2023年广东省云浮市罗定区九年级中考数学三模试卷

这是一份2023年广东省云浮市罗定区九年级中考数学三模试卷，共20页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，23小题，满分120分，考试用时90分钟．
一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（3分）﹣2024的倒数是（ ）
A．2024B．﹣2024C．D．﹣
2．（3分）2022年全国教育事业统计主要结果发布，统计数据显示，全国共有各级各类学校有52.93万所，将52.93万用科学记数法表示应为（ ）
A．5.293×104B．5.293×105C．52.93×103D．52.93×104
3．（3分）如图，在四个几何体中，三视图完全相同的几何体是（ ）
A．正方体B．长方体
C．圆锥D．圆柱
4．（3分）袋子中装有标号为1，1，2，3，4，2，4，4的完全相同的八个小球，从中任取一个，则（ ）
A．最有可能取到4号球
B．最有可能取到2号球
C．最有可能取到3号球
D．取4种球的可能性一样大
5．（3分）正方形网格中，网格线的交点称为格点．如图，已知A、B是两格点，使得△ABC为等腰三角形的格点C的个数是（ ）
A．4个B．5个C．6个D．8个
6．（3分）若有意义，则（ ）
A．B．C．D．
7．（3分）一元二次方程x2+3x﹣1＝0的两根为x1，x2，则的值为（ ）
A．B．﹣3C．3D．
8．（3分）“某学校改造过程中整修门口1500m的道路，但是在实际施工时，……，求实际每天整修道路多少米？”在这个题目中，若设实际每天整修道路x m，可得方程，则题目中用“……”表示的条件应是（ ）
A．每天比原计划多修5m，结果延期10天完成
B．每天比原计划多修5m，结果提前10天完成
C．每天比原计划少修5m，结果延期10天完成
D．每天比原计划少修5m，结果提前10天完成
9．（3分）在同一坐标系中，一次函数y＝﹣ax+b与二次函数y＝x2+a的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
10．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，CD⊥AB于点D，AE⊥BC于点E，AE与CD交于点F，连接BF，DE，下列结论中：①AF＝BC；②∠DEB＝45°，③AE＝CE+2BD，④若∠CAE＝30°，则＝1，正确的有（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．①②③④
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．（3分）分解因式：a2+3a＝ ．
12．（3分）若角α的补角等于它的余角的6倍，则角α等于 ．
13．（3分）若关于x的不等式组无解，则实数m的取值范围是 ．
14．（3分）如图，点A，B分别在x轴正半轴、y轴正半轴上，点C，D为线段AB的三等分点，点D在等腰Rt△OAE的斜边OE上，反比例函数y＝过点C，D，交AE于点F．若S△DEF＝，则k＝ ．
15．（3分）如图，在Rt△ABC，∠ACB＝90°，E为AC边上的任意一点，把△BCE沿BE折叠，得到△BFE，连接AF．若BC＝6，AC＝8，则AF的最小值为 ．
三．解答题（共8小题，满分75分）
16．（8分）计算：4cs30°+（1﹣）0﹣+（）﹣1．
17．（8分）先化简（﹣1），然后从0，1，2中选一个合适的数作为a的值代入求值．
18．（8分）为迎接建党100周年、巴中市组织了多形式的党史学习教育活动，某校开展了以“听党话、跟党走”为主题的知识竞赛，成绩以A、B、C、D四个等级呈现．现将九年级学生成绩统计如图所示．
（1）请将条形统计图补充完整；
（2）学校从获得满分的四位同学甲、乙、丙、丁中选2名同学参加全市现场党史知识竞赛，选取规则如下：在一个不透明的口袋中，装有4个大小质地均相同的小球，分别标有数字1、2、3、4．从中摸出两个小球，若两个数字之和为奇数，则选甲乙；若两个数字之和为偶数，则选丙丁，请用树状图或列表法说明此规则是否合理．
19．（9分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A （0，3），B（3，4），C（2，2）．
