精品解析：广东省深圳市2022-2023学年九年级上学期数学期末考前模拟试卷（三）

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广东省深圳市2022-2023学年九年级上学期数学期末考前模拟试卷（三）
一、选择题(本部分共10小题，每小题3分，共30分) (共10题；共30分)
1. 方程x2﹣5x＝0的解是（　　）
A. x＝5 B. x1＝5，x2＝﹣5 C. x1＝5，x2＝0 D. x＝0
【答案】C
【解析】
【分析】利用因式分解法解方程，即可求解.
【详解】因式分解，得：，
∴x=0或x-5=0，
∴，，
故选C.
【点睛】本题主要考查解一元二次方程的因式分解法，掌握提取公因式法分解因式，是解题的关键.
2. 如图，该几何体的俯视图是（　　）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】分析：找到从几何体的上面所看到的图形即可．
详解：从几何体的上面看可得
，
故选A．
点睛：此题主要考查了简单几何体的三视图，关键是掌握所看的位置．
3. 在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=4，BC=3，则cosB的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据锐角三角函数的定义求出即可．
【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=4，BC=3，
∴cosB= ．
故选：C．

【点睛】本题考查了锐角三角函数的定义的应用，能熟记锐角三角函数的定义是解此题的关键．
4. 将二次函数y＝﹣x2的图象向左平移2个单位，则平移后的二次函数的表达式为（　　）
A. y＝x2﹣2 B. y＝x2+2
C. y＝（x+2）2 D. y＝（x﹣2）2
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次函数的平移规律，“上加下减，左加右减”进而得出即可．
【详解】将二次函数y＝﹣x2的图象向左平移2个单位，则平移后的二次函数的表达式为y＝（x+2）2．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数的平移，掌握平移规律是解题的关键．
5. 关于函数，下列说法正确的是（ ）
A. 在 轴上的截距是3 B. 它不经过第四象限
C. 当x≥3时，y≤0 D. 图象向下平移4个单位长度得到的图象
【答案】D
【解析】
【分析】令x=0，得到的y值就是在y轴上的截距；根据k，b判定图像的分布；根基自变量的范围计算函数的范围；根据平移规律确定即可．
【详解】令x=0，得y= -3，
∴函数在y轴上的截距为-3，
∴选项A错误；
∵，
∴函数分布在第一，第三，第四象限，
∴选项B错误；
∵x≥3，
∴x-3≥0，
∴y≥0，
∴选项C错误；
∵，
∴图象向下平移4个单位长度得到的图象，
∴选项D正确；
故选D．
【点睛】本题考查了一次函数的性质，图像分布，平移规律，截距的定义，熟练掌握性质，规律是解题的关键．
6. 为了解某地区九年级男生的身高情况，随机抽取了该地区100名九年级男生，他们的身高（）统计如下：
组别（）




人数
5
38
42
15
根据以上结果，抽查该地区一名九年级男生，估计他的身高不低于的概率是（ ）
A. 0.85 B. 0.57 C. 0.42 D. 0.15
【答案】D
【解析】
【分析】先计算出样本中身高不低于180cm的频率，然后根据利用频率估计概率求解．
【详解】样本中身高不低于180cm的频率==0.15，
所以估计他的身高不低于180cm的概率是0.15．
故选D．
【点睛】本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．用频率估计概率得到的是近似值，随实验次数的增多，值越来越精确．
7. 九江某快递公司随着网络的发展，业务增长迅速，完成快递件数从六月份的10万件增长到八月份的12.1万件．假定每月增长率相同，设为x．则可列方程为（　　）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设每月增长率为x，根据增长率公式列出方程即可.
【详解】解：设每月增长率为x，
根据题意得：10（1+x）2＝12.1．
故选：C．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用，熟记增长率公式是解决此题的关键.
8. 有关于x的两个方程：ax2+bx+c=0与ax2-bx+c=0，其中abc＞0，下列判断正确的是（ ）
A. 两个方程可能一个有实数根，另一个没有实数根 B. 若两个方程都有实数根，则必有一根互为相反数
C. 若两个方程都有实数根，则必有一根相等 D. 若两个方程都有实数根，则必有一根互为倒数
【答案】B
【解析】
【分析】分别求出两个方程的根的判别式，由此可判断选项A；设方程的一个实数根为，则，先根据可得，从而可得，再分别将、和代入方程的左边，检验是否等于0即可判断选项B、C、D，由此即可得出答案．
【详解】解：方程根的判别式为，
方程根的判别式为，
所以若一个方程有实数根，则另一个方程也一定有实数根，选项A错误；
若两个方程都有实数根，
设方程一个实数根为，则，即，
，
，
，
将代入方程的左边得：，
即是方程的根，
所以此时两个方程必有一根互为相反数，选项B正确；
将代入方程的左边得：，
即不是方程的根，选项C错误；
将代入方程的左边得：

