2023年广东省深圳市南山区九年级数学十校联考数学试卷（含答案）

这是一份2023年广东省深圳市南山区九年级数学十校联考数学试卷（含答案），共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年广东省深圳市南山区九年级数学十校联考数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．如图，该几何体的左视图是（    ）

A． B．
C． D．
2．国家卫健委网站消息：截至2022年5月27日，31个省（自治区，直辖市）和新疆生产建设兵团累计报告接种新冠病毒疫苗超过33亿剂次，用科学记数法表示33亿是（　　）
A． B． C． D．
3．“天宫课堂”第二课3月23日在中国空间站开讲，包括六个项目：太空“冰雪”实验、液桥演示实验、水油分离实验、太空抛物实验、空间科学设施介绍与展示、天地互动环节．若随机选取一个项目写观后感，则恰好选到“实验”项目的概率是（    ）
A． B． C． D．
4．下列算式中，正确的是（    ）
A． B． C． D．
5．超市货架上有一批大小不一的鸡蛋，某顾客从中选购了部分大小均匀的鸡蛋，设货架上原有鸡蛋的质量（单位：g）平均数和方差分别为，s2，该顾客选购的鸡蛋的质量平均数和方差1，，则下列结论一定成立的是（   ）
A．1 B．1 C．s2＞ D．s2
6．实数在数轴上的对应点的位置如图所示．若实数满足，则的值可以是（    ）

A．2 B．-1 C．-2 D．-3
7．如图，△ABC的顶点A、B、C、均在⊙O上，若∠ABC+∠AOC=90°，则∠AOC的大小是（  ）

A．30° B．45° C．60° D．70°
8．如图，在平行四边形ABCD中，AB＝5，BC＝8，以点D为圆心，任意长为半径画弧，交AD于点P，交CD于点Q，分别以P、Q为圆心，大于PQ为半径画弧交于点M，连接DM并延长，交BC于点E，连接AE，恰好有AE⊥BC，则AE的长为（    ）

A．3 B．4 C．5 D．
9．已知抛物线（a，b，c均为常数，）的顶点是，且该抛物线经过点，，若，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．且
10．如图，△ABC中，∠ABC＝45°，BC＝4，tan∠ACB＝3，AD⊥BC于D，若将△ADC绕点D逆时针方向旋转得到△FDE，当点E恰好落在AC上，连接AF．则AF的长为（　　）

A． B． C． D．2

二、填空题
11．因式分解：2a2﹣8=_____．
12．函数y＝中自变量x的取值范围是________
13．一桶油漆能刷的面积，用它恰好刷完10个同样的正方体形状盒子的全部外表面．设其中一个盒子的棱长为xdm，则可列出方程：______．
14．一个正多边形内接于半径为4的⊙O，AB是它的一条边，扇形OAB的面积为，则这个正多边形的边数是______．
15．如图，在矩形中，，，点N是边上的中点，点M是边上的一动点连接，将沿折叠，若点B的对应点，连接，当为直角三角形时，的长为 _____．


三、解答题
16．计算：．
17．先化简，再求值：，其中x＝1
18．如图，AB是垂直于水平面的建筑物，为测量AB的高度，小红从建筑物底端B出发，沿水平方向行走了52米到达点C，然后沿斜坡CD前进，到达坡顶D点处，DC＝BC．在点D处放置测角仪，测角仪支架DE高度为0.8米，在E点处测得建筑物顶端A点的仰角∠AEF为27°（点A，B，C，D在同一平面内），斜坡CD的坡度（或坡比）i＝1：2.4，求建筑物AB的高度．（精确到个位）（参考数据：sin＝27°≈0.45，cos27°≈0.89，tan27°≈0.51）

19．如图，在中，与分别相切于点E，F，平分，连接．

(1)求证：是的切线；
(2)若，的半径是2，求图中阴影部分的面积．
20．端午节前夕，某大型超市采购了一批礼盒进行销售，这批礼盒有甲型和乙型两种共600个，其进价与标价如下表所示（单位：元）：

进价
标价
甲型
90
120
乙型
50
60

(1)该超市将甲型礼盒按标价的九折销售，乙型礼盒按标价进行销售，当销售完这批礼盒后可获利9200元，求该商场购进甲型、乙型这两种礼盒各多少个？
(2)这批礼盒销售完毕后，该超市计划再次按原进价购进甲、乙两种礼盒共200个，且均按标价进行销售，请问如何进货能保证这批礼盒销售完之后获得利润最大，且利润不能超过成本的25%．
21．在初中阶段的函数学习中，我们经历了“确定函数的表达式——利用函数图象研究其性质——运用函数解决问题”的学习过程．在画函数图象时，我们通过描点或平移的方法画出了所学的函数图象．同时，我们也学习了绝对值的意义．
结合上面经历的学习过程，现在来解决下面的问题：
在函数中，当时，；当时，．

