2018年北京西城初三二模数学试题及答案word版

北京市西城区2018年九年级模拟测试

数学试卷 2018.5

1.本试卷共8页，共三道大题，28道小题，满分100分，考试时间120分钟。 考 2.在试卷和答题卡上准确填写学校名称、姓名和学号。 生 3.试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。 须 4.在答题卡上，选择题、作图题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答。 知 5.考试结束，将本试卷、答题卡和草稿纸一并交回。

一、选择题（本题共16分，每小题2分）

第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有．．一个. 1. 如图所示，a∥b，直线a与直线b之间的距离是 A．线段PA的长度 B．线段PB的长度

C．线段PC的长度 D．线段CD的长度

2. 将某不等式组的解集1≤x<3表示在数轴上，下列表示正确的是

3. 下列运算中，正确的是

A．x25x26x4 B．x3x2x6 C． (x2)3x6 D．(xy)3xy3 4.下列实数中，在2和3之间的是

A． π B．π2 C．

325 D．

328

5. 一副直角三角板如图放置，其中∠C =∠DFE = 90，∠A = 45， ∠E = 60，点F在CB的延长线上.若DE∥CF， 则∠BDF等于

A．35 B．30 C．25 D．15 6. 中国古代在利用“计里画方”（比例缩放和直角坐 标网格体系）的方法制作地图时，会利用测杆、 水准仪和照板来测量距离．在如图所示的测量距 离AB的示意图中，记照板“内芯”的高度为 EF. 观测者的眼睛（图中用点C表示）与BF在同一水 平线上，则下列结论中，正确的是 A．EFCFABFB B．EFCFABCB C．CECFCAFB D．CECFEACB

7. 在一次男子马拉松长跑比赛中，随机抽取了10名选手，记录他们的成绩（所用的时间）如下：选手 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1

时间(min) 129 136 140 145 146 148 154 158 165 175 由此所得的以下推断不正确的是 ．．．A．这组样本数据的平均数超过130 B．这组样本数据的中位数是147

C．在这次比赛中，估计成绩为130 min的选手的成绩会比平均成绩差

D．在这次比赛中，估计成绩为142 min的选手，会比一半以上的选手成绩要好 8．如图1所示，甲、乙两车沿直路同向行驶， 车速分别为20 m/s和v(m/s)，起初甲车在乙 车前a (m)处，两车同时出发，当乙车追上甲 车时，两车都停止行驶．设x(s)后两车相距y (m)，y与x的函数关系如图2所示．有以下 结论：

①图1中a的值为500； ②乙车的速度为35 m/s；

③图1中线段EF应表示为5005x；

④图2中函数图象与x轴交点的横坐标为其中所有的正确结论是

A．①④ B．②③ C．①②④ D．①③④

二、填空题（本题共16分，每小题2分）

9. 如果2x有意义，那么x的取值范围是 ．

10.不透明袋子中装有5个红色球和3个蓝色球，这些球除了颜色外没有其他差别.从袋子中随机摸出一个

球，摸出蓝色球的概率为 ．

11. 如图，等边三角形ABC内接于⊙O，若⊙O的半径为2，则图中

阴影部分的面积等于 ．

12.某校“百变魔方”社团为组织同学们参加学校科技节的 “最强大脑”大赛，准备购买A，B两款魔方.社长发现 若购买2个A款魔方和6个B款魔方共需170元，购买 3个A款魔方和购买8个B款魔方所需费用相同. 求每 款魔方的单价.设A款魔方的单价为x元，B款魔方的单 价为y元，依题意可列方程组为 .

13. 如图，在矩形ABCD中，顺次连接矩形四边的中点得到四边形

AB=8，AD=6，则四边形EFGH的周长等于 ． 14.在平面直角坐标系xOy中，将抛物线y3(x2)21平移后得到抛

EFGH.

若

A款 B款 100．

物线

y3x22.请你写出一种平移方法. 答： .

