四川省内江市第六中学2023-2024学年九年级下学期入学考试数学试题 （解析版）

这是一份四川省内江市第六中学2023-2024学年九年级下学期入学考试数学试题 （解析版），共27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。

1. 如果一个有理数的绝对值是6，那么这个数是（ ）
A. 6B. 6或C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】根据绝对值的定义解决此题．
【详解】解：∵|±6|＝6，
∴这个数是6或．
故选：B．
【点睛】本题考查了绝对值的定义，解题关键是明确绝对值表示数轴上表示的数到原点的距离，注意：原点左右两侧各有一个到原点距离为6的点．
2. 下列方程属于一元二次方程的是（ ）
A. B. C. x﹣3＝0D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义判断即可．
【详解】解：A、方程中未知数的最高次数是3，不是一元二次方程，故该选项不符合题意；
B、只含有1个未知数，未知数的最高次数是2，故该选项符合题意；
C、方程中未知数的最高次数是1，不是一元二次方程，故该选项不符合题意；
D、该方程不是整式方程，故该选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次方程，掌握只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程是解题的关键．
3. 下列函数：①；②；③，其图象既是轴对称图形，又是中心对称图形有（ ）
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象，反比例函数图象，正比例函数图象．根据正比例函数图象，反比例函数图象，二次函数图象的对称性分析判断即可得解．
【详解】解：①的函数图象，既是轴对称图形，又是中心对称图形；
②的函数图象，既是轴对称图形，又是中心对称图形；
③的函数图象是轴对称图形，不是中心对称图形；
所以图象既是轴对称图形，又是中心对称图形的有①②，共2个．
故选：C．
4. 今年是共建“一带一路”倡议提出周年，也是构建人类命运共同体理念提出周年．年到年，中国与“一带一路”共建国家的累计双向投资超过亿美元．亿用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查科学记数法，把一个绝对值大于数记作 的形式，其中 是整数位数只有一位的数，是正整数.，这种记数方法叫做科学记数法，用科学记数法表示一个绝对值大于的数时，的指数比原数的整数位数少．
【详解】解：亿
故选：B
5. 的值是（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了特殊角三角函数值，根据特殊角三角函数值可得答案．
详解】解：，
故选：A．
6. 关于的一元二次方程无实数解，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用一元二次方程根的判别式求解即可．
【详解】解：∵关于的一元二次方程无实数解，
∴，
∴，
故选A．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，对于一元二次方程，若，则方程有两个不相等的实数根，若，则方程有两个相等的实数根，若，则方程没有实数根．
7. 用计算机处理数据，为了防止数据输入出错，某研究室安排两名程序操作员各输入一遍，比较两人的输入是否一致，本次操作需输入2640个数据，已知甲的输入速度是乙的2倍，结果甲比乙少用2小时输完．这两名操作员每分钟各能输入多少个数据？设乙每分钟能输入x个数据，根据题意得方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设乙每分钟能输入x个数据，则甲每分钟能输入个数据，根据“甲比乙少用2小时输完”列出分式方程即可．
【详解】解：设乙每分钟能输入x个数据，则甲每分钟能输入个数据，
由题意得，
故选：D．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
8. 在平面直角坐标系中，已知点，，以原点为位似中心，相似比为，把缩小，则点的对应点的坐标是（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】根据位似比的性质可知，用点的坐标分别乘以即可求解．
【详解】解：点，相似比为，
∴点的对应点的坐标是，即，或者，即，
故选：．
【点睛】本题主要考查位似的性质，掌握位似的性质，用点坐标乘以相似比（正数相似比，负数相似比）是解题的关键．
9. 关于二次函数，下列说法正确的是（ ）
A. 图象的对称轴在轴的右侧B. 图象与轴的交点坐标为
