山东省济南市2022-2023学年九年级下学期数学限时训练（12）(含答案)

这是一份山东省济南市2022-2023学年九年级下学期数学限时训练（12）(含答案)，共13页。试卷主要包含了有一道分式化简题等内容，欢迎下载使用。
山东省济南市2022-2023学年度初三数学限时训练（12）
一．选择题（共10小题）
1．在实数﹣，0，π，中，最大的一个实数是（　　）
A． B．0 C．π D．
2．如图是一个放置在水平试验台上的锥形瓶，它从上面看到的形状图为（　　）
A． B． C． D．
3．黄河是中华民族的母亲河，发于巴颜喀拉山脉北麓，注入渤海，流域面积为750000km2，将数750000用科学记数法表示为（　　）
A．7.5×104 B．75×104 C．75×105 D．7.5×105
4．如图，三角板的直角顶点在直尺的一边上．若∠1＝30°，∠2＝70°，则∠3的度数是（　　）
A．30° B．40° C．50° D．60°




5．下面图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
6．有一道分式化简题：+，甲、乙两位同学的解答过程分别如下：
甲同学：+＝+＝＝，
乙同学：+＝+＝2x﹣2+x+5＝3x+3
下列说法正确的是（　　）
A．只有甲同学的解答过程正确 B．只有乙同学的解答过程正确
C．两人的解答过程都正确 D．两人的解答过程都不正确
7．晚上小明清洗两对只有颜色不同的有盖茶杯（茶杯和茶杯盖形状不同），突然停电，一片漆黑，他把两个杯盖随机盖在两只茶杯上，则颜色搭配正确的概率是（　　）
A． B． C． D．
8．用图象法解某二元一次方程组时，在同一平面直角坐标系中作出相应的两个一次函数图象，如图，则所解的二元一次方程组为（　　）
A． B． C． D．
9．如图，平行四边形ABCD中，AB＝BC＝2，∠ABC＝45°，分别以点A、B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧相交于点E、F，作直线EF交BC于点G，连接DG，则线段DG的长为（　　）

A． B．2 C．2 D．2
10．已知二次函数y＝ax2﹣bx﹣2（a≠0）的图象的顶点在第四象限，且过点（﹣1，0），当a﹣b为整数时，ab的值为（　　）
A．或1 B．或1 C．或 D．或11

二．填空题（共6小题）
11．因式分解：4x2﹣25＝　 　．
12．在一个不透明的袋子中有若干个小球，这些球除颜色外无其他差别，从袋中随机摸出一球，记下其颜色，这称为一次摸球试验，然后把它重新放回袋中并摇匀，不断重复上述过程．以下是利用计算机模拟的摸球试验统计表：
摸球试验次数
100
1000
5000
10000
50000
100000
“摸出黑球”的次数
36
387
2019
4009
19970
40008
“摸出黑球”的频率（结果保留小数点后三位）
0.360
0.387
0.404
0.401
0.399
0.400
根据试验所得数据，估计“摸出黑球”的概率是　 　．（结果保留小数点后一位）
13．若m是方程x2+x﹣1＝0的一个根，则代数式2023﹣m2﹣m的值为 　 　．
14．边长相等的正五边形与正六边形按如图所示拼接在一起，则∠BAC＝　 　．



15．已知图②是由图①七巧板拼成的数字“0”，若正方形ABCD的边长为12，则六边形EFGHMN的周长为 　 　．
16．矩形纸片ABCD中，BC＝2AB，将纸片对折，使顶点A与顶点C重合，得折痕EF，将纸片展开铺平后再进行折叠，使顶点B与顶点D重合，得折痕MN，展开铺平后如图所示．若折痕EF与MN较小的夹角记为θ，则
sinθ＝　 　．
三．解答题（共10小题）
17．计算：|﹣2|+tan60°﹣（）﹣1﹣（+2023）0．
18．解不等式组并写出该不等式组的最小整数解．
19．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD上的点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F，若四边形ADCF是菱形，求证：BE＝FE．

20．某校举行“汉字听写”比赛，每位学生听写汉字39个，比赛结束后，随机抽查部分学生的听写结果，根据抽查结果绘制统计图的一部分．根据以下信息解决下列问题：
组别
正确数字x
人数
A
0≤x＜8
10
B
8≤x＜16
15
C
16≤x＜24
25
D
24≤x＜32
m
E
32≤x＜40
20