2

15. 如图，AB为⊙O的直径，AC与⊙O相切于点A，弦BD∥OC.

若C36，则∠DOC= ．

16. 我们知道：四边形具有不稳定性.如图，在平面直角坐中，矩形ABCD的边AB在x轴上，A(3,0)，B(4,0)，5. 现固定边AB，“推”矩形使点D落在y轴的正半轴为D），相应地，点C的对应点C的坐标为 .

三、解答题（本题共68分，第17~21题每小题5分，第22、23题每小题6分，第24题5分，第25、26

题每小题6分，第27、28题每小题7分） 17．计算：6cos6027(π2)018．解方程：

标系xOy边AD长为上（落点记

32．

x13. x22x

19. 如图，在四边形ABCD中，E为AB的中点，DE⊥AB于点E，

A66，ABC90，BC= AD，求∠C的度数．

5x26x920.先化简，再求值：1，其中x5． x2x2

21.如图，在Rt△ABC中，ACB90，CD⊥AB于点D，

BE⊥AB于点B，BE=CD，连接CE，DE． （1）求证：四边形CDBE为矩形； （2）若AC=2，tanACD1，求DE的长． 2

22.阅读下列材料： 材料一：

早在2011年9月25日，北京故宫博物院就开始尝试网络预售门票，2011年全年网络售票仅占

1.68%.2012年至2014年，全年网络售票占比都在2%左右.2015年全年网络售票占17.33%，2016年全年网络售票占比增长至41.14%.2017年8月实现网络售票占比77%.2017年10月2日，首次实现全部网上售票.与此同时，网络购票也采用了“人性化”的服务方式，为没有线上支付能力的观众提供代客下单服务.实现全网络售票措施后，在北京故宫博物院的精细化管理下，观众可以更自主地安排自己的行程计划，获得更美好的文化空间和参观体验. 材料二：

以下是某同学根据网上搜集的数据制作的2013-2017年度中国国家博物馆参观人数及年增长率统计表.

年度 年增长率（%） 2013 38.7 2014 2.4 2015 -4.5 2016 3.6 2017 6.8 参观人数（人次） 7 450 000 7 630 000 7 290 000 7 550 000 8 060 000 3

他还注意到了如下的一则新闻：2018年3月8日，中国国家博物馆官方微博发文，宣布取消纸质门票，观众持身份证预约即可参观. 国博正在建设智慧国家博物馆，同时馆方工作人员担心的是：“虽然有故宫免（纸质）票的经验在前，但对于国博来说这项工作仍有新的挑战.参观故宫需要观众网上付费购买门票，他遵守预约的程度是不一样的.但（国博）免费就有可能约了不来，挤占资源，所以难度其实不一样.” 尽管如此，国博仍将积极采取技术和服务升级，希望带给观众一个更完美的体验方式.

根据以上信息解决下列问题： （1）补全以下两个统计图；

（2）请你预估2018年中国国家博物馆的参观人数，并说明你的预估理由.

23. 如图，在平面直角坐标系xOy中，函数ym（x0）的图象经过点A(4,n)，AB⊥x轴于点B，点xC与点A关于原点O对称， CD⊥x轴于点D，△ABD的面积为8.

（1）求m，n的值；

（2）若直线ykxb（k≠0）经过点C，且与x轴，y轴的交点分别为点E，F，当CF2CE时，

求点F的坐标．

24．如图，AB是⊙O的直径，C是圆上一点，弦CD⊥AB于点E，且DC=AD．过点A作⊙O的切线，

过点C作DA的平行线，两直线交于点F，FC的延长线交AB的延长线于点G. （1）求证：FG与⊙O相切； （2）连接EF，求tanEFC的值.

4

25.阅读下面材料：

已知：如图，在正方形ABCD中，边ABa1.

按照以下操作步骤，可以从该正方形开始，构造一系列的正方形，它们之间的边满足一定的关系，并且一个比一个小.