C. 图象与轴的交点坐标为和D. 函数的最小值为
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次函数的图象与性质进行求解即可．
【详解】解：由题意知，对称轴为直线，在轴左侧，选项A错误，故不符合要求；
令，则，即图象与轴的交点坐标为，选项B错误，故不符合要求；
令，则或，即图象与轴的交点坐标为和，选项C错误，故不符合要求；
∵，
∴，函数有最小值，选项D正确，故符合要求；
故选D．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质．解题的关键在于熟练掌握二次函数的图象与性质．
10. 如图，，点E在上，与交于点F，若，，则等于（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由可得：、，进而得：、，然后两式相加即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，即①，
∵，
∴，
∴，即②，
①+②，得：，
解得．
故选C．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，属于基本题型，解题的关键是利用相似三角形的性质得出、．
11. 如图，拋物线（为常数）关于直线对称．下列五个结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的有（ ）

A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个
【答案】B
【解析】
【分析】由抛物线的开口方向、与y轴交点以及对称轴的位置可判断a、b、c的符号，由此可判断①正确；由抛物线的对称轴为，得到，即可判断②；可知时和时的y值相等可判断③正确；由图知时二次函数有最小值，可判断④错误；由抛物线的对称轴为可得，因此，根据图像可判断⑤正确．
【详解】①∵抛物线的开口向上，
∵抛物线与y轴交点在y轴的负半轴上，
由得，，
，
故①正确；
②抛物线的对称轴为，
，
，
，故②正确；
③由抛物线的对称轴为，可知时和时的y值相等．
由图知时，，
∴时，．
即．
故③错误；
④由图知时二次函数有最小值，
，
，
，
故④错误；
⑤由抛物线的对称轴为可得，
，
∴，
当时，．
由图知时
故⑤正确．
综上所述：正确的是①②⑤，有3个，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图像与系数的关系，二次函数的对称轴及顶点位置．熟练掌握二次函数图像的性质及数形结合是解题的关键．
12. 如图，在中，，点P为线段上的动点，以每秒1个单位长度的速度从点A向点B移动，到达点B时停止．过点P作于点M、作于点N，连接，线段的长度y与点P的运动时间t（秒）的函数关系如图所示，则函数图象最低点E的坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】如图所示，过点C作于D，连接，先利用勾股定理的逆定理证明是直角三角形，即，进而利用等面积法求出，则可利用勾股定理求出；再证明四边形是矩形，得到，故当点P与点D重合时，最小，即最小，此时最小值为，，则点E的坐标为．
【详解】解：如图所示，过点C作于D，连接，
∵在中，，
∴，
∴是直角三角形，即，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴当最小时，即最小，
∴当点P与点D重合时，最小，即最小，此时最小值为，，
∴点E的坐标为，
故选C．
【点睛】本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，矩形的性质与判断，垂线段最短，坐标与图形等等，正确作出辅助线是解题的关键．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）
13. 函数中，自变量x的取值范围是__________．
【答案】x≥-2且x≠1
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件和分式有意义的条件即可求出结论．
【详解】解：由题意可得
解得x≥-2且x≠1
故答案为：x≥-2且x≠1．
【点睛】此题考查的是求自变量的取值范围，掌握二次根式有意义的条件和分式有意义的条件是解决此题的关键．
14. 当重复试验次数足够多时，可用频率来估计概率．历史上数学家皮尔逊（Pearsn）曾在实验中掷均匀的硬币24000次，正面朝上的次数是12012次，频率约为0.5，则掷一枚均匀的硬币，正面朝上的概率是 _____．
【答案】0.5##
【解析】
【分析】根据大量重复试验中事件发生的频率可以表示概率解答即可．
【详解】解：当重复试验次数足够多时，频率逐渐稳定在0.5左右，
∴掷一枚均匀的硬币，正面朝上的概率是0.5．