(1)求这个函数的表达式；
(2)在给出的平面直角坐标系中，请用你喜欢的方法画出这个函数的图象，并写出这个函数的一条性质；
(3)已知函数的图象如图所示，结合你所画的函数图象，直接写出不等式的解集．
(4)若方程有四个不相等的实数根，则实数的取值范围是______．
22．（1）证明推断：如图（1），在正方形中，点E，Q分别在边上，于点O，点G，F分别在边上，．求证：；
（2）类比探究：如图（2），在矩形中，（k为常数）．将矩形沿折叠，使点A落在边上的点E处，得到四边形交于点H，连接交于点O．试探究与之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接，当时，若，求的长．


参考答案：
1．D
【分析】画出从左面看到的图形即可．
【详解】解：该几何体的左视图是一个长方形，并且有一条隐藏的线用虚线表示，如图所示：
，
故选：D．
【点睛】本题考查三视图，具备空间想象能力是解题的关键，注意看不见的线要用虚线画出．
2．C
【分析】根据科学记数法的一般形式为，其中，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值时，n是正整数；当原数的绝对值小于1时，n是负整数．
【详解】解：33亿，
故选：C．
【点睛】本题考查科学记数法的表示方法．表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3．C
【分析】根据概率公式即可求解．
【详解】解：∵共有6个项目，其中试验项目有4个，
∴恰好选到“实验”项目的概率是．
故选C．
【点睛】本题考查了概率公式求概率，理解题意是解题的关键．
4．B
【分析】根据完全平方公式、合并同类项、幂的运算法则逐个计算排除选择．
【详解】解：A、该选项不正确，不符合题意；
B、该选项正确，符合题意；
C、该选项不正确，不符合题意；
D、该选项不正确，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了完全平方公式、合并同类项、幂的运算，熟练运用幂的运算公式是解题的关键．
5．C
【分析】根据平均数和方差的意义，即可得到答案．
【详解】解：∵顾客从一批大小不一的鸡蛋中选购了部分大小均匀的鸡蛋，
∴＜s2，和1的大小关系不明确，
故选C
【点睛】本题主要考查平均数和方差的意义，掌握一组数据越稳定，方差越小，是解题的关键．
6．B
【分析】先根据数轴的定义得出a的取值范围，从而可得出b的取值范围，由此即可得．
【详解】解：由数轴的定义得：


又
到原点的距离一定小于2
观察四个选项，只有选项B符合
故选：B．
【点睛】本题考查了数轴的定义，熟记并灵活运用数轴的定义是解题关键．
7．C
【详解】试题分析：由题意可知，∠ABC和∠AOC是同弧所对的圆周角和圆心角，所以∠AOC=2∠ABC，又因为∠ABC+∠AOC=90°，所以∠AOC=60°．
故选C．
考点：圆周角和圆心角．

8．B
【分析】由题意可知，再利用平行四边形的性质即可证明，即，即可求出，最后在中，利用勾股定理即可求出AE的长．
【详解】根据作图可知DE为的角平分线，即，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴在中，．
故选B．
【点睛】本题考查角平分线的判定和性质，平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质以及勾股定理．理解题意，判断出DE为的角平分线是解答本题的关键．
9．D
【分析】根据可知抛物线开口向上，离对称轴越远函数值越大，由此可知对称轴在和4之间，且离更近或对称轴在4的右边，据此求解即可．
【详解】解：∵抛物线（a，b，c均为常数，）的顶点是，且经过点，，，
∴抛物线开口向上，
∴离对称轴越远函数值越大，在对称轴左侧y随x增大而减小，在对称轴右侧y随x增大而增大，
∴或，
∴且，
故选D．
【点睛】本题主要考查了二次函数图象的性质，正确得到抛物线开口向上，离对称轴越远函数值越大是解题的关键．
10．A
【分析】过点D作DH⊥AF于点H，由锐角三角函数的定义求出CD＝1，AD＝3，由旋转的性质得出DC＝DE，DA＝DF＝3，∠CDE＝∠ADF，证出∠DCE＝∠DAF，设AH＝a，DH＝3a，由勾股定理得出a2+（3a）2＝32，求出a可得出答案．
【详解】解：过点D作DH⊥AF于点H，