5

请解决以下问题：

（1）完成表格中的填空：

① ；② ； ③ ；④ ；

（2）根据以上第三步、第四步的作法画出第三个正方形CHIJ（不要求尺规作图）.

26. 抛物线M：yax24axa1 (a≠0)与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），抛物线的顶点为D.

（1）抛物线M的对称轴是直线____________； （2）当AB=2时，求抛物线M的函数表达式；

（3）在（2）的条件下，直线l：ykxb(k≠0)经过抛物线的顶点D，直线yn与抛物线M有两

个公共点，它们的横坐标分别记为x1，x2，直线yn与直线l的交点的横坐标记为x3（x30），若当2≤n≤1时，总有x1x3x3x20，请结合函数的图象，直接写出k的取值范围.

27. 如图1，在等边三角形ABC中，CD为中线，点Q在线段CD上运动，将线段QA绕点Q顺时针旋

6

转，使得点A的对应点E落在射线BC上，连接BQ，设∠DAQ=α （0°＜α＜60°且α≠30°）. （1）当0°＜α＜30°时，

①在图1中依题意画出图形，并求∠BQE（用含α的式子表示）； ②探究线段CE，AC，CQ之间的数量关系，并加以证明； （2）当30°＜α＜60°时，直接写出线段CE，AC，CQ之间的数量关系.

图1 备用图 28. 对于平面直角坐标系xOy中的点Q(x,y)（x≠0），将它的纵坐标y与横坐标x的比

想值”，记作LQ.如Q(1,2)的“理想值”LQy 称为点Q的“理x22. 1（1）①若点Q(1,a)在直线yx4上，则点Q的“理想值”LQ等于_________；

②如图，C(3,1)，⊙C的半径为1. 若点Q在⊙C上，则点Q的“理想值”LQ的取值范围是 .

（2）点D在直线y3x+3上，⊙D的半径为1，点Q在⊙D上运动时都有 30≤LQ≤3，求点D的横坐标xD的取值范围；

（3）M(2,m)（m＞0），Q是以r为半径的⊙M上任意一点，当0≤LQ≤22时，画出满足条件的最大圆，并直接写出相应的半径r的值.（要求画图位置准确，但不必尺规作图）

7

北京市西城区2018年九年级模拟测试

数学试卷答案及评分标准 2018.5

一、 选择题（本题共16分，每小题2分）

题号 答案 1 A 2 B 3 C 4 C 5 D 6 B 7 C 8 A 二、 填空题（本题共16分，每小题2分） 9. x≤2． 10.

43． 11. π. 12.

382x6y170, 13. 20. 3x8y.14.答案不唯一，例如，将抛物线y3(x2)21先向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度得

2y3x2. 到抛物线

15. 54． 16. (7,4)．

三、解答题（本题共68分，第17~21题每小题5分，第22、23题每小题6分，第24题5分，第25、26

题每小题6分，第27、28题每小题7分） 17.解： 6cos6027(π2)032

16331(23)2 ……………………………………………………… 4分

33312 3223． ……………………………………………………………………………5分

18．解方程：

x13. x22x解：去分母，得x13(x2)．……………………………………………………… 1分

去括号，得x13x6． ……………………………………………………… 2分 移项，得 3xx61．

8

合并同类项，得 2x5．………………………………………………………… 3分

系数化为1，得x52．…………………………………………………………… 4分 经检验，原方程的解为x52．……………………………………………………5分

19. 解：如图1，连接BD.

∵ E为AB的中点，DE⊥AB于点E，

∴ AD= BD， …………………………………………… 1分

∴ 1A． ∵ A66，

∴ 166．………………………………………………2分 ∵ ABC90，

∴ 2ABC124． …………………………… 3分

∵ AD=BC，

图1 ∴ BD=BC．…………………………………………………………………………4分 ∴ C3．

2∴

C=1802=78． …………………………………………………… 5分

20.解： 15x26x9x2x2 x3x2x2(x3)2 ………………………………………………………………… 3分 1x3．……………………………………………………………………………… 4分 当x5时，原式18．……………………………………………………………5分

21. （1）证明：如图2.