故答案为：0.5．
【点睛】本题主要考查了用频率估计概率，熟练掌握大量重复试验中事件发生的频率可以表示概率是解答本题的关键．
15. 在中，的对边分别为a、b、c，且满足，则的值为___________．
【答案】##
【解析】
【分析】由，可得，求解，证明，再利用正弦的定义求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，，，
解得：，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是利用完全平方公式分解因式，算术平方根，绝对值，偶次方的非负性，勾股定理的逆定理的应用，锐角的正弦的含义，证明是解本题的关键．
16. 如图，ΔABC和都是等边三角形，且点A、C、E在同一直线上，与、分别交于点F、M，与交于点N．下列结论正确的是_______（写出所有正确结论的序号）．
①；②；③；④
【答案】①③④
【解析】
【分析】①根据等边三角形性质得出，，，求出，根据推出两三角形全等即可；
②根据，求出，可推出，找不出全等的条件；
③根据角的关系可以求得，可求得，根据可解题；
④根据，，可求得，可判定，可求得，可解题．
【详解】明：①∵ΔABC和都是等边三角形，
∴，，，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴，，，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，即；
②∵，
∴，
∴，
∵，
∴，找不出全等的条件；
③∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
④∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
两边同时除得，
∴．
故答案为①③④
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形的对应边、对应角相等的性质，考查了平行线的运用，考查了正三角形的判定，本题属于中档题．
三、解答题（本大题共5小题，共44分，解答应写出必要的文字说明或推演步骤．）
17. 计算： ．
【答案】
【解析】
【分析】利用零指数幂、负整数指数幂法则，绝对值的代数意义，以及特殊角的三角函数值计算即可得到结果．
【详解】原式
．
【点睛】本题考查了零指数幂、负整数指数幂法则，实数的混合运算，以及特殊角的三角函数值，熟记各知识点是解题的关键．
18. 如图，中，过点B作于E，F为上一点，且．

（1）求证：；
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】(1)由平行四边形的性质结合条件可得到，，据此即可证得结论；
(2)由平行线的性质可知，在中，由含角直角三角形的性质及勾股定理可求得，再根据相似三角形的性质即可解答．
【小问1详解】
证明：四边形是平行四边形，
，，
，，
，，
，
∴；
【小问2详解】
解：，，
，
∵，
，
在中，， ，
得，
解得(负值舍去)，
∵，
，
得，
解得，
故的长为．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、平行四边形的性质、角的直角三角形的性质、勾股定理等知识，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
19. 为落实国家“双减”政策，学校在课后托管时间里开展了“A．音乐、B．体育、C．文学、D．美术”四项社团活动，学校从全校1200名学生中随机抽取了部分学生进行“你最喜欢哪一种社团活动”的问卷调查（每人必选且只选一种），并根据调查结果，绘制了如图所示的两幅不完整的统计图．根据图中信息，解答下列问题：

（1）参加调查的学生共有 人；条形统计图中m的值为 ；扇形统计图中α的度数为 ；根据调查结果，可估计该校1200名学生中最喜欢“音乐”社团的约有 人；
（2）现从“文学”社团里表现优秀的甲、乙、丙、丁四名同学中随机选取两名参加演讲比赛，请用列表或画树状图的方法求出恰好选中甲和乙两名同学的概率．
【答案】（1）60，11，，200
（2）恰好选中甲、乙两名同学的概率为．
【解析】
【分析】（1）利用即可求出参加问卷调查的学生人数．根据，即可得出答案．用该校总人数乘以样本中最喜欢“音乐”社团的占比即可．
（2）画树状图列出所有等可能的结果，再找出恰好选中甲、乙两名同学的结果，利用概率公式可得出答案．
【小问1详解】
解：（人），
，
，
（人），
参加调查的学生共有60人；条形统计图中的值为11；扇形统计图中的度数为；根据调查结果，可估计该校1200名学生中最喜欢“音乐”社团的约有200人；
故答案为：60，11，，200；
【小问2详解】
解：画树状图如下：

共有12种等可能的结果，其中恰好选中甲、乙两名同学的结果有2种，
恰好选中甲、乙两名同学的概率为．
