广东省深圳中学2023-2024学年九年级下学期开学试题数学试题

这是一份广东省深圳中学2023-2024学年九年级下学期开学试题数学试题，共25页。试卷主要包含了考生必须在答题卷上按规定作答等内容，欢迎下载使用。

说明：
1．答题前，务必将自己的姓名、学号等填写在答题卷规定的位置上．
2．考生必须在答题卷上按规定作答：凡在试卷、草稿纸上作答的，其答案一律无效．
3．全卷共6页，考试时间90分钟，满分100分．
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. 的倒数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了倒数，根据倒数的定义：乘积是的两个数互为倒数，即可求解，掌握倒数的定义是解题的关键．
【详解】解：的倒数是，
故选：．
2. 我国古代数学家刘徽利用“牟合方盖”找到了球体体积的计算方法．“牟合方盖”是由两个圆柱分别从纵、横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体．如图所示的几何体是可以形成“牟合方盖”的一种模型，它的左视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了物体的三视图，根据从左边看到的平面图形即可求解，掌握物体三视图的画法是解题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，性比价最高的关键．
【详解】解：由几何体可得，从左边看到的平面图形为，
故选：．
3. 在平行四边形中，对角线与相交于点O．下列说法不能使平行四边形为菱形的是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质，熟练掌握菱形的判定方法是解题关键．
根据菱形的判定、平行四边形的性质逐项判断即可得．
【详解】解：如图所示，
A、由对角线互相垂直的平行四边形是菱形可知，添加能判定是菱形，则此项不符合题意；
B、由邻边相等的平行四边形是菱形可知，添加能判定是菱形，则此项不符合题意；
C、由对角线相等的平行四边形是矩形可知，添加能判定是矩形，不能判定是菱形，则此项符合题意；
D、四边形是平行四边形，
，
，
∵
∴
∴
∴平行四边形是菱形，
即添加能判定是菱形，则此项不符合题意．
故选：C．
4. 下列函数中，y的值随x的值增大而减小的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了一次函数与二次函数的性质，熟练掌握一次函数与二次函数的性质是解题的关键．根据二次函数的性质，一次函数的性质，逐项分析判断即可求解．
【详解】解：A．，，对称轴为直线，
当时，的值随值的增大而减小，当时，的值随值的增大而增大，故该选项不正确，不符合题意；
B．，，对称轴为直线，
当时，的值随值的增大而增大，当时，的值随值的增大而减小，故该选项不正确，不符合题意；
C．，，的值随值的增大而增大，故该选项不正确，不符合题意；
D．，，的值随值的增大而减小，故该选项正确，符合题意；
故选：D．
5. 如图1是我国古建筑墙上采用八角形空窗，其轮廓是一个正八边形，窗外之境如同镶嵌于一个画框之中．如图2是八角形空窗的示意图，它的一个外角（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由正八边形的外角和为，结合正八边形的每一个外角都相等，再列式计算即可．
【详解】解：∵正八边形的外角和为，
∴，
故选A
【点睛】本题考查的是正多边形的外角问题，熟记多边形的外角和为是解本题的关键．
6. 如图，五线谱是由等距离，等长度的五条平行横线组成的，同一条直线上的三个点A，B，C都在横线上．若线段，则线段的长是（ ）
A. B. 1C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】如图所示作辅助线，根据平行线分线段成比例定理，列出比例式，计算即可得解．
【详解】解：过点A作平行横线的垂线，交点B所在的平行横线于D，交点C所在平行横线于E，
，
五线谱是由等距离的五条平行横线组成的，
，
，
解得，
故选：C．
【点睛】此题考查了平行线分线段成比例定理，熟练掌握并灵活运用该定理、找准对应线段是解答此题的关键．
7. 如图，为的直径，，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了圆周角定理，直径所对的圆周角是直角，连接，由圆周角定理可得，由直径所对的圆周角是直角可得，再利用角的和差关系计算即可求解，掌握圆的有关性质定理是解题的关键．
【详解】解：连接，
∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
故选：．
8. 已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）