，
则只有当时，才是方程的根，
所以此时两个方程不一定有一根互为倒数，选项D错误；
故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式、一元二次方程的根，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题关键．
9. 如图，在中，点为边上的一点，且，交于，过点作交于点，若，则的面积为（ ）

A. B. 4 C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得到三角形DEC与三角形ABC相似，由相似三角形面积之比等于相似比的平方两三角形面积之比，进而求出四边形ABDE与三角形ABC面积之比，求出四边形ABDE面积，即可确定出三角形ABC面积．
【详解】∵AB⊥AD，AD⊥DE，
∴∠BAD＝∠ADE＝90°，
∴DE∥AB，
∴∠CED＝∠CAB，
∵∠C＝∠C，
∴△CED∽△CAB，
∵DE＝1，AB＝2，即DE：AB＝1：2，
∴S△DEC：S△ACB＝1：4，
∴S四边形ABDE：S△ACB＝3：4，
∵S四边形ABDE＝S△ABD＋S△ADE＝×2×2＋×2×1＝2＋1＝3，
∴S△ACB＝4，
故选：B．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质，以及等腰直角三角形，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解本题的关键．
10. 已知二次函数与x轴交于A、B两点，则线段AB的最小值为（　　）
A. B. 2 C. D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【详解】解：设．
依题意得 ，．
则．
故线段AB的最小值为 ．
故答案为：C．
【点睛】本题主要考查了抛物线与x轴的交点问题，转化为利用一元二次方程根与系数关系解答是解题的关键．
二、填空题(本部分共5小题，每小题3分，共15分) (共5题；共15分)
11. 已知，则的值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意设b=3k，a=2k，代入所求代数式进行计算即可.
【详解】∵，
∴设b=3k，a=2k，
∴，
故答案为.
【点睛】本题考查了比例的性质，熟练掌握是解题的关键.
12. 如图，正方形与正方形是位似图形，点为位似中心，相似比为，点的坐标为，则点的坐标是__．

【答案】，
【解析】
【分析】根据正方形的性质和位似的性质计算即可；
【详解】解：正方形与正方形是位似图形，为位似中心，相似比为，
，
点的坐标为，
即，
，
四边形是正方形，
．
点的坐标为：，．
故答案为：，．
【点睛】本题主要考查了位似图形的性质和正方形的性质，准确计算是解题的关键．
13. 当，取实数时，规定，若，则实数__________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据新定义运算可得方程，再解分式方程即可求解.
【详解】解：根据新定义运算，可将化为：
，
方程两边同时乘以可得：
，
，
x=0，
经检验得x=0是分式方程的根.
故答案为：0.
【点睛】本题主要考查新定义运算和分式方程的解法，解决本题的关键是要熟练掌握解分式方程的方法.
14. 已知正三角形的边心距为，那么它的边长为________．
【答案】
【解析】
【分析】此题由题意做出图，做出边心距根据勾股定理求解即可．
【详解】
由题意作图，再作OP⊥BC，
OP的长即为边心距，即OP=1，
由△ABC是正三角形，
∴∠ABC=60°，
又∵OP平分∠ABC，
则∠OBP=30°，
∴OB=2OP，
由勾股定理知：BP= = ，
∴BC=，
即边长为，
故答案为．
【点睛】本题考查三角形外接圆与圆心的关系，中间用勾股定理解题是关键．
15. 如图，在△ABC中，E，D，F分别是AD，BF，CE的中点若△DEF的面积是1cm²，则S△ABC=_______．

【答案】7
【解析】
【分析】连接AF，根据三角形中位线的性质求解.
【详解】连接AF，
∵E是AD的中点，
∴
∴，
∵点D是BF的中点，
∴,
∵点F是CE的中点，
∴,
同理可得：,
∴=1+2+2+2=7，
故答案为：7.

