广东省佛山市南海区石门实验中英文学校2022-2023学年九年级上学期潜能大赛数学试卷（三）VIP

第1页（共1页）2022-2023学年广东省佛山市南海区石门实验中英文学校九年级（上）潜能大赛数学试卷（三）一、选择题（共5小题，每小题5分，共25分）1．（5分）二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则a、b、c的大小关系是（）A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．a＞b＝c D．c的大小关系不能确定2．（5分）已知x1，x2是关于x的方程4x2+4kx+3k2﹣12k+18＝0的两个实数根，那么的值为（）A． B．﹣ C． D．﹣3．（5分）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BC与E，交BD于F，已知AF＝3，EF＝1，则BE＝（）A． B． C． D．4．（5分）如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上一点，且CD＝DE，连结BE，分别交AC，AD于点F、G，连结OG，①OG＝AB；②S四边形ODGF＝S△ABF；③由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；④S△ACD＝2S△ABG．其中正确的结论是（）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④5．（5分）如图，在等腰直角△ABC中，AB＝AC＝6，点D在线段BA的延长线上且AD＝2，连接CD，线段AB上一个动点（点P不与点A、B重合），过点P作PQ∥CD交BC于点Q，当S△CPQ最大时，AP的长度为（）A．1 B．2 C．3 D．4二、填空题（共7题，每题6分，共42分）6．（6分）如图，矩形ABCD的顶点A、B在反比例函数的图象上，且∠ADB＝30°，BD⊥x轴，BD＝6，则点A的坐标为．7．（6分）已知a＝2002，b＝2003，c＝2004，求a2+b2+c2﹣ab﹣ac﹣bc的值为．8．（6分）已知a＝+，则＝．9．（6分）如图平行四边形ABCD，F为BC中点，延长AD至E，使DE：AD＝1：3，连接EF交DC于点G，则△DEG与五边形DABFG的面积比值是．10．（6分）如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2，点D是△ABC所在平面内的一个动点，且∠BDC＝60°，则△DBC的面积的最大值时，BD的值为．11．（6分）对于任意实数a，b，我们定义新运算“*”：a*b＝a2+2ab﹣b2，例如3*5＝32+2×3×5﹣52＝14．若m，n是方程（x+2）*3＝0的两根，则+的值为．12．（6分）在数学中，为了书写简便，18世纪数学家欧拉就引进了求和符号“∑”．如记：k＝1+2+3+…+（n﹣1）+n；（x+k）＝（x+3）+（x+4）+…+（x+n）；（x+k）＝（x+3）+（x+4）+（x+5）；…若（x﹣k）（x﹣k+1）＝3x2﹣15x+m，则m＝，n＝．三、解答题13．（9分）甲、乙两名工人到水果基地采摘某种水果，每个人的任务均为360斤，乙中途有事外出，返回后，乙加快采摘速度，此时，甲乙两人速度相同，两人各自采摘水果的重量y（斤）与时间x（时）的函数图象如图所示．（1）求乙外出后回来继续工作至完成任务所花的时间；（2）若乙外出所花的时间为0.8小时，求乙采摘水果的重量y与时间x之间的函数关系；（3）在（2）的条件下，甲、乙两人采摘的水果合在一起装箱，每够200斤装一箱，装箱的时间忽略不计，求经过多长时间恰好装满第1箱？再经过多长时间恰好装满第2箱？14．（12分）如图，矩形OABC在平面直角坐标系xOy中点A（0，3），点C（4，0），动点P从原点O出发，沿对角线OB以每秒1个单位长度的速度向B匀速运动，同时另一动点Q从点C出发，沿线段CO以每秒个单位长度的速度向点O匀速运动，过P作PH⊥x轴于H，连接PQ、QB，当动点P到达终点B时，动点Q也随之停止运动，设点P、Q运动的时间为t秒（t＞0）．（1）点Q的坐标是；点P的坐标是；（2）在动点P、Q运动的过程中，是否存在t的值，使以P、H、Q为顶点的三角形与△BCQ相似？若存在，求出所有t的值；若不存在，说明理由；（3）已知点D为OB的中点，以点C，D，P，Q为顶点的四边形的面积为S，求S与t之间的函数关系式．15．（12分）抛物线y＝﹣x+4与坐标轴分别交于A，B，C三点，P是第一象限内抛物线上的一点．（1）直接写出A，B，C三点的坐标为A，B，C；（2）连接AP，CP，AC，若S△APC＝2，求点P的坐标；（3）连接AP，BC，是否存在点P，使得∠PAB＝∠ABC，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．