（1）在统计表中，m＝　 　，n＝　 　，并补全直方图；
（2）扇形统计图中“C组”所对应的圆心角的度数是 　 　度；
（3）若该校共有964名学生，如果听写正确的个数少于16个定为不合格，请你估算这所学校本次比赛听写不合格的学生人数．

21．如图，停车场有一处停车位，左侧靠近一面墙MN，王老师将车停下后，打开车门AE后，发现车门AE只能到达AD处，从车上下不来，于是他将车重新调整，沿与墙面MN垂直方向向右移动了线段AB的长度，打开车门后，车门BF到达BC处，此时能够顺利下车，已知CD＝0.6m，∠DAE＝37°，∠CBF＝60°
（1）求这两次车门打开后（AD、BC）所夹锐角的度数.
（2）求车向右移动的距离AB．（sin37°≈，cos37°≈，tan37°≈，）

22．如图，在△ABC中，∠C＝90°，以FB为直径作⊙O，⊙O与直角边AC相切，切点为E．
（1）求证：∠DBE＝∠EBA；
（2）若AB＝10，DB＝4，求EB的长．

23．国庆节前，某超市为了满足人们的购物需求，计划购进甲、乙两种水果进行销售，经了解甲种水果和乙种水果的进价与售价如表所示．
水果
价钱
甲
乙
进价（元/千克）
x
x+4
售价（元/千克）
20
25
已知用1200元购进甲种水果的重量与用1600元购进乙种水果的重量相同．
（1）求x的值；
（2）若超市购进这两种水果共100千克，其中甲种水果的重量不低于乙种水果重量的3倍，则超市应如何进货才能获得最大利润，最大利润是多少？




24．如图1，已知反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点，射线AB与反比例函数的图象的另一交点为B（1，a），射线AC与y轴相交于点C，∠BAC＝75°，AD⊥y轴，垂足为D．
（1）求反比例函数的表达式；
（2）求tan∠DAC的值及直线AC的函数表达式；
（3）如图2，点M是线段AC上方的反比例函数图象上一动点，过点M作直线l⊥x轴，与AC相交于点N，连接CM，求△CMN面积的最大值．






25．（1）如图1，在△ABC中，AB＞AC，点D，E分别在边AB，AC上，且DE∥BC，若AD＝2，AE＝，则的值是　 　；
（2）如图2，在（1）的条件下，将△ADE绕点A逆时针方向旋转一定的角度，连接CE和BD，的值变化吗？若变化，请说明理由；若不变化，请求出不变的值；
（3）如图3，在四边形ABCD中，AC⊥BC于点C，∠BAC＝∠ADC＝θ，且tanθ＝，当CD＝6，AD＝3时，求线段BD的长．




















26．如图，二次函数y＝﹣x2+x+4的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点，设点P的横坐标为m．过点P作直线PD⊥x轴于点D，作直线BC交PD于点E．
（1）求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线BC的函数表达式；
（2）当△CEP是以PE为底边的等腰三角形时，求点P的坐标；
（3）连接AC，过点P作直线l∥AC，交y轴于点F，连接DF．试探究：在点P运动的过程中，是否存在点P，使得CE＝FD，若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．




















初三数学限时训练（12）
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．D．2．D．3．D．4．B．5．D．6．D．7．A．8．A．9．A．10．A
10.解：将点（﹣1，0）代入解析式得，a+b﹣2＝0，即b＝2﹣a，
由二次函数y＝ax2﹣bx﹣2可知顶点坐标为：（，），
∵顶点在第四象限，∴＞0，＜0，
∵b＝2﹣a，∴，
解得：0＜a＜2，∴a﹣b＝a﹣（2﹣a）＝2a﹣2，
∵a﹣b为整数，∴2a﹣2为整数，∴2a为整数，
又∵0＜a＜2，∴a可取，1，，∴b对应分别为：，1，，∴ab＝＝或ab＝1×1＝1，
二．填空题（共6小题）
11．　（2x+5）（2x﹣5）　．12．0.4．13． 　2022　．14．　132°　．
15．　60+12　．16．　　．
16.解：过D作DH⊥AC于H，如图：
根据题意可得：∠EOA＝∠EOC＝90°，∠MOD＝∠MOB＝90°，
∴∠EOD+∠DOH＝90°，∠MOE+∠EOD＝90°，∴∠DOH＝∠MOE＝θ，
由矩形纸片ABCD中，BC＝2AB，设AB＝m＝CD，则BC＝2m＝AD，
∴AC＝＝m，∴OA＝OC＝OD＝m，
∵2S△ADC＝AD•CD＝AC•DH，∴DH＝＝m，
在Rt△DOH中，sin∠DOH＝＝＝，∴sinθ＝，