A. abc＜0B. b2﹣4ac＜0C. a﹣b+c＜0D. 2a+b＝0
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知a＞0，与y轴的交点c＜0，对称轴x＝1；函数与x轴有两个不同的交点；当x＝﹣1时，y＞0．
【详解】由图可知a＞0，与y轴的交点c＜0，对称轴x＝1，
∴b＝﹣2a＜0；
∴abc＞0，A错误；
由图象可知，函数与x轴有两个不同的交点，
∴△＞0，B错误；
当x＝﹣1时，y＞0，
∴a﹣b+c＞0，C错误；
∵b＝﹣2a，D正确；
故选D．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质；熟练掌握二次函数的图象及性质，能够从给出的图象上获取信息确定a，b，c，△，对称轴之间的关系是解题的关键．
9. 如图，为圆O的直径，C为圆O上一点，过点C作圆O的切线交的延长线于点D，，连接，若，则的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据，为圆O的直径可得，结合是圆O的切线即可得到，即可得到，根据勾股定理即可得到答案；
【详解】解：连接，，
∵，为圆O的直径，
∴，，
∵是圆O切线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，
，
故选C；
【点睛】本题考查圆周角定理，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边一半，解题的关键是求出．
10. 如图，已知抛物线与轴交于、两点，对称轴与抛物线交于点，与轴交于点，半径为，为上一动点，为的中点，则的最大值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接，为的中位线，则要使最大，即要使最大，根据圆的性质得，当、、三点共线时，最大，求出此时的值即可求解．
【详解】解：如图，连接，