2022-2023学年广东省佛山市南海区石门实验中英文学校九年级（上）潜能大赛数学试卷（三）参考答案与试题解析一、选择题（共5小题，每小题5分，共25分）1．（5分）二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则a、b、c的大小关系是（）A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．a＞b＝c D．c的大小关系不能确定【分析】由抛物线的开口方向判断a的符号，由抛物线与y轴的交点判断c的符号，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．【解答】解：∵图象开口向上，与y轴交于负半轴，对称轴在y轴右侧，∴a＞0，c＜0，﹣＞0，b＜0，∴a最大；又∵图象经过点（﹣1，0），∴a﹣b+c＝0，∴b﹣c＝a＞0，∴b＞c．∴a＞b＞c．故选：A．【点评】考查二次函数y＝ax2+bx+c系数符号的确定．2．（5分）已知x1，x2是关于x的方程4x2+4kx+3k2﹣12k+18＝0的两个实数根，那么的值为（）A． B．﹣ C． D．﹣【分析】先利用根的判别式得到（k﹣3）2≤0，则k＝3，此时方程为4x2+12x+9＝0，解得x1＝x2＝﹣，然后计算的值．【解答】解：根据题意得Δ＝16k2﹣4×4×（3k2﹣12k+18）≥0，整理得（k﹣3）2≤0，∴k＝3，此时方程为4x2+12x+9＝0，解得x1＝x2＝﹣，所以＝＝＝＝﹣．故选：D．【点评】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2＝﹣，x1x2＝．也考查了根的判别式．3．（5分）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BC与E，交BD于F，已知AF＝3，EF＝1，则BE＝（）A． B． C． D．【分析】根据菱形的性质及垂直的定义求出AC＝2OA，∠AOF＝90°，∠AEC＝∠BEF＝90°＝∠AOF，再根据相似三角形的判定与性质、勾股定理求解即可．【解答】解：∵AF＝3，EF＝1，∴AE＝AF+EF＝4，∵菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，∴AC⊥BD，AC＝2OA，∴∠AOF＝90°，∵AE⊥BC与E，∴∠AEC＝∠BEF＝90°＝∠AOF，又∵∠OAF＝∠EAC，∴△AOF∽△AEC，∴＝，∴＝，∴OA＝（负值已舍），∴OF＝＝，∵∠AOF＝∠BEF，∠AFO＝∠BFE，∴△AOF∽△BEF，∴＝，∴＝，∴BE＝，故选：B．【点评】此题考查了菱形的性质、相似三角形的判定与性质，熟记性质三角形的判定定理与性质定理是解题的关键．4．（5分）如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上一点，且CD＝DE，连结BE，分别交AC，AD于点F、G，连结OG，①OG＝AB；②S四边形ODGF＝S△ABF；③由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；④S△ACD＝2S△ABG．其中正确的结论是（）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④【分析】①由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG＝DG，证出OG是△ABD的中位线，得出OG＝AB，①正确；③先证明四边形ABDE是平行四边形，证出△ABD、△BCD是等边三角形，得出AB＝BD＝AD，得出四边形ABDE是菱形，③正确；②连接FD，根据△ABD是等边三角形，AO平分∠BAD，BG平分∠ABD，可得F到△ABD三边的距离相等，所以S△BDF＝S△ABF＝2S△BOF＝2S△DOF＝S四边形ODGF，②正确；④连接FD，由等边三角形的性质和角平分线的性质得F到△ABD三边的距离相等，则S△BDF＝S△ABF＝2S△BOF＝2S△DOF＝S四边形ODGF，则S四边形ODGF＝S△ABF，④正确；即可得出结论．