∵∠ABC＝45°，AD⊥BC，
∴AD＝BD，
∵tan∠ACB3，
设CD＝x，
∴AD＝3x，
∴BC＝3x+x＝4，
∴x＝1，
∴CD＝1，AD＝3，
∵将△ADC绕点D逆时针方向旋转得到△FDE，
∴DC＝DE，DA＝DF＝3，∠CDE＝∠ADF，
∴，
∴∠DCE＝∠DAF，
∴tan∠DAH＝3，
设AH＝a，DH＝3a，
∵AH2+DH2＝AD2，
∴a2+（3a）2＝32，
∴a，
∴AH，
∵DA=DF，DH⊥AF，
∴AF＝2AH，故A正确．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定，应用三角函数解直角三角形，勾股定理的应用，正确作出辅助线是解题的关键．
11．2（a+2）（a－2）．
【分析】首先提取公因数2，进而利用平方差公式分解因式即可．
【详解】2a2－8=2（a2－4）=2（a+2）（a－2）．
故答案为2（a+2）（a－2）．
考点：因式分解．
【点睛】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，熟练应用乘法公式是解题关键．
12．
【分析】二次根式有意义的条件：二次根号内的数为非负数，二次根式才有意义.
【详解】由题意得，1−2x≥0，
解得： x≤.
故答案为：x≤.
【点睛】本题考查二次根式有意义的条件，本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握二次根式有意义的条件，即可完成.
13．10×6x2=1500
【分析】正方体盒子的外表面是由6个边长相等的正方形围成的，设正方体的棱长是xdm，根据题意得出方程即可求解．
【详解】解：设正方体的棱长是xdm，
则10×6x2=1500，
故答案为：10×6x2=1500
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出方程是解题的关键．
14．8
【分析】设∠AOB=n°，利用扇形面积公式列方程，求出∠AOB的度数，然后用360°÷45°计算即可．
【详解】解：设∠AOB=n°，
∵扇形OAB的面积为，半径为4，
∴，
∴n=45°，
∴360°÷45°=8，
∴这个正多边形的边数是8，
故答案为8．
【点睛】本题考查正多边形与圆，扇形面积，圆心角，掌握正多边形与圆的性质，扇形面积公式，圆心角是解题关键．
15．或5
【分析】分情况讨论：当时，当时，当时，再分别利用勾股定理和翻折的性质可得答案；
【详解】解：∵为直角三角形，
当时，
∵点N是边上的中点，，
∴，
∵，
∴点B的对应点不能落在所在直线上，
∴，不存在此类情况；
当时，如图所示，

由折叠性质可得，
，
∴；
当时，如图所示

∵，
∴、N、C三点共线，
由勾股定理可得，
，
设，则，
∴，
解得：，
综上所述的长为或5．
【点睛】本题考查翻折的性质，根据题意画出图形并分情况讨论是解题关键．
16．
【分析】根据化简绝对值，求一个数的立方根，特殊角的三角函数值，负指数幂，进行计算即可求解．
【详解】解：原式＝

【点睛】本题考查了实数的混合运算，正确的计算是解题的关键．
17．；1
【分析】将括号内通分化简，括号外利用完全平方式变形，再进行约分即可化简．将x=1代入化简后的式子，求值即可．
【详解】原式=


当x=1时，原式=．
【点睛】本题考查分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则是解答本题的关键．
18．约为72米
【分析】过点E作EM⊥AB与点M，根据斜坡CD的坡度（或坡比）i＝1：2.4可设DG＝x，则CG＝2.4x，利用勾股定理求出x的值，进而可得出CG与DG的长，故可得出EG的长．由矩形的判定定理得出四边形EGBM是矩形，故可得出EM＝BG，BM＝EG，再由锐角三角函数的定义求出AM的长，进而可得出结论．
【详解】解：过点E作EM⊥AB与点M，延长ED交BC于G，

∵斜坡CD的坡度（或坡比）i＝1：2.4，BC＝CD＝52米，
∴设DG＝x，则CG＝2.4x，
在Rt△CDG中，
∵DG2+CG2＝DC2，即x2+（2.4x）2＝522，解得x＝20，
∴DG＝20米，CG＝48米，
∴EG＝20+0.8＝20.8米，BG＝52+48＝100米，
∵EM⊥AB，AB⊥BG，EG⊥BG，
∴四边形EGBM是矩形，
∴EM＝BG＝100米，BM＝EG＝20.8米，
在Rt△AEM中，
∵∠AEM＝27°，
∴AM＝EM•tan27°≈100×0.51＝51米，
∴AB＝AM+BM＝51+20.8≈72（米）．
答：建筑物AB的高度约为72米．
【点睛】本题考查了利用勾股定理、锐角三角函数解直角三角形以及坡度与正切函数的关系等知识点的实际应用，添加适当的辅助线是解决问题的关键．
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接，过点O作于点G，如图，由切线的性质得到，再由角平分线的性质得到，由此即可证明是的切线；
（2）连接，过点O作于点G，如图，先证明四边形为正方形．得到．求出，即可求出．证明平分，进而推出，则．即可得到=10．
【详解】（1）证明：连接，过点O作于点G，如图，
∵为的切线，
∴．
∵平分，，
∴．
∴直线经过半径的外端G，且垂直于半径，
∴是的切线；