【点睛】此题考查三角形中位线的性质，熟知三角形的中位线将三角形分成面积相等的两部分是解题的关键.
三、解答题(本大题共7题.其中16题5分，17题6分，18题6分，19题9分，20题9分，21题10分，22 题10分，共55分) (共7题；共55分)
16. （1）计算：．
（2）化简：．
【答案】（1）1；（2）
【解析】
【分析】（1）分别计算算术平方根、零指数幂，再利用有理数的加法法则相加即可；
（2）利用完全平方公式和单项式乘多项式法则计算后，合并同类项即可．
详解】解：（1）原式＝4＋1－4＝1
（2）原式＝

【点睛】本题考查算术平方根、零指数幂和整式的混合运算．能正确利用法则，分别计算是解题关键．
17. 如图，某学习小组在教学楼的顶部观测信号塔底部的俯角为30°，信号塔顶部的仰角为45°．已知教学楼的高度为20m，求信号塔的高度（计算结果保冒根号）．

【答案】（20＋20）m．
【解析】
【分析】过点A作AE⊥CD于点E，则四边形ABDE是矩形，DE＝AB＝20m，在Rt△ADE中，求出AE的长，在Rt△ACE中，∠AEC＝90°，求出CE的长，即可得到CD的长，得到信号塔的高度．
【详解】解：过点A作AE⊥CD于点E，
由题意可知，∠B＝∠BDE＝∠AED＝90°，
∴四边形ABDE是矩形，
∴DE＝AB＝20m，
在Rt△ADE中，∠AED＝90°，∠DAE＝30°，DE＝20m，
∵tan∠DAE＝，
∴m，
在Rt△ACE中，∠AEC＝90°，∠CAE＝45°，
∴△ACE是等腰直角三角形，
∴ m，
∴CD＝CE＋DE＝（20＋20）m，
∴信号塔的高度为（20＋20）m．

【点睛】此题考查了解直角三角形的应用仰角俯角问题、矩形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、特殊角的锐角三角函数等知识，借助仰角俯角构造直角三角形与矩形是解题的关键．
18. 巴蜀中学2017春季运动会的开幕式精彩纷呈，主要分为以下几个类型：A文艺范、B动漫潮、C学院派、D民族风，为了解未能参加运动会的初三学子对开幕式类型的喜好情况，学生处在初三年级随机抽取了一部分学生进行调查，并将他们喜欢的种类绘制成如下统计图，请你根据统计图解答以下问题：

（1）请补全折线统计图，并求出“动漫潮”所在扇形的圆心角度数．
（2）据统计，在被调查的学生中，喜欢“文艺范”类型的仅有2名住读生，其余均为走读生，初二年级欲从喜欢“文艺范”的这几名同学中随机抽取两名同学去观摩“文明礼仪大赛”视频，用列表法或树状图的方法求出所选的两名同学都是走读生的概率．
【答案】（1）90° （2）
【解析】
【分析】（1）根据等级C的人数除以占的百分比求出调查的学生数，进而确定出等级A的人数即可；补全统计图即可；
（2）列表得出所有等可能的情况数，找出所选两位同学恰好都是走读生的情况数，即可求出所求的概率．
【小问1详解】
解：被调查的学生数为；20÷50%=40人，A文艺范人数=40×12.5%=5人，B动漫潮人数=40﹣5﹣5﹣20=10人，补全折线统计图如图所示，“动漫潮”所在扇形的圆心角度数=360°×=90°；
【小问2详解】
解：设2名住读生为A1，A2，走读生为B1，B2，B3画树状图如图所示，由树状图得知，所有等可能的情况有20种，其中所选两位同学恰好都是都是走读生的情况有6种，∴所选的两名同学都是走读生的概率==．

【点睛】本题考查了列表法与树状图法，折线统计图：折线图是用一个单位表示一定的数量，根据数量的多少描出各点，然后把各点用线段依次连接起来．以折线的上升或下降来表示统计数量增减变化．折线图不但可以表示出数量的多少，而且能够清楚地表示出数量的增减变化情况．也考查了扇形统计图．
19. 如图，已知正方形ABCD中，AB＝4，点E，F在对角线BD上，AE∥CF．

（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）若∠ABE＝2∠BAE，求DF的长．
【答案】（1）见解析；（2）DF＝4﹣4．
【解析】
【分析】（1）利用平行线性质和正方形的性质可得∠AEB=∠CFD，∠ABE=∠CDF，AB=CD，则借助AAS可证明△ABE≌△CDF；
（2）过点E作HE⊥BE，交AB于H点，证明∠HAE=∠HEA，得到AH=HE．设BE=DF=HE=AH=x，则HB=x．根据AB=4，构造关于x的方程，解方程即可．
【详解】解：（1）∵AE∥CF，
∴∠AEF＝∠CFB．
∴∠AEB＝∠CFD．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE＝∠CDF，AB＝CD，
∴△ABE≌△CDF（AAS）．
（2）过点E作HE⊥BE，交AB于H点，

