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1、福州市20102011学年第一学期期末九年级质量检查数学试卷参考答案及评分标准一、选择题1-5 ABAAB 6-10 DCBBC二、填空题：11. 直线x=7 12. 2 13. 14. 1或3 15.3三、解答题18. （1）证明： 由旋转性质可得（5分）（6分）（2）由（1）得（8分）正六边形ABCDEF与扇形重叠部分的面积=S四边形ABCO=2（10分）19.解：（1）. （5分） （2）方法一：画树状图如下： （10分）所有可能出现的结果共有9种，其中满足条件的结果有5种。所以P（所指的两数的绝对值相等）=（12分）方法二：列表格如下：第化二次第一次01（，）（，0）（，1）0（0，）
2、（0，0）（0，1）1（1，）（1，0）（1，1）（10分）所有可能出现的结果共有9种，其中满足条件的结果有5种.所以P（所指的两数的绝对值相等）=（12分）20.解：设这个相同的百分数是x,依题意可得：（1分）15+15（1+x）+15（1+x）（1x）=47.4（6分）整理得x2x+0.16=0（7分）解得：x1=0.8=80%, x2=0.2=20%（10分）经检验， 80%, 20%均符合题意.答：这个相同的百分数是80%或20%（12分）21. （1）证明：当t=2s时，AD=2OA=5t=10，BE=t=2 ADBE=12=AB （1分） 点D、E重合，即点E在O上（2分） 又EF
3、AD O与EF相切（3分）（2）解：由已知可得AEF是等腰Rt， EF=AE=， DE=DA-EA=5t-（12-t）=6t-12.在RtDEF中,由三角形面积公式可得, （5分）解得：，（6分）答：当t=4和10时，DEF的面积为48cm2（7分） 图21-（1） 图21-（2）（3）解：设的面积为Scm2，当00，抛物线开口向上.当t7时, S随t的增大而减小,又0t2, S72. （9分）(或写成“当0t2时，不存在最大值”,也可得分)当272，综上所述，当t=7秒时，面积最大，最大值为75.（12分）22. 解：（1）解法（一）：由已知可得A点坐标为（1，0）对称轴为直线，B点坐标为（
4、7，0）（1分）由 解得抛物线的解析式为（3分）解法（二）：由已知可得A点坐标为（1，0）设抛物线的解析式为由 解得抛物线的解析式为 =（3分）（2）由，可得顶点M的坐标为（4，3）（4分）在RtOMN中，ON=4，MN=3，由勾股定理得OM=5（5分）（图中确定P点位置）（6分）当圆心在P1点时，设P1交轴于Q1点，连接P1Q1，过P1点作P1D轴，则P1C=2CD， P1C=5，P1D=4，在RtP1CD中， 由勾股定理得CD=3CQ1 =2CD=6， OQ1 =6=， 此时Q点坐标为（0，）（8分）当圆心在P2点时，设P2交轴于Q2点，连接P2Q2，同理可得CQ2=6， OQ2 =6+=， 此时Q点坐标为（0，）（9分）（3）存在.当P1点在MON的平分线上时，过P1点作P1EOM，设P 1 的半径长P1N=，则P1E=，P1M=3，根据切线长定理ON=OE=4，EM=OMOE= 54=1在RtP1EM中， 由勾股定理得：，解得（10分）P1点坐标为（4，）（11分）当P2点在MON邻补角的平分线上时，过P2点作P2FOM，设P 2的半径长P2N=，则P2F=，P2M=3+，根据切线长定理ON=OF=4，FM=OM+OF= 5+4=9在RtP2F M中， 由勾股定理得：，解得（13分）P2点坐标为（4，12）（14分）