三．解答题（共10小题）
17．解：|﹣2|+tan60°﹣（）﹣1﹣（+2023）0
＝2+×﹣2﹣1
＝2+3﹣2﹣1
＝2．
18．解：由x﹣3（x﹣2）＞4，得：x＜1，
由≥﹣1，得：x≥﹣2，
则不等式组的解集为﹣2≤x＜1，
∴该不等式组的最小整数解为﹣2．
19．证明：∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，∴AD＝BD＝BC，
∵四边形ADCF是菱形，∴AD＝AF，∴BD＝AF，
方法一：
∵AF∥BC，∴∠AFE＝∠DBE，∠FAE＝∠BDE．
在△AFE和△DBE中，
，
∴△AFE≌△DBE（ASA），∴BE＝FE．
方法二：连接DF，
∵AF∥BC，∴四边形ABDF是平行四边形．
∵点E是平行四边形ABDF对角线AD、BF的交点，∴BE＝FE．
20．解：（1）10÷10%＝100（人），
m＝100×30%＝30（人），
n＝20÷100×100%＝20%，
故答案为：30，20%，补全频数分布直方图如下：
（2）360°×25%＝90°，
故答案为：90；
（3）964×＝241（人），
答：这所学校964名学生中，在本次比赛听写不合格的大约有241人．
21．(1)23°(2)解：过点C作CG⊥BF于点G，交AE于点Q，过点D作DH⊥BF于点H，交AE于点P，
∴四边形CGHD、四边形CQPD、四边形ABGQ都是矩形，
∴CG＝DH，CD＝PQ＝GH，BG＝AQ，
设BG＝x（m），
∵∠CBG＝60°，∴∠BCG＝30°，∴BC＝2BG＝2x（m），
由勾股定理可知：CG＝x（m），∴AP＝AQ+PQ＝（x+0.6）（m），
由题意可知：AD＝BC＝AE＝2x（m），
在Rt△ADP中，∠ADP＝37°，∴cos37°＝，∴≈，
解得：x≈1（m），∴AD≈2（m），AP≈1.6（m），DH＝CG≈（m），
∴由勾股定理可知：DP≈1.2（m），∴AB＝PH＝DH﹣DP≈0.5（m）．
答：车向右移动的距离0.5m．

22．（1）证明：连接OE，则OE＝OB，∴∠EBA＝∠OEB，
∵⊙O与AC相切于点E，∴AC⊥OE，∴∠AEO＝∠C＝90°，∴OE∥BC，
∴∠DBE＝∠OEB，∴∠DBE＝∠EBA．
（2）解：连接OD，则OD＝OE，∴∠OED＝∠ODE，
∵∠DOE+∠OED+∠ODE＝180°，且∠DOE＝2∠DBE＝2∠OEB，
∴2∠OEB+2∠OED＝180°，∴∠OEB+∠OED＝90°，
∵∠CED+∠OED＝90°，∴∠CED＝∠OEB，∴∠CED+90°＝∠OEB+90°，
∵∠BDE＝∠CED+∠C＝∠CED+90°，∠BEA＝∠OEB+∠AEO＝∠OEB+90°，
∴∠BDE＝∠BEA，
∵∠DBE＝∠EBA，∴△DBE∽△EBA，∴＝，
∴EB＝＝＝2，∴EB的长是2．