∴∠BHE＝∠HBE＝45°．
∵∠ABE＝2∠BAE，
∴∠BHE＝2∠BAE．
又∵∠BHE＝∠HAE+∠AEH，
∴∠HAE＝∠HEA．
∴AH＝HE．
设BE＝DF＝HE＝AH＝x，
则HB＝
∴＝4，解得x＝4﹣4．
∴DF＝4﹣4．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质，此题第一问简单，第二问是“倍半角”问题，通过辅助线构造等腰三角形转化角的解决这类问题的通用方法．
20. 今年甲、乙两个果园的红心猕猴桃喜获丰收，已知甲果园的总产量为27吨，乙果园的总产量13吨，某果业公司租用、两种型号的保鲜货车去果园运输猕猴桃，甲果园需要型保鲜货车满载猕猴桃运输6趟，同时需要型保鲜货车满载猕猴桃运输5趟才能刚好运输完：乙果园需型保鲜货车满载猕猴桃运输2趟，同时需要型保鲜货车满载猕猴桃运输3趟刚好运输完．
（1）求、两种保鲜货车满载猕猴桃运输一趟分别是多少吨？
（2）果业公司收购该批猕猴桃的单价为0.8万元/吨，目前公司可以0.9万元/吨的价格售出，如果保鲜冷藏储存起来，旺市再销售以便获取最大利润，由于失水和腐烂，水果重量每天减少0.5吨，且每天需支付各种费用0.08万元/吨，而每天的价格会持续上涨0.1万元/吨、如果公司计划把该批猕猴桃最多保鲜冷藏储存20天，那么储存多少天后出售这批猕猴桃所获得的利润最大？最大利润是多少万元？
【答案】（1）型保鲜货车的满载重量为2吨，型保鲜货车的满载重量为3吨；（2）保鲜储存至第3或4天时，利润最大为4.6万元
【解析】
【分析】（1）设A型保鲜货车载重量为吨，型保鲜货车载重量为吨，根据等量关系： A型保鲜货车运输6趟的吨数+B型保鲜货车运输5趟的吨数=27；A型保鲜货车运输2趟的吨数+B型保鲜货车运输3趟的吨数=13，即可列出方程组，解方程组即可；
（2）设储存m天后，获利为w万元，根据题意求出w与m的函数关系式，再根据二次函数的性质解答即可．
【详解】（1）设A型保鲜货车载重量为吨，型保鲜货车载重量为吨，
由题意得：
，
解之得：，
所以A型保鲜货车的满载重量为2吨，型保鲜货车的满载重量为3吨．
（2）设储存天之后，获得利润为万元，根据题得：





∵，
∴有最大值，
∵对称轴为，且，为整数，
∴当或4时，
答：保鲜储存至第3或4天时，利润最大为4.6万元．
【点睛】本题考查了二元一次方程组和二次函数的应用，解题的关键是：找出等量关系，列出二元一次方程组；准确地把所获的利润表示出来．
21. 如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC边OA，OC分别在x轴，y的正半轴上，且OA＝8，OC＝6，连接AC，点D为AC中点，点E从点C出发以每秒1个单位长度运动到点O停止，设运动时间为t秒（0＜t＜6），连接DE，作DF⊥DE交OA于点F，连接EF．
（1）当t的值为　 　时，四边形DEOF是矩形；
（2）用含t的代数式表示线段OF的长度，并说明理由；
（3）当△OEF面积为时，请直接写出直线DE的解析式．

【答案】（1）3；（2）+t；（3）y＝﹣x+4或y＝﹣x+．
【解析】
【分析】（1）根据DE⊥OC得到DE∥OA，由线段的中点的定义得到CD=AD，从而可得到结论；
（2）如图所示：作DM⊥OA于M，DN⊥OC于N，推出四边形DMON是矩形，求得DM=OC=3，DN=OA=4，根据相似三角形的性质得到FM=EN，于是得到结论；
（3）由OA=8，OC=6，得到A（8，0），C（0，6），求得D（4，3），根据三角形的面积列方程得到t=2或，从而可得到直线DE的解析式．
【详解】（1）根据平行线的判定定理得到DE∥OA，由线段的中点的定义得到CD＝AD，于是得到结论，
（2）如图所示：作DM⊥OA于M，DN⊥OC于N，推出四边形DMON是矩形，求得DM＝OC＝3，DN＝OA＝4，根据相似三角形的性质得到FM＝EN，于是得到结论；
（3）由OA＝8，OC＝6，得到A（8，0），C（0，6），求得D（4，3），根据三角形的面积列方程得到t＝2或，于是得到结论．
【解答】解：（1）当DE⊥OC时，四边形DEOF是矩形；
∵DE⊥OC，
∴DE∥OA，
∵点D为AC中点，
∴CD＝AD，
∴CE＝OE＝OC＝3，
∴t＝3，
∴当t的值为3s时，四边形DEOF是矩形，
故答案为：3；
（2）如图所示：作DM⊥OA于M，DN⊥OC于N，

