广东省深圳市福田区红岭实验学校(上沙)2023-2024学年九年级下学期开学考数学试题

这是一份广东省深圳市福田区红岭实验学校(上沙)2023-2024学年九年级下学期开学考数学试题，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(共10小题，满分30分，每小题3分)
1. 如图所示的几何体，它的左视图是（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据左视图的定义：一般指由物体左边向右做正投影得到的视图，即可得出结论．
【详解】解：该几何体的左视图为：
故选B．
【点睛】此题考查的是左视图的判断，掌握左视图的定义是解决此题的关键．
2. 关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则m的值可能是（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】根据判别式的意义得到Δ＝（﹣4）2﹣4m＞0，然后解关于m的不等式，最后对各选项进行判断．
【详解】解：根据题意得Δ＝（﹣4）2﹣4m＞0，
解得m＜4．
∴m＝3，符合题意，您看到的资料都源自我们平台，20多万份试卷任你下载，家威杏 MXSJ663 全网最新，性比价最高故选：A．
【点睛】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．
3. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，cs∠B=，则BC=（ ）

A 6B. 8C. 9D. 15
【答案】B
【解析】
【分析】在Rt△ABC中根据cs∠B的意义，得出，再根据AB＝10，代入即可求出BC．
【详解】在Rt△ABC中，∠C＝90°，
∵cs∠B＝，
∴，
又∵AB＝10，
∴BC＝×AB＝×10＝8，
故选：B．
【点睛】本题考查锐角三角函数，掌握锐角三角函数的定义是解决问题的关键．
4. 将一张长方形纸片（足够长）折叠成如图所示图形，重叠部分是一个三角形（△ABC），BC为折痕，若∠1＝42°，则∠2的度数为（ ）
A. 48°B. 58°C. 60°D. 69°
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行线的性质，可以得到∠1＝∠4，∠4＝∠5，再根据∠1＝42°和折叠的性质，即可得到∠2的度数，本题得以解决．
【详解】解：如图所示，
∵长方形的两条长边平行，∠1＝42°，
∴∠1＝∠4＝42°，∠4＝∠5，
∴∠5＝42°，
由折叠的性质可知，∠2＝∠3，
∵∠2＋∠3＋∠5＝180°，
∴∠2＝69°，
故选：D．
【点睛】本题考查平行线的性质、折叠的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
5. 在一个不透明的盒子中装有a个除颜色外完全相同的球，这a个球中只有4个红球.若每次将球充分搅匀后，任意摸出1个球记下颜色再放回盒子.通过大量重复试验后，发现摸到红球的频率稳定在20%左右，则a的值大约为( )
A. 16B. 20C. 24D. 28
【答案】B
【解析】
【分析】在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从比例关系入手，列出方程求解．
【详解】根据题意知=20%，
解得a=20，
经检验：a=20是原分式方程的解，
故选B．
【点睛】本题考查利用频率估计概率．大量反复试验下频率稳定值即概率．关键是根据红球的频率得到相应的等量关系．
6. 如图是幻灯机的工作原理图，幻灯片与屏幕平行，光源到幻灯片的距离是，幻灯片与屏幕间的距离是，幻灯片上的图案的高度是，屏幕上图案的高度是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】幻灯片上的像与屏幕上的像是位似图形，相似比是，则小数的高度比等于位似比，据此即可求解，本题考查了相似三角形的应用，解题的关键是：求出相似比．
【详解】解：，，
设屏幕上图案的高度是，
则，解得：，
故选：．
7. 下列说法错误的是（ ）
A. 5是25的算术平方根B. 1是1的一个平方根
C. 的平方根是D. 0的平方根与算术平方根都是0