【点睛】本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体、列表法与树状图法，熟练掌握条形统计图与扇形统计图、用样本估计总体以及列表法与树状图法求概率是解答本题的关键．
20. 为了测试成都熊猫基地观光瞭望塔“竹笋”建筑物的高度，小军同学采取了如下方法：在地面上点处平放一面镜子，并在镜子上做一个标记，然后人向后退，直至站在点处恰好看到建筑物的顶端在镜子中的像与镜子上的标记重合（如图所示）.其中，，三点在同一条直线上.已知小军的眼睛距离地面的高度的长约为，和的长分别为和，求建筑物的高度.（说明：由物理知识，可知）
【答案】
【解析】
【分析】先求出，得到，代入数值求解即可．
【详解】解：∵，，
∴,
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∵和的长分别为40m和1m，的长约为1.75m，
∴，
∴（m），
答：建筑物的高度约为．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，解题关键是掌握相似三角形的判定与性质．
21. 已知关于x的一元二次方程．
（1）求证：无论m为何值，方程总有实数根；
（2）若是方程的两个实数根，且，求m的值．
【答案】（1）见解析 （2）或1
【解析】
【分析】本题考查根的判别式，根与系数之间的关系：
（1）求出判别式的符号，即可得出结论；
（2）根据根与系数的关系，进行求解即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴
，
∴无论m为何值，方程总有实数根；
【小问2详解】
解：∵是方程的两个实数根，
∴，
∴，
∴
∴，整理，得：，
解得：，
经检验，这两个解均符合题意；
∴的值为：或1．
四、填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分．）
22. 已知，为一元二次方程的两个根，则的值为____________．
【答案】10
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，由一元二次方程根与系数的关系可得：，，，再代入计算即可得到答案，熟练掌握关于x的一元二次方程的两个实数根，和系数，，，有如下关系：，，是解此题的关键．
【详解】解：，为一元二次方程的两个根，
，，，
，
，
故答案为：．
23. 已知关于的一元二次方程，现从，1，2三个数中任取一个数作为方程中的值，再从剩下的两个数中任取一个数作为方程中的值，则取得的，的值能使该一元二次方程有实数根的概率是______.
【答案】23
【解析】
【分析】用列举法依次确定满足方程有实数根的情况数和总的情况数，再利用概率公式求解即可．
【详解】解：，
当和和和时，这四种情况均有，
由于m和n的取值一共有六种情况（m在前，n在后），
∴取得的 m ， n 的值能使该一元二次方程有实数根的概率是，
故答案为：23．
【点睛】本题考查了概率的应用，涉及到了一元二次方程的根的判别式，解题关键是牢记概率公式和一元二次方程根的判别式，理解当时，方程才有实数根．
24. 规定：lgab（a＞0，a≠1，b＞0）表示a，b之间的一种运算．现有如下的运算法则：lgaan＝n，lgNM＝（a＞0，a≠1，N＞0，N≠1，M＞0）．例如：lg223＝3，lg25＝，则lg1001000＝________________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据lgNM＝（a＞0，a≠1，N＞0，N≠1，M＞0）将所求式子化成以10为底的对数形式，再利用公式lgaan＝n 进行计算．
【详解】解：先由公式lgNM＝得：lg1001000＝，
由公式lgaan＝n得：lg101000＝＝3，
lg10100＝＝2，
∴lg1001000＝＝＝．
故答案为：．
【点睛】本题考查新定义运算，正确理解所给新定义的运算法则是解题关键．
25. 如图，在平面直角坐标系中，点，，在轴正半轴上，点，，在射线上，，若，且，，均为等边三角形， 则线段的长度为_________
【答案】
【解析】
【分析】由得出，由等边三角形性质可得，，由三角形外角的定义及性质得出，从而得到，，进而得出，同理可得，，从而得出，即可得解．
【详解】解：，
，
是等边三角形，
，，
点，，在射线上，，
，
，
，
，，
，
同理可得：，
，
同理可得：，
…，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了图形类变化规律、等边三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形外角的定义及性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用，得出是解此题的关键．