（1）画出△ABC关于x轴对称得到的△A1B1C1，并写出A1和B1的坐标：
（2）画出以点B为位似中心，将△ABC放大2倍的位似图形△A2B2C2（在网格线内作图）．
20．（9分）如图，一次函数y1＝x+4的图象与反比例函数y2＝的图象交于A（﹣1，a），B两点，与x轴交于点C．
（1）求k．
（2）根据图象直接写出y1＞y2时，x的取值范围．
（3）若反比例函数y2＝与一次函数y1＝x+4的图象总有交点，求k的取值．
21．（9分）宜宾某商店决定购进A．B两种纪念品．购进A种纪念品7件，B种纪念品2件和购进A种纪念品5件，B种纪念品6件均需80元．
（1）求购进A、B两种纪念品每件各需多少元？
（2）若该商店决定购进这两种纪念品共100件，考虑市场需求和资金周转，用于购买这100件纪念品的资金不少于750元，但不超过764元，那么该商店共有几种进货方案？
（3）已知商家出售一件A种纪念品可获利a元，出售一件B种纪念品可获利（5﹣a）元，试问在（2）的条件下，商家采用哪种方案可获利最多？（商家出售的纪念品均不低于成本价）
22．（12分）在直角坐标系中，矩形OABD的边OA、OC在坐标轴上，B点坐标是（4，2），M、N分别是边OA、OC上的点．将△OMN沿着直线MN翻折，若点O的对应点是O′．
（1）①若N与C重合，M是OA的中点，则O′的坐标是 ；
②MN∥AC，若翻折后O′在AC上，求MN的解析式．
（2）已知M坐标是（3，0），若△MNO′的外接圆与线段BC有公共点，求N的纵坐标n的取值范围．
23．（12分）如图1，抛物线y＝x2+bx+c过B（3，0），C（0，﹣3）两点，动点M从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿BC方向运动，设运动的时间为t秒．
（1）求抛物线y＝x2+bx+c的表达式；
（2）如图1，过点M作DE⊥x轴于点D，交抛物线于点E，当t＝1时，求四边形OBEC的面积；
（3）如图2，动点N同时从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿OB方向运动，将△BMN绕点M逆时针旋转180°得到△GMF′．
①当点N运动到多少秒时，四边形NBFG是菱形；
②当四边形NBFG是矩形时，将矩形NBFG沿x轴方向平移使得点F落在抛物线上时，直接写出此时点F的坐标．
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1． 解：﹣2024的倒数是﹣；
故选：D．
2． 解：52.93万＝52.93×10000＝5.293×105，
故选：B．
3． 解：正方体的三视图都是正方形，因此A符合题意，
长方体的三视图虽然都是长方形，但大小不相同，因此B不符合题意，
圆锥的主视图、左视图是三角形，而俯视图是圆形的，因此C不符合题意，
圆柱的主视图、左视图是长方形的，而俯视图是圆形的，因此D不符合题意，
故选：A．
4． 解：∵袋子中装有标号为1，1，2，3，4，2，4，4的完全相同的八个小球，
∴取到1号球的可能性为＝；
取到2号球的可能性为＝；
取到3号球的可能性为；
取到4号球的可能性为；
故选：A．
5． 解：如图：
分三种情况：
当AB＝AC时，以点A为圆心，以AB长为半径作圆，则点C1即为所求；
当BA＝BC时，以点B为圆心，以BA长为半径作圆，则点C2即为所求；
当CA＝CB时，作AB的垂直平分线，则点C3，C4，C5，C6A即为所求；
综上所述，使得△ABC为等腰三角形的格点C的个数是6个，
故选：C．
6． 解：由题意得：2x+3≥0，
解得：x≥﹣，
故选：A．
7． 解：∵一元二次方程x2+3x﹣1＝0的两根为x1，x2，
∴x1+x2＝﹣3；x1x2＝﹣1．
∴
＝
＝
＝3．
故选：C．
8． 解：设实际每天整修道路x m，则（x﹣5）m表示：实际施工时，每天比原计划多修5m，
∵方程，其中表示原计划施工所需时间，表示实际施工所需时间，
∴原方程所选用的等量关系为实际施工比原计划提前10天完成．
故选：B．
9． 解：A、由抛物线可知，图象与y轴交在负半轴a＜0，由直线可知，图象过二、三、四象限，﹣a＜0，故此选项错误；
B、由抛物线可知，图象与y轴交在正半轴a＞0，由直线可知，图象过一、二、三象限，﹣a＞0，故此选项错误；