23．解：（1）由题意可知：
，
x＝12；
检验；x＝12时，x（x+4）≠0，
∴x＝12是原分式方程的解，且符合实际意义；
（2）设购进甲种水果m千克，则乙种水果（100﹣m）千克，利润为y元，
由题意可知：
y＝（20﹣12）m+（25﹣12﹣4）（100﹣m）＝﹣m+900，
∵甲种水果的重量不低于乙种水果重量的3倍，∴m≥3（100﹣m），解得：m≥75，∴75≤m＜100，
在y＝﹣m+900中，∵k＝﹣1＜0，∴y随m的增大而减小，∴当m＝75时，y最大＝﹣75+900＝825（元），
答：购进甲种水果75千克，则乙种水果25千克，获得最大利润825元．
24．【解答】解：（1）由题意得，1＝，∴k＝2，∴y＝；
（2）由题意得，a＝＝2，∴xA﹣xB＝yB﹣yA＝2﹣1，∴∠BAD＝45°，
∴∠DAC＝∠BAC﹣∠BAD＝75°﹣45°＝30°，∴tan∠DAC＝tan30°＝，
∴CD＝AD•tan∠DAC＝2×＝2，∴OC＝CD﹣OD＝1，∴C（0，﹣1），
设直线AC的解析式为：y＝mx+n，
∴，∴，∴y＝x﹣1；
（3）设点M（b，），N（b，b﹣1），∴MN＝﹣+1，
∴S△CMN＝﹣（b﹣）2+，∴当b＝时，S△CMN最大＝．

25．解：（1）∵DE∥BC，
∴＝＝＝；故答案为：．
（2）的值不变化，值为；理由如下：
由（1）得：DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴＝，
由旋转的性质得：∠BAD＝∠CAE，∴△ABD∽△ACE，∴＝＝．
（3）在AB上截取AM＝AD＝3，过M作MN∥BC交AC于N，把△AMN绕A逆时针旋转得△ADE，连接CE，如图所示：
则MN⊥AC，DE＝MN，∠DAE＝∠BAC，∴∠AED＝∠ANM＝90°，
∵AC⊥BC于点C，∠BAC＝∠ADC＝θ，且tanθ＝＝，
∴BC：AC：AB＝3：4：5，
同（2）得：△ABD∽△ACE，∴＝＝，
∵MN∥BC，∴△AMN∽△ABC，∴＝，∴MN＝×AM＝×3＝，
∵∠BAC＝∠ADC＝θ，∴∠DAE＝∠ADC＝θ，∴AE∥CD，∴∠CDE+∠AED＝180°，∴∠CDE＝90°，
∴CE＝＝＝，∴BD＝CE＝×＝．



26．（1）在y＝﹣x2+x+4中，
令x＝0得y＝4，令y＝0得x＝8或x＝﹣2，
∴A（﹣2，0），B（8，0），C（0，4），
设直线BC解析式为y＝kx+4，将B（8，0）代入得：8k+4＝0，
解得k＝﹣，∴直线BC解析式为y＝﹣x+4；
（2）过C作CG⊥PD于G，如图：
设P（m，﹣m2+m+4），∴PD＝﹣m2+m+4，
∵∠COD＝∠PDO＝∠CGD＝90°，∴四边形CODG是矩形，
∴DG＝OC＝4，CG＝OD＝m，
∴PG＝PD﹣DG＝﹣m2+m+4﹣4＝﹣m2+m，
∵CP＝CE，CG⊥PD，∴GE＝PG＝﹣m2+m，
∵∠GCE＝∠OBC，∠CGE＝90°＝∠BOC，
∴△CGE∽△BOC，∴＝，即＝，
解得m＝0（舍去）或m＝4，∴P（4，6）；
（3）存在点P，使得CE＝FD，理由如下：
过C作CH⊥PD于H，如图：设P（m，﹣m2+m+4），
由A（﹣2，0），C（0，4）可得直线AC解析式为y＝2x+4，
根据PF∥AC，设直线PF解析式为y＝2x+b，将P（m，﹣m2+m+4）代入得：
﹣m2+m+4＝2m+b，∴b＝﹣m2﹣m+4，∴直线PF解析式为y＝2x﹣m2﹣m+4，
令x＝0得y＝﹣m2﹣m+4，∴F（0，﹣m2﹣m+4），∴OF＝|﹣m2﹣m+4|，
同（2）可得四边形CODH是矩形，∴CH＝OD，
∵CE＝FD，∴Rt△CHE≌Rt△DOF（HL），∴∠HCE＝∠FDO，
∵∠HCE＝∠CBO，∴∠FDO＝∠CBO，
∴tan∠FDO＝tan∠CBO，∴＝，即＝，
∴﹣m2﹣m+4＝m或﹣m2﹣m+4＝﹣m，
解得m＝2﹣2或m＝﹣2﹣2或m＝4或m＝﹣4，
∵P在第一象限，∴m＝2﹣2或m＝4．