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，∴∠BAG＝∠EDG，∵CD＝DE，∴AB＝DE，在△ABG和△DEG中，，∴△ABG≌△DEG（AAS），∴AG＝DG，∴OG是△ABD的中位线，∴OG＝AB，故①正确；∵AB∥CE，AB＝DE，∴四边形ABDE是平行四边形，∵∠BCD＝∠BAD＝60°，∴△ABD、△BCD是等边三角形，∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，∴平行四边形ABDE是菱形，故③正确；连接FD，如图：∵△ABD是等边三角形，AO平分∠BAD，BG平分∠ABD，∴F到△ABD三边的距离相等，∴S△BDF＝S△ABF＝2S△BOF＝2S△DOF＝S四边形ODGF，∴S四边形ODGF＝S△ABF，故②正确；∵四边形ABCD是菱形，平行四边形ABDE是菱形，∴S△ABG＝S△DBG＝S△AOD＝S△COD，∴S△ACD＝2S△ABG．故④正确．综上所述：正确的是①②③④，故选：D．【点评】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理以及三角形面积等知识；本题综合性强，难度较大．5．（5分）如图，在等腰直角△ABC中，AB＝AC＝6，点D在线段BA的延长线上且AD＝2，连接CD，线段AB上一个动点（点P不与点A、B重合），过点P作PQ∥CD交BC于点Q，当S△CPQ最大时，AP的长度为（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】如图，过点Q作QH⊥BD于H．设PA＝x．利用相似三角形的性质求出QH，再根据二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可．【解答】解：如图，过点Q作QH⊥BD于H．设PA＝x．∵PQ∥CD，∴△PQB∽△DCB，∵CA⊥BD，HQ⊥PB，∴＝，∴＝，∴HQ＝（6﹣x），∴S△PCQ＝S△ABC﹣S△ACP﹣S△PQB＝×6×6﹣×x×6﹣×（6﹣x）×（6﹣x）＝﹣x2+x+＝﹣（x﹣2）2+6，∵﹣＜0，∴x＝2时，△PCQ的面积最大，故选：B．【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，二次函数的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建二次函数解决问题，属于中考常考题型．二、填空题（共7题，每题6分，共42分）6．（6分）如图，矩形ABCD的顶点A、B在反比例函数的图象上，且∠ADB＝30°，BD⊥x轴，BD＝6，则点A的坐标为（）．【分析】过点A作BD的垂线，令点B的坐标为（a，），进而可表示出点A的坐标，再将点A坐标代入反比例函数解析式求出a的值即可解决问题．【解答】解：过点A作AM⊥BD于M，∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB＝90°．∵∠ADB＝30°，∴∠ABD＝60°，则∠MAB＝30°．在Rt△ABD中，AB＝．在Rt△ABM中，BM＝，∴DM＝BD﹣BM＝，AM＝．令点B的坐标为（a，），则点A坐标可表示为（a﹣），∵点A在反比例函数y＝的图象上，则（a﹣）（）＝，解得（舍去），则，，∴点A的坐标为（）．故答案为：（）．【点评】本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征、含30度角的直角三角形及矩形的性质，熟知反比例函数的图象与性质、矩形的性质及30度角所对直角边是斜边的一半是解题的关键．7．（6分）已知a＝2002，b＝2003，c＝2004，求a2+b2+c2﹣ab﹣ac﹣bc的值为3．【分析】根据a＝2002，b＝2003，c＝2004，可以得到a﹣b＝﹣1，b﹣c＝﹣1，a﹣c＝﹣2，然后将所求式子变形，再将a﹣b＝﹣1，b﹣c＝﹣1，a﹣c＝﹣2整体代入计算即可．【解答】解：∵a＝2002，b＝2003，c＝2004，∴a﹣b＝﹣1，b﹣c＝﹣1，a﹣c＝﹣2，∴a2+b2+c2﹣ab﹣ac﹣bc＝（2a2+2b2+2c2﹣2ab﹣2ac﹣2bc）＝×[（a2﹣2ab+b2）+（b2﹣2bc+c2）+（a2﹣2ac+c2）]＝×[（a﹣b）2+（b﹣c）2+（a﹣c）2]＝×[（﹣1）2+（﹣1）2+（﹣2）2]＝×（1+1+4）＝×6＝3，故答案为：3．