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了平方根及算术平方根，根据平方根及算术平方根的定义逐一判断即可求解，熟练掌握基础知识是解题的关键．
【详解】解：A、5是25的算术平方根，则正确，故不符合题意；
B、1是1的一个平方根，则正确，故不符合题意；
C、的平方根是，则错误，故符合题意；
D、0的平方根与算术平方根都是0，则正确，故不符合题意；
故选：C．
8. 2023年杭州亚运会期间，吉祥物琼琼、宸宸、莲莲因其灵动可爱的形象受到了大家的喜爱．为了提高销量，某店家推出了吉祥物套装礼盒，一个套装礼盒里包含1个吉祥物宸宸玩偶和2个其他吉祥物的钥匙扣．已知一个玩偶的进价为60元，一个钥匙扣的进价为20元，该店家计划用5000元购进一批玩偶和钥匙扣，使得刚好配套，设购进x个玩偶，y个钥匙扣，则下列方程组正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查根据实际问题列二元一次方程组．根据个套装礼盒里包含1个吉祥物宸宸玩偶和2个其他吉祥物的钥匙扣以及店家计划用5000元购进一批玩偶和钥匙扣，列出方程组即可，找准等量关系，是解题的关键．
【详解】解：设购进x个玩偶，y个钥匙扣，由题意，得：
；
故选：D．
9. 下列命题：①全等三角形的对应角相等；②一个负数的绝对值等于这个数的相反数；③正方形的四条边都相等；④平行四边形的两组对角分别相等．
其中逆命题是真命题的有（ ）个．
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】分别写出每个命题的逆命题，再判断真假即可．
【详解】①全等三角形的对应角相等的逆命题是对应角相等的三角形是全等三角形，逆命题是假命题；
②一个负数绝对值等于这个数的相反数的逆命题是一个数的绝对值等于它的相反数，这个数是负数，逆命题是假命题；
③正方形的四条边都相等的逆命题是四条边都相等的四边形是正方形，逆命题是假命题；
④平行四边形的两组对角分别相等的逆命题是两组对角分别相等的四边形是平行四边形，逆命题是真命题．
逆命题是真命题的是④，共1个．
故选：A．
【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题关键是了解如何写出一个命题的逆命题，其中正确的命题是真命题．
10. 如图，在矩形中，的平分线与交于E，点F在的延长线上， ，连接，与交于G，有四个结论：①；②；③④．其中正确的是（ ）
A. ①②④B. ①③④C. ①②③D. ②③④
【答案】A
【解析】
【分析】①只要证明为等腰直角三角形即可；②只要证明即可；③假设，则，推出，由，推出，显然不可能，故③错误，④由，可得，由，推出，推出，由，得，故④正确．
【详解】解：①平分，为直角，
∴，又，
∴为等腰直角三角形，
∴，
又∵四边形矩形，
∴，
∴，①正确；
②∵，
∴为等腰直角三角形，
∴则有，，
又∵，，
∴，
和中，
，
∴，
∴，②正确，
③假设，
则，
由②可得
∴，则，
连接，如下图：
由题意可得：，，
∴，
∴，，
∴，即为等腰直角三角形，
∴，
∴，显然不可能，故③错误，
④∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，故④正确，
正确的为：①②④
故选A．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
二、填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11. 分解因式：________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了因式分解，熟练掌握因式分解的方法是解题关键．综合运用提公因式法和公式法进行因式分解即可．
【详解】解：．
12. 已知m、n是一元二次方程的两个实数根，则代数式的值等于 _________．
【答案】6070
【解析】
分析】由m、n是一元二次方程的两个实数根，可得，，，由，代入求值即可．
【详解】解：∵m、n是一元二次方程的两个实数根，
∴，，，
∴
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解，一元二次方程的根与系数的关系，代数式求值．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