∵ CD⊥AB于点D，BE⊥AB于点B， ∴ CDADBE90．

∴ CD∥BE．………………………………… 1分 又∵ BE=CD，

∴ 四边形CDBE为平行四边形．……………2分 图2

又∵DBE90，

∴ 四边形CDBE为矩形． ……………………………………………… 3分

（2）解：∵ 四边形CDBE为矩形，

∴ DE=BC．………………………………………………………………… 4分 ∵ 在Rt△ABC中，ACB90，CD⊥AB， 可得 ACD1．

∵ tanACD12， ∴ tan1tanACD12． 9

∵ 在Rt△ABC中，ACB90，AC=2，tan112， ∴ BCACtan14． ∴ DE=BC=4．…………………………………………………………… 5分

22.解：（1）补全统计图如图3.

图3

………………………………………………………………… 4分

（2）答案不唯一，预估理由合理，支撑预估数据即可． ……………………… 6分 23. 解：（1）如图4.

∵ 点A的坐标为A(4,n)，点C与点A关于原点O对称， ∴ 点C的坐标为C(4,n)．

∵ AB⊥x轴于点B，CD⊥x轴于点D，

∴ B，D两点的坐标分别为B(4,0)，D(4,0)． ∵ △ABD的面积为8，S1ABD2ABBD12(n)84n， ∴ 4n8．

解得 n2． …………………………………………………………… 2分

∵ 函数ymx（x0）的图象经过点A(4,n)， ∴ m4n8．…………………………………………………………… 3分 （2）由（1）得点C的坐标为C(4,2)．

① 如图4，当k0时，设直线ykxb与x轴， y轴的交点分别为点E1，F1． 由 CD⊥x轴于点D可得CD∥OF1． ∴ △E1CD∽△E1F1O． ∴

DCOFE1CE． 11F1∵ CF12CE1， 图4

∴

DCOF1． 13∴ OF13DC6．

∴ 点F1的坐标为F1(0,6)．

10

②如图5，当k0时，设直线ykxb与x轴，y轴的交点分别为 点E2，F2． 同理可得CD∥OFDCE22，

OFC． 2E2F2∵ CF22CE2，

∴ E2为线段CF2的中点，E2CE2F2． ∴ OF2DC2．

∴ 点F2的坐标为F2(0,2)．…………6分

综上所述，点F的坐标为F1(0,6)，F2(0,2)．

图5

24. （1）证明：如图6，连接OC，AC.

∵ AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，

∴ CE=DE，AD=AC.

∵ DC=AD，

∴ DC=AD= AC.

∴ △ACD为等边三角形． ∴ ∠D =∠DCA=∠DAC =60． ∴ 112DCA30．

∵ FG∥DA，

图6

∴ DCFD180． ∴ DCF180D120． ∴ OCFDCF190． ∴ FG⊥OC．

∴ FG与⊙O相切．……………………………………………………… 3分（2）解：如图6，作EH⊥FG于点H．

设CE= a，则DE= a，AD=2a．

11

∵ AF与⊙O相切， ∴ AF⊥AG． 又∵ DC⊥AG， 可得AF∥DC． 又∵ FG∥DA，

∴ 四边形AFCD为平行四边形． ∵ DC =AD，AD=2a， ∴ 四边形AFCD为菱形．

∴ AF=FC=AD=2 a，∠AFC=∠D = 60．

3由（1）得∠DCG= 60，

EHCEsin602a，CHCEcos6012a．∴

FHCHCF52a． ∵ 在Rt△EFH中，∠EHF= 90，

3tanEFCEHFH2a35a5∴ 2． …………………………………… 5分

25．解：（1）①斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等 ．………………… 1分②(21)a1．………………… 2分 ③

(21)2a1．…………………3分 ④

(21)n1a1．……………… 4分 （2）所画正方形CHIJ见图7.

……………………………6分

26.解：如图8.