C、由抛物线可知，图象与y轴交在负半轴a＜0，由直线可知，图象过一、二，四象限﹣a＜0，故此选项错误；
D、由抛物线可知，图象与y轴交在负半轴a＜0，由直线可知，图象过一、二，四象限﹣a＞0，即a＜0，故此选项正确；
故选：D．
10． 解：∵AE⊥BC，
∴∠AEC＝∠ADC＝∠CDB＝90°，
∵∠AFD＝∠CFE，
∴∠DAF＝∠DCB，
在△ADF和△CDB中，
，
∴△ADF≌△CDB（ASA），
∵AF＝BC，DF＝DB，故①正确，
∴∠DFB＝∠DBF＝45°，
取BF的中点O，连接OD、OE．
∵∠BDF＝∠BEF＝90°，
∴OE＝OF＝OB＝OD，
∴E、F、D、B四点共圆，
∴∠DEB＝∠DFB＝45°，故②正确，
如图1中，作DM⊥AE于M，DN⊥BC于N，易证△DMF≌△DNB，四边形DMEN是正方形，
∴MF＝BN，EM＝EN，
∴EF+EB＝EM﹣FM+EN+NB＝2EM＝2DN，
∵AE﹣CE＝BC+EF﹣EC＝EF+BE＝2DN＜2BD，
∴AE﹣CE＜2BD，即AE＜EC+2BD，故③错误，
如图2中，延长FE到H，使得FH＝FB．连接HC、BH．
∵∠CAE＝30°，∠CAD＝45°，∠ADF＝90°，
∴∠DAF＝15°，∠AFD＝75°，
∵∠DFB＝45°，
∴∠AFB＝120°，
∴∠BFH＝60°，
∵FH＝BF，
∴△BFH是等边三角形，
∴BF＝BH，
∵BC⊥FH，
∴FE＝EH，
∴CF＝CH，
∴∠CFH＝∠CHF＝∠AFD＝75°，
∴∠ACH＝75°，
∴∠ACH＝∠AHC＝75°，
∴AC＝AH，
∵AF+FB＝AF+FH＝AH，
∴AF+BF＝AC，
∴＝1，故④正确，
故选：B．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11． 解：a2+3a＝a（a+3）．
故答案为：a（a+3）．
12． 解：α的补角为（180°﹣α），余角为（90°﹣α），由题意得：
180°﹣α＝6（90°﹣α），
解得α＝72°．
故答案为：72°
13． 解：∵关于x的不等式组无解，
∴实数m的取值范围是m≤11，
故答案为：m≤11．
14． 解：如图，过点D作DH⊥OA于点H，
∵∠AOB＝90°，∠AHD＝90°，∠OAE＝90°，
∴△AHD∽△AOB，△ODH∽△OEA，
∵C，D为三等分点，
∴AH＝AO，
∵△AOE为等腰直角三角形，
∴AO＝AE，
设E（a，a），
∵＝＝，
∴OH＝AE＝a，
将x＝a代入反比例函数中，得：
y＝，
∴D（a，），
将x＝a代入反比例函数中，得：
y＝，
∴F（a，），
∴S△DEF＝×（a﹣a）×（a﹣）＝，
∵＝，
∴＝，
∴a2＝，
∴S△DEF＝＝＝，
∵S△DEF＝，
∴＝，
∴k＝8．
故答案为：8．
15． 解：∵△BCE沿BE折叠，得到△BFE，
∴BF＝BC＝6，
∴点F在以B为圆心6为半径的圆上，
设以B为圆心6为半径的圆与AB交于点F′，
则BF′＝BC＝6，AF的最小值为AF′的长；
在Rt△ABC中，
∵BC＝6，AC＝8，
∴AB＝，
∴AF′＝AB﹣BF′＝10﹣6＝4，
∴AF的最小值为4，
故答案为：4．
三．解答题（共8小题，满分75分）
16． 解：4cs30°+（1﹣）0﹣+（）﹣1
＝4×+1﹣2+3
＝2﹣2+4
＝4
17． 解：原式＝[﹣]÷
＝
＝•
＝，
∵a≠±1且a≠0，
∴a＝2，
则原式＝．
18． 解：（1）该校九年级共有学生：150÷30%＝500（名），
B等级的人数为：500﹣150﹣100﹣50＝200（名），
将条形统计图补充完整如下：
（2）此规则不合理，理由如下：
画树状图如图：
共有12种等可能的结果，选甲乙的结果有8种，选丙丁的结果有4种，
∴选甲乙的概率为＝，选丙丁的概率为＝，
∵＞，
∴此规则不合理．
19． 解：（1）如图所示：△A1B1C1即为所求；
A1（0，﹣3），B1（3，﹣4）；
（2）如图所示：△A2B2C2即为所求．
20． 解：（1）一次函数y1＝x+4的图象过A（﹣1，a），
∴a＝﹣1+4＝3，
∴A（﹣1，3）代入反比例函数y2＝得，
k＝﹣3
（2）反比例函数y2＝﹣，由题意得，
，解得，，，
∴点B（﹣3，1）
当y1＞y2，即一次函数的图象位于反比例函数图象上方时，
