC=∠FDC(全等三角形的对应角相等),即∠EBC=∠EDM,在△BCE和△DME中,∵,∴△BCE∽△DME,∴∠BCE=∠DME=90°(相似三角形的对应角相等),即BM⊥DF;(2)解:∵BC=2,∴BD=∵BE平分∠DBC交DF于M,BM⊥DF,∴BD=BF(等腰三角形“三合一”的性质),DM=FM,:..=﹣△BMF和△DME中,∠MBF=∠MDE,∠BMF=∠DME=90°,∴△BMF∽△DME,∴=,∴=,即ME?MB=MD2,∵DC2+FC2=(2DM)2,即22+(2﹣2)2=4DM2,∴DM2=4﹣2,即ME?MB=4﹣:(1)根据题意,得点A、B的横坐标和点P的横坐标相等,即为2.∵点A在函数的双曲线上,∴A点纵坐标是,∵点B在函数的图象上∴B点的纵坐标是2.∴点C的纵坐标是2,∵点C在函数的双曲线上∴C点横坐标是.∴AB=,BC=∴△ABC的面积是:=.(2)根据(1)中的思路,可以分别求得点A(t,),B(t,),C(,).:..=,BC=t,∴△ABC的面积是.∴△ABC的面积不会随着t的变化而变化..解:(1)连接AF,∵四边形AEFG、ABCD是正方形,∴∠GAF=45°,∴点A、F、C三点共线,∴AC=,AF=AG,∴CF=GD,故答案为:CF=GD,45°;(2)仍然成立,连接AF,AC,∵∠CAD=∠FAG=45°,∴∠CAF=∠DAG,,∴△CAF∽△DAG,∴CF=DG,∠ACF=∠ADG,∴∠COD=∠CAD=45°,∴(1)中的结论仍然成立;(3)连接CE,:..=∠DAE=°,∴∠BAD=∠CAE,∵AB=AC,AD=AE,∴△BAD≌△CAE(SAS),∴∠ABD=∠ACE=45°,∴∠DCE=90°,∴当OE⊥CE时,OE最小,∵AC=10,O为AC的中点.∴OC=5,∵∠OCE=45°,∴OE=OC=,故答案为:.:(1)∵抛物线y=x2﹣2x﹣3与x轴交于A、B两点,与y轴交于C点,D为抛物线顶点.∴令x=0,得:y=﹣3,则C(0,﹣3),令y=0,得:x2﹣2x﹣3=0,解得:x1=﹣1,x2=3,则A(﹣1,0),B(3,0),∵y=x2﹣2x﹣3=(x﹣1)2﹣4,∴D(1,﹣4).设直线AD的解析式为y=kx+b,如图1,∵A(﹣1,0),D(1,﹣4),∴,解得:,:..的解析式为y=﹣x﹣2,令x=0,则y=﹣2,∴E(0,﹣2),∴AE===,ED==,∴AE=ED,∴SFAE=SFED,△△∵SADP=3SDEF,△△∴SAPF=SADP﹣SAFD=3SDEF﹣SAFD=3SDEF﹣2SDEF=SDEF=SAEF,△△△△△△△△△∵OE⊥AF,∴AF?OE=AF?yP,∴OE=yP=2,依题意,设P(m,m2﹣2m﹣3),其中m>3,∴m2﹣2m﹣3=2,解得:m1=1+,m2=1﹣(舍去),∴P(1+,2).∵点P在第四象限的抛物线上,AP、BE交于点G,如图2,设P(m,m2﹣2m﹣3),其中0<m<3,设直线AP的解析式为y=cx+d,∵A(﹣1,0),P(m,m2﹣2m﹣3),∴,解得:,∴直线AP的解析式为y=(m﹣3)x+m﹣3,设直线BE的解析式为y=ex+f,∵B(3,0),E(0,﹣2),∴,解得:,:..的解析式为y=x﹣,联立方程组,得:,解得:,∴yG=,∵0<m<3,∴24﹣8m>0,3m﹣11<0,∴<0,∴w====÷(﹣m2+2m+3)=,令z=﹣3m2+8m+3=﹣3(m﹣)2+,∵﹣3<0,∴当m=时,z取得最大值,w取得最小值为=,∴w有最小值,最小值为.(2)不变,MI=1,理由如下:如图,过点N作NR⊥MP,依题意,点N为△ABP的外心,∴N为AB垂直平分线上的点,即点N在抛物线的对称轴直线x=1上,∵PM⊥x轴,NR⊥MP,∴MR=PR,NR∥x轴,∴yN=,设P(m,m2﹣2m﹣3)(0<m<3),N(1,n),A(﹣1,0),B(3,0),∵N为△ABP的外心,:..=NP,则NA=NP2,即[1﹣(﹣1)]2+n2=(m﹣1)2+(m2﹣2m﹣3﹣n)2,解得:n=,∵yN=,∴n=,∴yM=1,∴M(m,1),∴MI=1.(3)如图4,作△AOQ的外心H,作HG⊥x轴,则AG=GO=,∵AH=HO,∴H在AO的垂直平分线上运动,依题意,当sin∠OQA最大时,即∠OQA最大时,∵H是△AOQ的外心,∴∠AHO=2∠AHG=2∠OQA,即当sin∠AHG最大时,sin∠OQA最大,∵AG=AO=,∴sin∠OQA=sin∠AHG==,则当AH取得最小值时,sin∠OQA最大,∵AH=HQ,即当HQ⊥直线x=1时,AH取得最小值,此时HQ=1﹣(﹣)=,∴AH=,在Rt△AHG中,HG===,∴H(﹣,),根据对称性,则存在H(﹣,﹣),:..(﹣,)或H(﹣,﹣).