∵四边形OABC矩形，
∴OA⊥OC，
∴四边形DMON是矩形，
∴∠MDN＝90°，DM∥OC，DN∥OA，
∴＝，＝，
∵点D为OB的中点，
∴M、N分别是OA、AB的中点，
∴DM＝OC＝3，DN＝OA＝4，
∵∠EDF＝90°，
∴∠FDM＝∠EDN，
又∵∠DMF＝∠DNE＝90°，
∴△DMF∽△DNE，
∴＝＝，
∴FM＝EN，
∵CN＝OC＝3，CE＝t，
∴EN＝3﹣t，
∴FM＝EN＝﹣t，
∴OF＝4﹣FM＝+t；
（3）∵OA＝8，OC＝6，
∴A（8，0），C（0，6），
∵点DAC中点，
∴D（4，3），
∵CE＝t，
∴OE＝6﹣t，
∵OF＝+t，
∴△OEF面积＝OE•OF＝（6﹣t）（+t）＝，
解得：t＝2或，
当t＝2时，点E（0，4），
∴直线DE的解析式为y＝﹣x+4；
当t＝时，点E（0，），
∴直线DE的解析式为y＝﹣x+，
综上所述，直线DE的解析式为y＝﹣x+4或y＝﹣x+．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，待定系数法求函数的解析式，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
22. 如图，在⊙O中，直线CD垂直直径AB于E，直线GF为⊙O的切线，切点为H，GF与直线CD相交于点F，与AB延长线交于点G，AH交CD于M，其中MH2＝MD•MF．
（1）连接OH，求证：△FMH为等腰三角形；
（2）求证：AC//FG；
（3）若cosF＝，AM＝2，求线段GH的长．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）GH＝．
【解析】
【分析】（1）由切线的性质得出∠OHA+∠MHF＝90°，得出∠OAH+∠AME＝90°，则∠MHF＝∠AME，证得∠MHF＝∠HMF，则结论得出；
（2）证明△HMF∽△DMH，由相似三角形的性质得出∠HDM＝∠MHF，得出∠MHF＝∠CAH，则可得出结论；
（3）证出∠CMA＝∠CAM，得出AC＝CM，设CE＝3x，AC＝4x，则AE＝x，EM＝x，根据AM＝2，求出x＝，得出CE＝3，AE＝，连接OC，可求出半径OC的长，证明△CEA∽△OHG，由相似三角形的性质得出，则可求出答案
【详解】（1）∵直线GF为⊙O的切线，
∴OH⊥GF，
∴∠OHA+∠MHF＝90°，
又∵OA＝OB，
∴∠OHA＝∠OAH，
∵CD⊥AB，
∴∠AEM＝90°，
∴∠OAH+∠AME＝90°，
∴∠MHF＝∠AME，
又∠AME＝∠HMF，
∴∠MHF＝∠HMF，
∴HF＝MF，
∴△FNH为等腰三角形；
（2）连接DH，
∵MH2＝MD•MF．
∴，
又∵∠HMD＝∠FMH，
∴△HMF∽△DMH，
∴∠HDM＝∠MHF，
∵∠HDM＝∠CAH，
∴∠MHF＝∠CAH，
∴AC//GF；

（3）在Rt△ACE中，∠AEC=90°，
∴cos∠ACE＝，
∵AC//GF，
∴∠ACE＝∠F，
∴cos∠ACE＝cosF=，
∴＝，
∴设CE＝3x，AC＝4x，
∴AE=，
∵∠FHM＝∠HMF，∠CAM＝∠MHF，∠HMF＝∠CMA，
∴∠CMA＝∠CAM，
∴AC＝CM，
∴EM＝AM-AE=x，
∴AM＝，
∵AM=，
∴，
∴x＝，
∴CE＝3，AE＝，
连接OC，
在Rt△OCE中，OC2＝OE2+CE2，
设OC＝OA＝a，
∴，
解得a＝，
∵AC//GF，
∴∠G＝∠CAE，
又∵∠OHG＝∠CEA＝90°，
∴△CEA∽△OHG，
∴，
∴，
∴GH＝．
【点睛】本题考查了切线的性质，垂径定理，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，有一定的难度，准确添加辅助线并能灵活运用相关知识是解题的关键．