闵行区2010学年第二学期九年级质量调研考试.doc

闵行区2010学年第二学期九年级质量调研考试
数学试卷参考答案以及评分标准
一、选择题：（本大题共6题，每题4分，满分24分）
1．D；2．B；3．A；4．D；5．C；6．B.

二．填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7．；8．；9．；10．x = 3；11．；12．（正确即可）；13．（1，0）；14．；5．；16．；17．；18．6或12．

三．解答题（本大题共7题，满分78分）
19．解：原式……………………………………………………………（2分）
……………………………………………………………（2分）
．…………………………………………………………………（2分）
当时，
原式………………………………………………………………（1分）

．………………………………………………………………（3分）

20．解：由 ，
得 ．…………………………………………………………………（3分）
解得 ．
由 ，
得 ．
解得 ．…………………………………………………………………（3分）
所以，原不等式组的解集为 ．…………………………………（2分）
在数轴上画出不等式组的解集正确．………………………………………（2分）

21．解：（1）联结AO，AO的延长线与弦BC相交于点D．
在⊙O中，∵ AB = AC，∴ ．…………………………（1分）
又∵ AD经过圆心O，∴ AD⊥BC，BC = 2BD．…………………（1分）
在Rt△ABD中， AB = 10，，
∴ ． ………………………………（2分）
于是，由勾股定理得 ．
∴ BC = 12．……………………………………………………………（1分）
（2）设⊙O的半径OB = r．
在⊙O中，由 OA = OB = r，得 OD = 8 – r．
在Rt△OBD中，利用勾股定理，得 ，
即得 ．………………………………………………（2分）
解得 ．∴ ．………………………………………（1分）
∴ ．…………………………………………………（1分）
∴ ．………………………………………（1分）

22．解：（1）最后一组的频率为 1 – 0.1 – 0.2 – 0.3 – 0.25 = 0.15． ………………（1分）
所以 6 ÷ 0.15 = 40（名）． ……………………………………………（1分）
所以，共抽取了40名学生的成绩．…………………………………（1分）
（2）成绩超过80分的组频率之和为 0.25 +0.15 = 0.4．…………………（1分）
所以 0.4 ×260 = 104（名）．…………………………………………（1分）
所以，估计这次数学测验超过80分的学生人数约有104名．……（1分）
（3）五个组的频数分别为4、8、12、10、6．……………………………（1分）
加权平均数为 …………（1分）
．……………………………………（1分）
所以，估计这次数学测验成绩的平均分约为77.05分． ……………（1分）

23．证明：（1）∵ BC = CD，∴ ∠CDB =∠CBD．……………………………（1分）
∵ AD // BC，∴ ∠ADB =∠CBD．
∴ ∠ADB =∠CDB．………………………………………………（1分）
又∵ AB⊥AD，BE⊥CD，∴ ∠BAD =∠BED = 90°． ………（1分）
于是，在△ABD和△EBD中，
∵ ∠ADB =∠CDB，∠BAD =∠BED，BD = BD，
∴ △ABD≌△EBD．………………………………………………（2分）
∴ AD = ED．………………………………………………………（1分）
（2）∵ AF // CD，∴ ∠AFD =∠EDF． ……………………………（1分）
∴ ∠AFD =∠ADF，即得 AF = AD． …………………………（1分）
又∵ AD = ED，∴ AF = DE． …………………………………（1分）
于是，由 AF // DE，AF = DE，
得四边形ADEF是平行四边形．……………………………………（2分）
又∵ AD = ED，
∴ 四边形ADEF是菱形．…………………………………………（1分）

24．解：（1）当x = 0时，得 y = -3．∴ C（0，-3）．…………………………（1分）
∵ OA = OC，∴ OA = 3，即得 A（-3，0）． …………………（1分）
由点A在抛物线上，
得 ．
解得 b = 2．……………………………………………………………（1分）
∴ 所求抛物线的解析式是．…………………………（1分）
（2）由 CE // x轴，C（0，-3），可设点E（m，-3）．
由点E在抛物线上，
得 ．
解得 m1 = -2，m2 = 0．
∴ E（-2，-3）． ……………………………………………………（1分）
又∵ ，
∴ 顶点D（-1，-4）．………………………………………………（1分）
∵ ，
，
CE = 2，
∴ CD = ED，且 ．
∴ △CDE是等腰直角三角形． ……………………………………（3分）
（3）M1（-1，-2），M2（-1，-6）． …………（3分，其中只写出一个得2分）
25．解：（1）由矩形ABCD，得 AB = CD，∠A =∠ADC = 90°．
在Rt△ABE中，∵ ∠ABE = 30°，，
∴ ，BE = 2AE = 4．…………（2分）
又∵ BE = DE，∴ DE = 4．
于是，由 AD = AE +DE，得 AD = 6．……………………………（2分）
（2）联结CM．
在Rt△ABD中，．……………（1分）
∴ BD = 2AB，即得 ∠ADB = 30°．
∵ MN // BD，∴ ∠AMN =∠ADB = 30°．…………………………（1分）
又∵ MN // BD，点M为线段DE的中点，
∴ DM = EM = 2，．
∴ ．………………………………………………（1分）
在Rt△CDM中，．
∴ ∠CMD = 60°，即得 CM = 4，∠CMN = 90°．………………（1分）
由勾股定理，得 ．
于是，由 MF⊥CN，∠CMN = 90°，
得 ． ……………………………（1分）
（3）． …………………………………………………（1分）
证明如下：过点E作EF⊥BD，垂足为点F．
∵ BE = DE，EF⊥BD，∴ BD = 2DF．…………………………（1分）
在Rt△DEF中，由 ∠EDB = 30°，
得 ，即得 ．…………（1分）
∵ MN // BD，
∴ ，，即得 ，BN = DM．
∴ ．……………………………………………………（1分）
于是，由 BE = BN +EN，得 ．………………（1分）
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