【点评】本题考查因式分解的应用，解答本题的关键是明确题意，灵活变形，利用完全平方公式解答．8．（6分）已知a＝+，则＝3+2．【分析】直接利用二次根式的性质进而化简得出答案．【解答】解：∵a＝+＝+＝＝2，则＝＝3+2．故答案为：3+2．【点评】此题主要考查了二次根式的化简求值，正确掌握二次根式的性质是解题关键．9．（6分）如图平行四边形ABCD，F为BC中点，延长AD至E，使DE：AD＝1：3，连接EF交DC于点G，则△DEG与五边形DABFG的面积比值是．【分析】连接BG，先由平行四边形的性质得AD∥BC，AD＝BC及∠E＝∠CFG；再由F为BC中点及DE：AD＝1：3得DE：CF的比值；然后由∠E＝∠CFG，∠DGE＝∠CGF证得△DGE∽CGF，最后由相似三角形的面积比等于相似比的平方及△CFG和△BGC之间的关系，可得答案．【解答】解：如图，连接BG，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴∠E＝∠CFG，∵F为BC中点，∴FC＝BC＝AD，∵DE：AD＝1：3，∴DE：BC＝1：3，∴DE：CF＝2：3，∵∠E＝∠CFG，∠DGE＝∠CGF，∴△DGE∽CGF，∴DG：CG＝DE：CF＝2：3，设△DEG的面积为a∴S△DEG：S△CFG＝4：9＝a：S△CFG，∴S△CFG＝，取AD的中点Q，连接FQ，∴FQ∥DG，∴△EDG∽△EQF，∴DE：EQ＝1：2.5＝2：5，∴S△DEG：S△QEF＝4：25＝a：S△EQF，∴S△EQF＝，∴S四边形DQFG＝a﹣a＝a，∴S四边形ABFQ＝S四边形DQFG+S△CFG＝，∴S五边形DABFG＝．∴△DEG与五边形DABFG的面积比值是．故答案为：．【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质及等高三角形的面积关系等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．10．（6分）如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2，点D是△ABC所在平面内的一个动点，且∠BDC＝60°，则△DBC的面积的最大值时，BD的值为3．【分析】过点A作AH⊥BC于H，以点A为圆心，AB为半径作圆，HA的延长线交圆于D，根据等腰三角形的性质求出BH，进而求出n∠BAH，再根据三角形面积公式计算即可．【解答】解：如图，过点A作AH⊥BC于H，以点A为圆心，AB为半径作圆，HA的延长线交圆于D，∵AB＝AC，AH⊥BC，∴BH＝HC＝BC＝，∠BAH＝∠CAH，则sin∠BAH＝＝，∴∠BAH＝60°，∴∠BAC＝120°，∴∠BDC＝60°，此时，△DBC的面积的最大，由勾股定理得，AH＝＝1，∴DH＝1+2＝3，∴S△BDC＝×2×3＝3，故答案为：3．【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理、勾股定理、等腰三角形的性质是解题的关键．11．（6分）对于任意实数a，b，我们定义新运算“*”：a*b＝a2+2ab﹣b2，例如3*5＝32+2×3×5﹣52＝14．若m，n是方程（x+2）*3＝0的两根，则+的值为．【分析】根据新定义先将方程化为一元二次方程，由根与系数的关系求得m+n＝﹣10，mn＝7，再结合分式的加减及完全平方公式代入计算可求解．【解答】解：由题意得（x+2）*3＝0即为（x+2）2+6（x+2）﹣9＝0，化简得x2+10x+7＝0，∵m，n是该方程的两根，∴m+n＝﹣10，mn＝7，∴+＝＝，故答案为：．【点评】本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，新定义，代数式求值，根据新定义将等式化为一元二次方程是解题的关键．12．（6分）在数学中，为了书写简便，18世纪数学家欧拉就引进了求和符号“∑”．如记：k＝1+2+3+…+（n﹣1）+n；（x+k）＝（x+3）+（x+4）+…+（x+n）；（x+k）＝（x+3）+（x+4）+（x+5）；…若（x﹣k）（x﹣k+1）＝3x2﹣15x+m，则m＝20，n＝4．【分析】根据二次项的系数为3，可得n＝4，然后列出算式进行计算，再根据常数项相等解答即可．