（2）解：连接，过点O作于点G，如图，
∵与分别相切于点E，F，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形．
∴．
∵，
∴，
∴．
由（1）知：，
∴，
∵，
∴平分，
∴．
∵平分，
∴．
∵，
∴∠ABC+∠BAC=90°，
∴，
∴．
∴=10．

【点睛】本题主要考查了切线的性质与判定，正方形的性质与判定，勾股定理，角平分线的性质与判定，求不规则图形面积得到，正确作出辅助线是解题的关键．
20．(1)甲型礼盒购进400个，乙型礼盒购进200个
(2)购进50盒甲型礼盒，150盒乙型礼盒时，销售完后可获最大利润3000元．

【分析】（1）设甲型礼盒购进x个，乙型礼盒购进y个，根据共600个，获利9200元列二元一次方程组求解即可；
（2）设甲型礼盒购进m个，则乙型礼盒购进（200﹣m）个，销售完这批礼盒后的利润为w元，可得w关于m的一次函数关系式，然后求出m的取值范围，利用一次函数的性质解答．
【详解】（1）解：设甲型礼盒购进x个，乙型礼盒购进y个，
依题意得：，
解得：，
答：甲型礼盒购进400个，乙型礼盒购进200个；
（2）设甲型礼盒购进m个，则乙型礼盒购进（200﹣m）个，销售完这批礼盒后的利润为w元，
由题意得：w＝（120－90）m＋（60－50）（200﹣m）＝20m＋2000，
因利润不能超过成本的25%，
所以20m＋2000≤25%[90m＋50（200－m）]，
解得：m≤50，                 
∵w＝20m＋2000中20＞0 ，  
∴w随m的增大而增大，
∴当m＝50时，w取得最大值，w最大＝20×50＋2000＝3000，
此时应购进50盒甲型礼盒，150盒乙型礼盒，
答：当购进50盒甲型礼盒，150盒乙型礼盒时，销售完后可获最大利润3000元．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，根据题意找出等量关系，列出方程组和不等式是解答本题的关键．
21．(1)
(2)见解析
(3)
(4)

【分析】（1）把，；，代入求解即可；
（2）由，得出，再根据函数的图象写出函数的性质；
（3）根据图象得出不等式的解集；
（4）根据题意画出图象，再根据有四个不相等的实数根，得出结果．
【详解】（1）解：在函数中，当时，；当时，，
，
解得，
这个函数的表达式为；
（2）解：，
，
函数过点和，
函数过点和，
该函数图象如图所示，

性质：当时，的值随的增大而增大；
（3）解：由函数的图象可得，不等式的解集为：；
（4）解：由得，
作出的图象，

由图象可知，要使方程有四个不相等的实数根，则，
故答案为：．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，函数图象的画法，由图象写出不等式的解集，解题的关键是熟练掌握函数的图象和性质并正确画出图象．
22．（1）证明见详解；（2），理由见详解；（3）．
【分析】（1）先证△ABE≌△DAH，可得AE＝DQ．再证四边形DQFG是平行四边形，即可解决问题．
（2）过G作GM⊥AB于M．证明，即可解决问题．
（3）过P作PM⊥BC交BC的延长线于M．利用相似三角形的性质求出PM，CM，即可解决问题．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAQ，
∴∠QAO+∠OAD＝90°，
∵AE⊥DQ，
∴∠ADO+∠OAD＝90°，
∴∠QAO＝∠ADO，
∴，
∴AE＝DQ，
∵DQ⊥AE，GF⊥AE，
∴DQ∥GF，
∵FQ∥DG，
∴四边形DQFG是平行四边形，
∴GF＝DQ，
∵AE＝DQ，
∴AE＝FG；
（2）结论：．理由如下：
如图2中，过G作GM⊥AB于M，

∵AE⊥GF，
∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，
∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，
∴∠BAE＝∠FGM，
∴，
∴，
∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，
∴四边形AMGD是矩形，
∴GM＝AD，
∴，
（3）解：如图3中，过点P作PM⊥BC交BC的延长线于M．

∵，，
∴∠CGP＝∠BFE，
∴，
∴设，，
则，，
∵，，
∴，
∴，
∴或（不合题意，舍去），
∴，，，，
∵，
∴BC＝4，
∴，，
∵∠EBF＝∠FEP＝∠PME＝90°，
∴∠FEB＝∠EPM，
∴，
∴，
∴，
∴解之得：，，
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟悉相关知识点，学会利用参数构建方程解决问题是解题的关键．