五、解答题（本大题共3小题，每小题12分，共36分，解答应写出必要的文字说明或推演步骤）
26. 某县著名传统土特产品“豆笋”、“豆干”以“浓郁豆香，绿色健康”享誉全国，深受广大消费者喜爱．已知2件豆笋和3件豆干进货价为240元，3件豆笋和4件豆干进货价为340元．
（1）分别求出每件豆笋、豆干的进价；
（2）某特产店计划用不超过元购进豆笋、豆干共件，且豆笋的数量不低于豆干数量的，该特产店有哪几种进货方案？
（3）若该特产店每件豆笋售价为80元，每件豆干售价为55元，在（2）的条件下，怎样进货可使该特产店获得利润最大，最大利润为多少元？
【答案】（1）豆笋、豆干的进价分别是60元/件，40元/件
（2）有3种进货方案：豆干购进件，则豆笋购进件；豆干购进件，则豆笋购进件；豆干购进件，则豆笋购进件
（3）购进豆干购进件，则豆笋购进件，获得最大利润为元
【解析】
【分析】（1）设豆笋、豆干的进价分别是a元/件、b元/件，根据等量关系列出方程组，解方程组即可；
（2）设豆干购进n件，则豆笋购进件，根据不等关系列出不等式组，解不等式组，再根据n取整数，即可求得进货方案；
（3）设总利润为W元，豆干购进n件，求得W关于x的函数关系式为，根据一次函数的性质即可求得总利润最大的进货方案．
【小问1详解】
解：设豆笋、豆干的进价分别是a元/件、b元/件，
则，解得，
故豆笋、豆干的进价分别是60元/件，40元/件．
【小问2详解】
设豆干购进n件，则豆笋购进件，
，
解得，
∴时，，即豆干购进件，则豆笋购进件，
时，，即豆干购进件，则豆笋购进件，
时，，即豆干购进件，则豆笋购进件．
【小问3详解】
设总利润为W元，豆干购进n件，
则
（且n为整数），
∵，
当时，W随n的增大而减小，
∴当时，W取最大值，为．
此时，购进豆干购进件，则豆笋购进件，获得最大利润为元．
【点睛】本题是方程、不等式及函数的综合题，考查了解二元一次方程组，解一元一次不等式组，一次函数的性质等知识，涉及分类讨论思想，属于常考题型．
27. 初识图形
（1）如图1，、分别为正方形边和边上的点，连接、，且．则 ．
类比探究
（2）如图2，矩形中，点、分别在边、上，连接、，且，，，则 ．
拓展应用
（3）如图3，中，、分别为、边上的点，，，，连接，交于点．求长．请说明理由．
【答案】（1）1；（2）；（3）．
【解析】
【分析】（1）证明，得到，进而得出结果；
（2）作，交于，交于，可证得，从而得出，进而得出结果；
（3）作于，设，，，进而得出，，可证得，从而，进而得出，由得，，求得的值，进一步得出结果．
【详解】解：（1）四边形为正方形，
，，
，
，
，
，
；
在与中，
，
，
，
，
故答案为：1；
（2）如图1，
作，交于，交于，
，
四边形是矩形，
，，，，
四边形是平行四边形，，
，
同理（1）可得：，
，
，
故答案为：；
（3）如图2，
作于，设，
，，
，
，
，
，，
由（1）知：，
，
，
，
，
，
由得，
，
，
．
【点睛】本题考查了正方形、矩形的性质，相似三角形的判定和性质，轴对称的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．
28. 如图，抛物线过点．

（1）求抛物线的解析式；
（2）设点是直线上方抛物线上一点，求出的最大面积及此时点的坐标；
（3）若点是抛物线对称轴上一动点，点为坐标平面内一点，是否存在以为边，点为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）的最大面积为，
（3）存在，或或，，见解析
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法代入求解即可；
（2）利用待定系数法先确定直线的解析式为，设点，过点P作轴于点D，交于点E，得出，然后得出三角形面积的函数即可得出结果；
（3）分两种情况进行分析：若为菱形的边长，利用菱形的性质求解即可．
【小问1详解】
解：将点代入解析式得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
【小问2详解】
设直线的解析式为，将点B、C代入得：
，
解得：，
∴直线的解析式为，
∵，
∴，
设点，过点P作轴于点D，交于点E，如图所示：

∴，
∴，
∴，
∴当时，的最大面积为，
，
∴
【小问3详解】
存在，或或，，证明如下：
∵，
∵抛物线的解析式为，
∴对称轴为：，
设点，
若为菱形的边长，菱形，
则，即，
解得：，，
∵，
∴，
∴，；
若为菱形的边长，菱形，
则，即，
解得：，，
∵，
∴，
∴，；
综上可得：
或或，．
【点睛】题目主要考查二次函数的综合应用，包括待定系数法确定函数解析式，三角形面积问题及特殊四边形问题，全等三角形的判定和性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．