【解答】解：∵二次项的系数为3，∴可以判断有三项，∴n＝4，∴（x﹣2）（x﹣1）+（x﹣3）（x﹣2）+（x﹣4）（x﹣3）＝3x2﹣15x+m，∴x2﹣3x+2+x2﹣5x+6+x2﹣7x+12＝3x2﹣15x+m，∴3x2﹣15x+20＝3x2﹣15x+m，∴m＝20．故答案为：20，4．【点评】本题考查了多项式乘以多项式，根据二次项的系数判断出有三项是解题的关键．三、解答题13．（9分）甲、乙两名工人到水果基地采摘某种水果，每个人的任务均为360斤，乙中途有事外出，返回后，乙加快采摘速度，此时，甲乙两人速度相同，两人各自采摘水果的重量y（斤）与时间x（时）的函数图象如图所示．（1）求乙外出后回来继续工作至完成任务所花的时间；（2）若乙外出所花的时间为0.8小时，求乙采摘水果的重量y与时间x之间的函数关系；（3）在（2）的条件下，甲、乙两人采摘的水果合在一起装箱，每够200斤装一箱，装箱的时间忽略不计，求经过多长时间恰好装满第1箱？再经过多长时间恰好装满第2箱？【分析】（1）根据图象解答即可；（2）根据题意即可得出乙采摘水果的重量y与时间x之间的函数关系；（3）首先利用当0≤x≤2时，当2＜x≤2.8时，求出x的值，进而得出答案即可，【解答】解：（1）由题意可得，乙外出后回来继续工作至完成任务所花的时间为：（360﹣100）÷（360÷6）＝（小时）；（2）由题意可知，a＝2+0.8＝2.8，乙采摘水果的重量y与时间x之间的函数关系为：y＝60（x﹣2.8）+100＝60x﹣68；（3）乙2小时加工100件，∴乙的加工速度是：每小时50件，当0≤x≤2时，60x+50x＝200，解得：x＝；当2＜x≤2.8时，100+60x＝200，解得：x＝（不合题意舍去）；∵当2.8＜x≤4.8时，60x+60x﹣68＝400，解得x＝3.9，3.9﹣＝（小时），∴经过小时恰好装满第1箱，再经过小时恰好装满第2箱．【点评】此题主要考查了一次函数的应用，根据题意得出函数关系式以及数形结合是解决问题的关键．14．（12分）如图，矩形OABC在平面直角坐标系xOy中点A（0，3），点C（4，0），动点P从原点O出发，沿对角线OB以每秒1个单位长度的速度向B匀速运动，同时另一动点Q从点C出发，沿线段CO以每秒个单位长度的速度向点O匀速运动，过P作PH⊥x轴于H，连接PQ、QB，当动点P到达终点B时，动点Q也随之停止运动，设点P、Q运动的时间为t秒（t＞0）．（1）点Q的坐标是（4﹣t，0）；点P的坐标是（t，t）；（2）在动点P、Q运动的过程中，是否存在t的值，使以P、H、Q为顶点的三角形与△BCQ相似？若存在，求出所有t的值；若不存在，说明理由；（3）已知点D为OB的中点，以点C，D，P，Q为顶点的四边形的面积为S，求S与t之间的函数关系式．【分析】（1）由矩形OABC的三个顶点分别是C（4，0），B（4，3），A（0，3），可求得OC与CB的长，易证得△OPH∽△OBC，然后由相似三角形的对应边成比例，可求得点P的坐标；（2）分别从点H在点Q的左侧与右侧去分析，再由△PHQ∽△BCQ或△PHQ∽△BQC，利用相似三角形的对应边成比例，即可求得答案；（3）需要分类讨论：t≤2.5s和2.5s＜t≤5s两种情况，利用分割法求得S与t的函数关系式．【解答】解：（1）根据题意得：OP＝t，CQ＝t，则OQ＝4﹣t，故点Q的坐标是（4﹣t，0）．∵矩形OCBA的三个顶点分别是C（4，0），B（4，3），A（0，3），∴OC＝4，CB＝3，BC⊥OC，∴OB＝＝5，∵PH⊥OC，∴PH∥CB，∴△OPH∽△OBC，∴＝＝，∴＝＝，∴OH＝t，PH＝t，∴点P的坐标为：（t，t）；故答案为：（4﹣t，0）；（t，t）；（2）存在．如图（1），点H在Q的左边时；∵OH＝t，CQ＝t，∴QH＝OC﹣OH﹣CQ＝4﹣t，①当△PHQ∽△BCQ时，＝，即＝，解得：t＝5﹣5；②当△PHQ∽△BQC时，＝，即＝，解得：t＝；如图（2），当点H在点Q右侧时；∵OH＝t，CQ＝t，∴QH＝OH+CQ﹣OC＝t﹣4，③当△PHQ∽△BCQ时，＝，即＝，解得：t＝5；④当△PHQ∽△BQC时，＝，即＝，解得：t＝；综上所述：当t＝5﹣5或t＝或t＝5或t＝时，以P、H、Q为顶点的三角形与△BCQ相似．（3）如图（3），当0＜t≤2.5s时，S△OPQ＝OQ•yP＝（4﹣t）×t＝﹣t2+t．S△OCD＝S△OBC＝××3×4＝3．所以S四边形PQCD＝S△OCD﹣S△OPQ＝t2﹣t+3；如图（4），当2.5s＜t≤5s时，S△ODQ＝OQ•yD＝×（4﹣t）×＝3﹣t．S△BCP＝BC•（4﹣xP）＝×3×（4﹣t）