13. 如图，，，，则______．
【答案】4
【解析】
【分析】根据平行线分线段成比例定理得到对应边成比例，然后利用比例性质求出DE．
【详解】∵ l 1∥ l 2∥ l 3，
∴ ，
即 ，
∴DE=4．
故答案为：4．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
14. 如图，A，B是反比例函数y=在第一象限内的图象上的两点，且A，B两点的横坐标分别是2和4，S△OAB=6，则k =______________
【答案】8
【解析】
【分析】过点A作AD⊥x轴，过点B作BC⊥x轴，根据A， B是反比例函数 ( k>0)在第一象限内的图象上的两点， ，，再根据S四边形ABCO= +S四边形ADCB=，得=S四边形ADCB，列出方程，解出即可．
【详解】解：过点A作AD⊥x轴，过点B作BC⊥x轴，
A， B是反比例函数 ( k>0)在第一象限内的图象上的两点，
，
S四边形ABCO= +S四边形ADCB=，
=S四边形ADCB．
，S△OAB=6，
，
k=8，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了反比例函数系数k的几何意义、反比例函数图象上点的坐标特征，掌握这两个知识点的综合应用，其中辅助线的做法是解题关键．
15. 如图，将正方形沿着，将，翻折，使，两点恰好落在点，过点作，交于点．若，则________．

【答案】
【解析】
【分析】设正方形的边长为2，则，，由折叠的性质可得，，，结合证明为等腰三角形，进而可得；设，则，，，在中，由勾股定理可得，代入数值解得，则有，，；由平行线分线段成比例定理可得，代入数值可解得，进而确定，的值，结合，由即可获得答案．
【详解】解：设正方形的边长为2，则，
∴，
由折叠的性质可得，，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，，，
在中，由勾股定理可得，
，
解得，
∴，，，
∵，
∴，即，
解得，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例定理、正方形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，利用相似三角形的性质解得的值是解题关键．
三、解答题（共7小题，满分55分）
16. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】首先根据零指数幂、负整数指数幂和乘方的运算性质，以及绝对值的性质求出原式各项，然后根据实数运算法则计算即可．
【详解】原式=
=．
【点睛】本题主要考查了实数的运算，集合零指数幂、负指数幂，绝对值的性质计算是解题的关键 ．
17. 先化简，再求值：，其中．
【答案】，
【解析】
【分析】先计算括号内的加法，再计算除法运算得到最简结果，代入数值计算即可．
【详解】解：
．
当时，原式．
【点睛】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握分式的运算法则是解题的关键．
18. 我县自开展“语文主题学习”实验以来，各学校在语文老师的指导下，学生的阅读水平和阅读量都有了大幅提升．现有某学校随机抽取了一部分学生的日人均阅读时间x(单位：小时)进行统计，统计结果分为四个等级，分别记为，其中：：，：，：，：，根据统计结果绘制了如图所示的两个尚不完整的统计图．
（1）本次统计共随机抽取了_______名学生；
（2）扇形统计图中等级所占的圆心角是_______；
（3）若该校有1200名学生，请估计“日人均阅读时间大于或等于1小时”的学生共有多少人？
（4）为了激发学生的阅读热情，该校开展了“好书我推荐”演讲比赛，某班决定从甲、乙、丙、丁四名优秀同学中任选两名参加比赛，请用列表法或画树状图的方法求出恰好选中甲、乙两位同学的概率．
【答案】（1）100 （2）
（3）840人 （4）
【解析】
【分析】（1）利用参与调查的等级学生人数除以其所在百分比，即可获得答案；
（2）利用乘以等级学生占比，即可获得答案；
（3）利用该校学生总数乘以参与调查的学生中“日人均阅读时间大于或等于1小时”的学生占比，即可获得答案；
（4）根据题意作出树状图，结合树状图求解即可．
【小问1详解】
人，
∴本次统计共随机抽取了100名学生．
故答案为：100；