自变量的取值范围为：﹣3＜x＜﹣1或x＞0；
（3）若反比例函数y2＝与一次函数y1＝x+4的图象总有交点，
即，方程＝x+4有实数根，也就是x2+4x﹣k＝0有实数根，
∴16+4k≥0，
解得，k≥﹣4
∴k的取值范围为：k≥﹣4
21． 解：（1）设购进A种纪念品每件需x元、B种纪念品每件需y元，
根据题意得：
解得：
答：购进A种纪念品每件需10元、B种纪念品每件需5元．
（2）设购进A种纪念品t件，则购进B种纪念品（100﹣t）件，
由题意得：750≤5t+500≤764
解得50≤t≤
∵t为正整数
∴t＝50，51，52
∴有三种方案．
第一种方案：购进A种纪念品50件，B种纪念品50件；
第二种方案：购进A种纪念品51件，B种纪念品49件；
第三种方案：购进A种纪念品52件，B种纪念品48件．
（3）第一种方案商家可获利：w＝50a+50（5﹣a）＝250（元）；
第二种方案商家可获利：w＝51a+49（5﹣a）＝245+2a（元）；
第三种方案商家可获利：w＝52a+48（5﹣a）＝240+4a（元）．
当a＝2.5时，三种方案获利相同；
当0≤a＜2.5时，方案一获利最多；
当2.5＜a≤5时，方案三获利最多．
22． 解：（1）①如图1，
∵OM＝ON＝2，∠AOC＝90°，
∴∠OCM＝∠OMC＝45°，
由折叠知：∠MNO′＝∠OCM＝45°，OCM＝45°，CO′＝CO＝2，
∴∠OCO′＝90°，
∴点O′在BC上，
∴Q′（2，2），
故答案为：（2，2）；
②如图2，
连接OO′，
由轴对称的性质可得：OO′⊥MN，OD＝DO′＝，
∵MN∥AC，
∴OO′⊥AC，△OMN∽△OAC，
∴＝，
∴ON＝，OM＝，
∴N（0，1），M（2，0），
设MN的解析式为：y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝﹣；
（2）如图3，
设MN的中点为I，⊙I切BC于D，连接DI，DI的延长线交OA于E，
∴DI⊥BC，
∴∠IDC＝90°，
∵四边形ABCO是矩形，
∴∠BCO＝∠COE＝90°，
∴∠IDC＝∠BCO＝∠COA＝90°，
∴四边形DCOE是矩形，⊙I过点O，
∴DE＝OC＝2，OE＝EM＝OM＝，
∵IM＝IN，
∴ON＝2IE，
设IE＝x，则DI＝IM＝DE﹣IE＝2﹣x，
在Rt△IEM中，由勾股定理得，
IE2+EM2＝IM2，
∴x2+（）2＝（2﹣x）2，
∴x＝，
∴IE＝，
∴ON＝2IE＝，
当≤n≤2时，△MNO′的外接圆与线段BC有公共点．
23． 解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c的图象过B（3，0），C（0，﹣3）两点，
∴，解得，
∴抛物线的表达式为y＝x2﹣x﹣3；
（2）如图：
∵B（3，0）．C（0，﹣3）．
∴OB＝3．OC＝3．
∴BC＝＝6，
当t＝1时．BM＝2t＝2，
∵DM⊥AB．OC⊥AB，
∵DM∥OC．
∴＝，即＝，
∴BD＝1，
∴OD＝OB﹣OD＝3﹣1＝2，
∴在y＝x2﹣x﹣3中，令x＝2得y＝×22﹣2﹣3＝﹣，
∴E（2，﹣）；
∴S四边形OBEC＝S梯形ODEC+S△BDE＝×（+3）×2+××1＝；
（3）①如图：
根据题意得：ON＝t．BN＝3﹣t．BM＝2t，
∵将△BMN绕点M逆时针旋转180°得到△GMF′．
∴BM＝GM，NM＝FM，
∴四边形NBFG是平行四边形，
若四边形NBFG是菱形，只需BG⊥NF，即∠BMN＝90°，
此时cs∠MBN＝＝，
在Rt△BOC中，cs∠CBO＝＝＝，
∴＝，
解得t＝，
答：当点N运动到秒时，四边形NBFG是菱形；
②如图：
根据题意得：ON＝t．BN＝3﹣t．BM＝2t，
∵△BMN绕点M逆时针旋转180°得到△GMF，
∴MN＝MF．BM＝GM．BG＝2BM＝4t．
∵四边形NBFG是平行四边形．
当四边形NBFG是矩形时，只需∠BNG＝90°．
当∠BNG＝∠BOC＝90°时，
∵NG∥OC，
∴＝，即＝，
解得：t＝1．
∴当点N运动1秒时，四边形NBFM是矩形．
∴NB＝3﹣1＝2，BG＝4．NG＝＝2．
将矩形NBFM沿x轴方向平移时，点F落在抛物线的图象上，即yF＝﹣2．
当yF＝﹣2时，x2﹣x﹣3＝﹣2，
解得x1＝，x2＝，
∴点F的坐标为（，﹣2）或（，﹣2）