依题得，为中点，
为中点，
为的中位线，
即，
当最大时，则最大，
由圆的性质可知，当、、三点共线时，最大，
，
，，，
，
又圆半径为，
，
．
故选：．
【点睛】本题考查的知识点是三角形的中位线定理、二次函数的图像与性质、圆的性质、勾股定理，解题关键是合理添加辅助线，善用“中点”解题．
二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分．
11. 因式分解：3a2－12a＋12＝______．
【答案】
【解析】
【分析】直接提取公因式3，再利用完全平方公式分解因式即可．
【详解】解：
=
=
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用乘法公式是解题关键．
12. 贴春联是中华民族的传统文化．不识字的王爷爷不小心将两副对联弄混了，已知这四张联纸上的文字分别是：①天涯若比邻，②修业勤为贵，③行文意必高．④海内存知己．若他任意取出两张联纸，则这两张联纸恰好组成一副对联的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了利用列表法或树状图法求概率，先画出树状图，由树状图求出总的结果数和两张联纸恰好组成一副对联的结果数，再利用概率计算公式计算即可求解，掌握列表法或树状图法是解题的关键．
【详解】解：画树状图如下：
由树状图可知共有种等可能结果，其中两张联纸恰好组成一副对联的有种结果，所以两张联纸恰好组成一副对联的概率为，
故答案为：．
13. 如图，半径为1的⊙O与正五边形ABCDE相切于点A、C，则劣弧的长度为__________．
【答案】
【解析】
【分析】连接OA、OC，如图，根据正多边形内角和公式可求出∠E、∠D，根据切线的性质可求出∠OAE、∠OCD，从而可求出∠AOC，然后根据圆弧长公式即可解决问题．
连接OA、OC，如图
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴
∵AE、CD与O相切，
∴，
∴，
∴的长为
故答案为
【详解】详解片段
14. 如图，在平面直角坐标系中，函数图象上的两点，，满足，的边轴，边轴，若的面积为6，则k的值为_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了反比例函数的几何意义；延长交轴于，延长交轴于点，
由矩形的判定方法得四边形为矩形，由反比例函数的几何意义得，可求，由面积公式可求、，由即可求解；理解反比例函数的几何意义，能得到是解题的关键．
【详解】解：如图，延长交轴于，延长交轴于点，
轴，轴，
四边形为矩形，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
解得：；
故答案：．
15. 如图，在中，，，点，分别在边，上，且，连接，，相交于点，则面积最大值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】作DG∥AC，交BE于点G，得到，进而得到，求出面积最大值，问题得解．
【详解】解：如图1，作DG∥AC，交BE于点G，
∴，
∵ ,
∴
∵
∴
∴
∵AB=4，
∴
∴若面积最大，则面积最大，
如图2，当点△ABC为等腰直角三角形时，面积最大，为，
∴ 面积最大值为
故答案为：
【点睛】本题考查了三角形面积最大问题，相似等知识点，通过OD与CD关系将求面积转化为求面积是解题关键
三、解答题（本题共7小题，共55分）
16. 计算：
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了实数的混合运算，由绝对值的性质、二次根式化简、特殊角的三角函数化简后，进行运算，即可求解；掌握、（）、是解题的关键．
【详解】解：原式
．
17. 二十四节气是中国古代一种用来指导农事的补充历法，在国际气象界被誉为“中国的第五大发明”，并位列联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录．小明和小亮对二十四节气非常感兴趣，在课间玩游戏时，准备了四张完全相同的不透明卡片，卡片正面分别写有“A．惊蛰”“B．夏至”“C．白露”“D．霜降”四个节气，两人商量将卡片背面朝上洗匀后，从中随机抽取一张，并讲述所抽卡片上的节气的由来与习俗．
（1）小明从四张卡片中随机抽取一张卡片，抽到“A．惊蛰”的概率是________．
（2）小明先从四张卡片中随机抽取一张，小亮再从剩下的卡片中随机抽取一张，请用列表或画树状图的方法，求两人都没有抽到“B．夏至”的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）共有4种等可能出现的结果，其中抽到“A．惊蛰”的只有1种，由概率的定义可得答案；
（2）用树状图列举出所有等可能出现的结果，再根据概率的定义进行计算即可．
【小问1详解】
解：共有4种等可能出现的结果，其中抽到“A．惊蛰”的只有1种，
所以小明从四张卡片中随机抽取一张卡片，抽到“A．惊蛰”的概率是，
故答案为：；
【小问2详解】
解：用树状图表示所有等可能出现的结果如下：
共有12种等可能出现的结果，其中两人都没有抽到“B．夏至”的有6种，
所以两人都没有抽到“B．夏至”的概率为．
【点睛】本题考查列表法或树状图法，用树状图表示所有等可能的出现的结果是正确解答的关键．
18. 大鹏商城销售一种文创书签，已知每件进价为6元，当销售单价定为8元时，每天可以销售200件．市场调查反映：销售单价每提高1元，日销量将会减少10件，物价部门规定：销售单价不能超过12元．设该书签的销售单价为x（元），日销量为y（件），日销售利润为w（元）．
（1）求y与x的函数关系式．（不需要写出x的取值范围）
（2）求日销售利润w（元）与销售单价x（元）的函数关系式，当x为何值时，日销售利润最大，并求出最大利润．
【答案】（1）
（2）日销售利润w（元）与销售单价x（元）的函数关系式为，当时，日销售利润最大，最大利润为元
【解析】
【分析】本题考查了一次函数的应用，二次函数的应用；
（1）等量关系式：日销量单价提高所减少的销售量，据此列出函数关系式，即可求解；
（2）等量关系式：日销售利润单件销售利润单价提高后的销售量，据此列出函数关系式，根据二次函数的性质，即可求解；
找出等量关系式是解题的关键．
【小问1详解】
解：由题意得
；
故y与x的函数关系式为；
【小问2详解】