【小问2详解】
，
∴扇形统计图中等级所占的圆心角是．
故答案为：；
【小问3详解】
参与调查的学生中，等级的学生有人，
人，
答：估计“日人均阅读时间大于或等于1小时”的学生共有840人；
【小问4详解】
根据题意，画出树状图如下，
由树状图可知，共有12种等可能的结果，其中恰好选中甲、乙两位同学的情况有2种，
∴恰好选中甲、乙两位同学的概率为．
【点睛】本题主要考查了条形统计图、扇形统计图、利用样本估计整体、列举法求概率等知识，理解题意，通过条形统计图和扇形统计图获得所需信息是解题关键．
19. 如图，在四边形中，，对角线交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，则的面积为___________．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）先证四边形是平行四边形，再证，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得，求出OA＝3，再证，得，过O作于P，然后由面积法得，即可得出答案．
【小问1详解】
证明：∵，
∵，
∴四边形是平行四边形
∵平分，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵四边形是平行四边形
∴平行四边形是菱形；
【小问2详解】
解：∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，
过O作于P，
则，
∴的面积．
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、平行线的性质、勾股定理以及相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
20. 推进农村土地集约式管理，提高土地的使用效率是新农村建设的一项重要举措．某村在小城镇建设中集约了2400亩土地，计划对其进行平整．经投标，由甲乙两个工程队来完成平整任务．甲工程队每天可平整土地45亩，乙工程队每天可平整土地30亩．已知乙工程队每天的工程费比甲工程队少500元，当甲工程队所需工程费为12000元，乙工程队所需工程费为9000元时，两工程队工作天数刚好相同．
（1）甲乙两个工程队每天各需工程费多少元？
（2）现由甲乙两个工程队共同参与土地平整，已知两个工程队工作天数均为正整数，且所有土地刚好平整完，总费用不超过110000元．
①甲乙两工程队分别工作的天数共有多少种可能？
②写出其中费用最少的一种方案，并求出最低费用．
【答案】（1）甲每天需工程费2000元、乙工程队每天需工程费1500元；（2）①甲乙两工程队分别工作的天数共有7种可能；②当甲平整52天，乙平整2天时，费用最低，最低费用为107000元
【解析】
【分析】（1）设甲每天需工程费x元、乙工程队每天需工程费（x﹣500）元，构建方程求解即可．
（2）①设甲平整x天，则乙平整y天．由题意，45x+30y＝2400 ①，且2000x+1500y≤110000 ②把问题转化为不等式解决即可．
②总费用w＝2000x+1500（80﹣1.5x）＝﹣250x+120000，利用函数的性质解答即可．
【详解】（1）设甲每天需工程费x元、乙工程队每天需工程费（x﹣500）元，
由题意，＝，
解得x＝2000，
经检验，x＝2000是分式方程的解．
答：甲每天需工程费2000元、乙工程队每天需工程费1500元．
故答案为甲每天需工程费2000元、乙工程队每天需工程费1500元；
（2）①设甲平整x天，则乙平整y天．
由题意，45x+30y＝2400 ①，且2000x+1500y≤110000 ②，
由①得到y＝80﹣1.5x③，
把③代入②得到，2000x+1500（80﹣1.5x）≤110000，
解得，x≥40，
∵y＞0，
∴80﹣1.5x＞0，
x＜53.3，
∴40≤x＜53.3，
∵x，y是正整数，
∴x＝40，y＝20或x＝42，y＝17或x＝44，y＝14或x＝46，y＝11或x＝48，y＝8，或x＝50，y＝5或x＝52，y＝2．
∴甲乙两工程队分别工作的天数共有7种可能．
故答案为共有7中可能；
②总费用w＝2000x+1500（80﹣1.5x）＝﹣250x+120000，
∵﹣250＜0，
∴w随x的增大而减小，
∴x＝52时，w的最小值＝107000（元）．