（1）x2.…………………………… 1分

图7 （2）∵ 抛物线

yax24axa1的对称轴为直线x2，抛物线M与x轴的 交点为点A，B（点A在点B左侧），AB=2，

∴ A，B两点的坐标分别为A(1,0)，B(3,0).……………………………… 2分 ∵ 点A在抛物线M上，

∴ 将A(1,0)的坐标代入抛物线的函数表达式，得a4aa10.

12

解得 a12. ………………………………………………………………… 3分 ∴ 抛物线M的函数表达式为y12x22x32. ………………………… 4分 （3）

k54. …………………… 6分

图8

27. 解：（1）当0°＜α＜30°时，

①画出的图形如图9所示．…………… 1分

∵ △ABC为等边三角形，

∴ ∠ABC=60°．

∵ CD为等边三角形的中线，

Q为线段CD上的点，

由等边三角形的对称性得QA=QB． ∵ ∠DAQ=α，

∴ ∠ABQ=∠DAQ=α，∠QBE=60°-α．

∵ 线段QE为线段QA绕点Q顺时针旋转所得， 图9

∴ QE = QA．

∴ QB=QE．

可得 BQE1802QBE1802(60)602．……… 2分 ②CEAC3CQ．……………………………………………………… 3分 证法一：如图10，延长CA到点F，使得AF=CE，连接QF，作QH⊥AC于点H． ∵ ∠BQE=60°+2α，点E在BC上， ∴ ∠QEC=∠BQE+∠QBE =(60°+2α)+( 60°-α)=120°+α．

∵ 点F在CA的延长线上，∠DAQ=α， ∴ ∠QAF=∠BAF+∠DAQ=120°+α． ∴ ∠QAF=∠QEC． 又∵ AF =CE，QA=QE， ∴ △QAF≌△QEC． ∴ QF=QC．

∵ QH⊥AC于点H， ∴ FH=CH，CF=2CH．

∵ 在等边三角形ABC中，CD为中线， 点Q在CD上，

13

1∴ ∠ACQ=2ACB=30°，

图10

即△QCF为底角为30°的等腰三角形．

∴

CHCQcosHCQCQcos3032CQ．

∴ CEACAFACCF2CH3CQ．

即CEAC3CQ． ………………………………………… 6分

思路二：如图11，延长CB到点G，使得BG=CE，连接QG，可得

△QBG≌△QEC，△QCG为底角为30°的等腰三角形，与证法一

同理可得CEACBGBCCG3CQ．

（2）

如图12，当30°＜α＜60°时，

ACCE3CQ．………………………… 7分

28.解：（1）①3． ………………………………………………………………………… 1分

② 0≤

LQ≤3．……………………………………………………………… 2分

y3（2）设直线

3x+3与x轴，y轴的交点分别为点A，点B，可得A(33,0)，

B(0,3)．

∴ OA33，OB3，OAB30． 由0≤

LQ≤3，作直线y3x．

①如图13，当⊙D与x轴相切时，相应的圆心D1满足题意，其横坐标取到最大值．作

D1E1x轴于点E1，

D1E可得D1∥OB，

BOAE11E1AO． ∵ ⊙D的半径为1， ∴ D1E11．

图13

∴ AE13，OE1OAAE123．

14

图

∴

xD123．

②如图14，当⊙D与直线y3x相切时， 相应的圆心D2满足题意，其横坐标取到 最小值．

作D2E2x轴于点E2，则D2E2⊥OA．

设直线y3x与直线y33x+3的

交点为F．

可得AOF60，OF⊥AB．

3则

AFOAcosOAF33292．

∵ ⊙D的半径为1， ∴ D2F1．

∴

AD2AFD2F72．

7∴ AE2AD2cosOAF232734，

OE2OAAE5324．

x53∴

D24．

53由①②可得，xD的取值范围是4≤xD≤23．………………………………………… 5分 3）画图见图15．

2．…………………………………………… 7分

图14 图15

15

（