解：由题意得
，
，，
当时，
（元）；
答：日销售利润w（元）与销售单价x（元）的函数关系式为，当时，日销售利润最大，最大利润为元．
19. 综合与实践活动中，要利用测角仪测量塔的高度，如图，塔前有一座高为的观景台，已知，，点E，C，A在同一条水平直线上．某学习小组在观景台C处测得塔顶部B的仰角为，在观景台D处测得塔顶部B的仰角为．
（1）_______________．
（2）设塔的高度为h（单位：m）；
①用含有h的式子表示线段的长，则_______________．（结果保留根号）；
②求塔的高度（取、取，结果取整数）．
【答案】（1）
（2）①()，②
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，直角三角形的特征，勾股定理，三角函数，等腰三角形的判定及性质，矩形的性质；
（1）由直角三角形的特征得，即可求解；
（2）①由等腰三角形性质得，由勾股定理得，求出，即可求解；②过作于，由矩形的性质可求，，由正切函数得，即可求解；
能熟练利用勾股定理和三角函数解直角三角形是解题的关键．
【小问1详解】
解：由题意得
，
，
，
故答案：；
【小问2详解】
解：①由题意得
，，
，
，
由（1）得：
，
；
故答案：()；
②如图，过作于，
四边形是矩形，
，
，
，
，
在中，
，
即：，
解得：，
塔的高度为．
20. 已知AB是圆O的直径，点C是圆O上一点，点P为圆O外一点，且，．
（1）求证：PA为圆O的切线；
（2）如果，求AC的长．
【答案】（1）见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）先由圆周角定理得∠ACB=90°，则∠BAC+∠B=90°．再由平行线的性质得∠AOP=∠B，然后证∠P+∠AOP=90°，则∠PAO=90°，即可得证；
（2）先证△OAP≌△BCA（AAS），得BC=OA=AB=1，再由勾股定理求出AC的长即可．
【小问1详解】
证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC+∠B=90°，
又∵OP∥BC，
∴∠AOP=∠B，
∴∠BAC+∠AOP=90°，
∵∠P=∠BAC，
∴∠P+∠AOP=90°，
∴∠PAO=90°，
∴PA⊥OA，
又∵OA是⊙O的半径，
∴PA为⊙O的切线；
【小问2详解】
由（1）得：∠PAO=∠ACB=90°，
又∵∠P=∠BAC，OP=BA，
∴△OAP≌△BCA（AAS），
∴BC＝OA＝AB＝1，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定、圆周角定理、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、勾股定理等知识；熟练掌握切线的判定和圆周角定理是解题的关键．
21. 随着自动化设备的普及，公园中引入了自动喷灌器系统．该喷灌器可垂直升降，从喷水口喷出的水柱均为形状相同的抛物线，图是该喷灌器喷水时的截面示意图．
（1）喷水口离地高度为，喷出的水柱在离喷水口水平距离为处达到最高，高度为，且水柱刚好落在公园围栏和地面的交界处．以点为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴建立平面直角坐标系（如图）．
求出该抛物线的解析式；
求喷灌器底端到点的距离；
（2）现准备在公园内沿围栏建花坛，花坛的截面示意图为矩形（如图），其中高为，宽为．为达到给花坛喷灌的效果，需将喷水口向上升高，使水柱落在花坛的上方边上，则的取值范围为_______________．
【答案】（1）；；
（2）
【解析】
【分析】（）用待定系数法求得抛物线的函数表达式； 令，求得方程的解，根据问题的实际意义做出取舍即可求解；
（）由题意可得，，分别代入，求得的最小值和最大值，再令，分别求得的最小值和最大值，即可求出的取值范围；
本题考查了二次函数的实际应用，待定系数法求二次函数解析式，理清题中的数量关系并结合实际分析是解题的关键．
【小问1详解】
解：设抛物线解析式为，把代入得，
，
解得，
∴抛物线的表达式为；
令，得 ，
解得，，
∴，
∴，
∴喷灌器底端到点的距离为；
【小问2详解】
解：∵，，
∴，
设，把代入得，
，
解得，
∴，
当时，，
∴，
∴，
设，把代入得，
，
解得，
∴，
当时，，
∴，
∴，
∴使水柱落在花坛的上方边上，的取值范围为，
故答案为：．
22. 如图1，在矩形中，点E，F分别是边上的点，连接，且于点G，若，求的值．

（1）请你帮助同学们解决上述问题，并说明理由．
（2）如图2，在中， ，点D为的中点，连接，过点A作于点E，交于点F，求的值．

（3）如图3，在四边形中，，，，点E，F分别在边上，且，垂足为G，则______．

【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由矩形的性质得出，证明，由相似三角形的性质得出；
（2）过点B作的垂线，过点D作的垂线，垂足为K，过点A作的平行线，分别交两条垂线于G，H，根据有三个直角的四边形，即四边形为矩形，证明，由全等三角形的性质得出，证明，由相似三角形的性质得出答案；
（3）过C作于N，交的延长线于点M，证明，得出，证明，由相似三角形的性质得出，设，则，设，则，由勾股定理证出，则可得出答案．
【小问1详解】
解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：过点B作的垂线，过点D作的垂线，垂足为K，过点A作的平行线，分别交两条垂线于G，H，
∵
则四边形为矩形，

∵D为中点，
∴，
又∵，
∴
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵
∴，
设，则，，
∴，
由（1）知，，
∴；
【小问3详解】
解：过C作于N，交的延长线于点M，

∵，即，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
在和中，
，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，设，则，
∴，
中，由勾股定理得：，
∴，
解得（舍去），
∴，
故答案为：．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．