答：最低费用为107000元．
故答案为：最低费用为107000元．
【点睛】本题考查了分式方程的实际应用，一次函数的实际应用，是利润问题中的综合题，考查较为全面，对于一次函数而言，当k＞0时，y随x的增大而增大，当k＜0时，y随x的增大而减小．
21. 如图1，以BC为直径的半圆O上有一动点F，点E为弧CF的中点连接BE、FC相交于点M，使得AB＝AM，连接AB、CE．
（1）求证：AB是⊙O的切线；
（2）如图2，连接BF，若AF＝FM，的值是否为定值？如果是，求出此值
（3）如图3．若tan∠ACB＝，BM＝10．求EC的长．
【答案】（1）见解析 （2）是定值，
（3）EC＝12
【解析】
【分析】（1）根据等边对等角即对顶角相等可得，由等弧所对的圆周角相等可得，利用直径所对的圆周角为直角各角之间的数量关系可得，即，即可证明；
（2）根据等弧所对的圆周角相等可得，由直径所对的圆周角为直角得出，，根据题意可判断为等边三角形，且，得出，设圆的半径为r，则，利用直角三角形中的性质得出，，勾股定理得出，将其代入即可求解；
（3）根据正切可得，设，，利用勾股定理可得，结合图形得出，利用相似三角形的判定和性质可得，，代入求解即可得．
【小问1详解】
证明：如图所示：
∵，
∴，
点E为弧CF的中点，则，
∵BC为直径，
∴，
∴，
∴，
即，
∴AB是⊙O的切线；
【小问2详解】
解：∵点E为弧CF的中点，
∴，
∵BC为直径，
∴，
∴，
∵，，
∴为等边三角形，且，
∴，
∴，
∴，，
设圆的半径为r，则，
在中，
，
在中，，
∴，，
∴；
∴的值为定值，为；
【小问3详解】
解：，
设：，，
则，
∴，
∵，
，
∴，
∴，即，
解得：．
【点睛】题目主要考查等弧所对的圆周角相等及直径所对的圆周角为直径，切线的证明，等腰三角形的判定和性质，锐角三角形函数解三角形，勾股定理，相似三角形的判定和性质等，理解题意，结合图形，综合运用这些知识点是解题关键．
22. 如图，抛物线与x轴交于A，B两点(B在A的右侧)，且与直线：交于A，D两点，已知B点的坐标为．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）过点B的直线与线段交于点E，且满足与抛物线交于另一点C．
①若点P为直线上方抛物线上一动点，设点P的横坐标为t，当t为何值时，的面积最大；
②过E点向x轴作垂线，交x轴于点F，在抛物线上是否存在一点N，使得，若存在，求出N的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）①②存在，或
【解析】
【分析】（1）先求出点A的坐标，利用交点式，即可得出结论；
（2）①先求出点E的坐标，利用面积公式得出的面积与t的关系，即可得出结论；
②当点N在直线下方时，求出，过点F作于K，交于M，过点K作轴于Q，过点M作轴于L．判断出点K坐标，进而求出点M的坐标，求出直线的解析式，联立抛物线解析式求解，即可得出结论；当点N在直线上方时，利用对称性求出点的坐标，求出直线的解析式，联立抛物线解析式求解即可得出结论．
【小问1详解】
解：∵，
∴当时，，
∴，
∵过点，，
∴；
【小问2详解】
①由题意得，
，
解得，或，
∴点D的坐标为，
如图1，过点D作轴于H，过点E作轴于F，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即：，
∵直线经过，
设直线的解析式为，
∴，
解得，
∴直线的解析式为，
设，
过点P作轴交于G，
则，
∴，
∴当时，的面积最大；
②存在，理由：当点N在直线下方时，
∵轴，，
∴，
在中，，
∵，
∴，
过点F作于K，交于M，过点K作轴于Q，过点M作轴于L．
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设直线的解析式为：，
则：，解得：
∴直线的的解析式为，
联立
解得，或，
∴；
当点N在直线的上方时，
点关于直线的对称点，
同法可得：直线的解析式为，
联立，
解得，或，
∴，即存在点N，N点的坐标为或．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法求函数解析式，平行线分线段成比例，解直角三角形等知识点，综合性强，难度大，属于压轴题，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．