2023年山东省济宁市邹城市6月九年级学业水平模拟预测题(四)数学试题（原卷版+解析版）

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一、选择题（每题3分，共30分）
1. 的倒数是（ ）
A. B. 2023C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了倒数的定义．乘积等于1的两个数互为倒数．
由倒数的定义进行判断，即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴的倒数是，
故选：C．
2. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 为了解某市中学生的睡眠情况适宜采用全面调查
B. 一组数据2，5，5，7，7，4，6的中位数是7
C. 明天的降水的概率为90%，则明天下雨是必然事件
D. 若平均数相同的甲、乙两组数据，，，则乙组数据更稳定
【答案】D
【解析】
【分析】根据调查方式的选取原则，中位数，事件的分类，方差，逐一进行判断即可．
【详解】解：A、适合抽样调查，选项错误，不符合题意；
B、中位数为：5，选项错误，不符合题意；
C、是随机事件，选项错误，不符合题意；
D、，乙组数据更稳定，选项正确，符合题意．
故选D．
【点睛】本题考查调查方式，中位数，事件的分类，方差．熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
3. 截至2023年2月，中国已建设开通了231.2万个5G基站，建成全球技术领先、规模最大、用户最多的5G网络，数据231.2万用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将231.2万表示形式为（，n为整数）的形式即可解答．
【详解】解：231.2万．
故选C．
【点睛】本题主要考查了科学记数法，将原数表示形式为（，n为整数）的形式，确定a和n的值时是解答本题的关键．
4. 如图是由6个大小相同的立方体组成的几何体，在这个几何体的三视图中，是中心对称图形的是

A. 主视图B. 左视图C. 俯视图D. 主视图和左视图
【答案】C
【解析】
【详解】【分析】根据所得到的主视图、俯视图、左视图结合中心对称图形的定义进行判断即可.
【详解】观察几何体，可得三视图如图所示：

可知俯视图是中心对称图形，
故选C.
【点睛】本题考查了三视图、中心对称图形，正确得到三视图是解决问题的关键.
5. 下列计算中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查整式的混合运算，利用整式的除法的法则，同底数幂的乘法的法则，平方差公式，积的乘方的法则对各项进行运算即可．
【详解】A、，故A不符合题意；
B、，故B符合题意；
C、，故C不符合题意；
D、，故D不符合题意；
故选：B．
6. 如图，已知，，为直角，则等于（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查平行线的性质及邻补角互补是，过E作，根据，得到，从而得到，，最后结合邻补角求解即可得到答案；
【详解】解：过E作，
∵，，
∴，
∴，，
∵，为直角，
，
∴，，
∵，
∴，
故选：B．
7. 如图，已知的顶点，分别在轴，轴上，，，按以下步骤作图：①分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，交于点，；②作直线交轴于点，交轴于点，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接BC，如图，先利用勾股定理计算出OA＝8，再由作法得CA＝CB，利用勾股定理得到OC2＋42＝（8−OC）2，然后求出OC得到C点坐标．
【详解】解：连接BC，如图，
∵B（0，4），
∴OB＝4，
在Rt△ABO中，OA=，
由作法得PQ垂直平分AB，
∴CA＝CB，
在Rt△BOC中，BC＝AC＝OA−OC＝8−OC，
∵OC2＋42＝（8−OC）2，
∴OC＝3，
∴C点坐标为（−3，0）．
故选：B．
【点睛】本题考查了作图−基本作图：熟练掌握5种基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了线段垂直平分线的性质和勾股定理．
8. 已知关于x的分式方程的解是正数，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. 且D. 且
【答案】C
【解析】
【分析】先将分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解，根据分式方程的解为正数得到且，即可求解．
【详解】方程两边同时乘以，得，
解得，
关于x的分式方程的解是正数，
，且，
即且，
且，
故选：C．
【点睛】本题考查了分式方程的解，涉及解分式方程和分式方程分母不为0，熟练掌握知识点是解题的关键．
9. 如图，的内接正六边形的边心距为，分别以、、为圆心，正六边形的半径画弧，则图中阴影部分的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】如图，连接，，作于点，由题意知，是等边三角形，则，，由勾股定理得，解得，则，根据计算求解即可．
【详解】解：如图，连接，，作于点，
由题意知．
∵，，
∴是等边三角形
∴，，
∴，
解得，
∴，
∴
．
故选A．
【点睛】本题考查了正多边形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，扇形的面积等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
10. 在平面直角坐标系中，点在直线上，过点作轴于点，作等腰直角三角形（与原点重合），再以为腰作等腰直角三角形；以为腰作等腰直角三角形…；按照这样的规律进行下去，那么的坐标为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线的解析式以及等腰直角三角形的性质即可得出A2（0，2），A3（2，4），A4（6，8），根据坐标的变化即可找出变化规律An（2n−1−2，2n−1）．即可得出点A2019的坐标．
【详解】
解：如上图，
∵点B1、B2、B3、…、Bn在x轴上，且A1B1＝B1B2，A2B2＝B2B3，A3B3＝B3B4，
∵A1（−1，1），
∴A2（0，2），A3（2，4），A4（6，8），…，
∴An（2n−1−2，2n−1）．
∴A2019的坐标为（22018−2，22018）．
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、等腰直角三角形的性质以及规律型中点的坐标，解题的关键是找出An坐标的变化规律，本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，结合一次函数图象上点的坐标特征以及等腰直角三角形的性质找出线段的变化规律是关键．
二、填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11. 在函数中，自变量x取值范围是___．
【答案】且
【解析】
【详解】根据题意得：x+1≥0且x≠0，
解得：x≥-1且x≠0．
故答案为：x≥-1且x≠0．
【点睛】考点：函数自变量的取值范围．
12. 如图，反比例函数的图象经过矩形OABC的边AB的中点D，则矩形OABC的面积为_____．
【答案】4．
【解析】
【分析】由反比例函数的系数k的几何意义可知：OA•AD=2，然后可求得OA•AB的值，从而可求得矩形OABC的面积．
【详解】∵反比例函数的图象经过点D，
∴OA•AD=2．
∵D是AB的中点，
∴AB=2AD．
∴矩形的面积=OA•AB=2AD•OA=2×2=4．
故答案为4．
考点：反比例函数系数k几何意义．
13. 定义运算：@．若，是方程的两根，则@@的值为______ ．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了整式的运算，先根据定义运算化简@@，再根据根与系数的关系求出、的值，最后把、的值代入化简后的式子得结论．
【详解】由题意：@@



，是方程的两根，
，


原式


故答案为：
14. 如图，一位篮球运动员投篮，球沿抛物线运行，然后准确落入篮筐内，已知篮筐的中心离地面的高度为，则他距篮筐中心的水平距离是_________．
【答案】4
【解析】
【分析】将代入中可求出x，结合图形可知，即可求出OH．
【详解】解：当时，，解得：或，
结合图形可知：，
故答案为：4
【点睛】本题考查二次函数的实际应用：投球问题，解题的关键是结合函数图形确定x的值．
15. 如图，，点在边上，，点为边上一动点，连接，与关于所在的直线对称，点，分别为，的中点，连接并延长交所在直线于点，连接，当为直角三角形时，的长为___________．
【答案】或2
【解析】
【分析】当为直角三角形时，存在两种情况：①当时，如图1，根据对称的性质和平行线可得：，根据直角三角形斜边中线的性质得：，最后利用勾股定理可得的长；②当时，如图2，证明是等腰直角三角形，可得．
【详解】解：当为直角三角形时，存在两种情况：
①当时，如图1，
与关于所在直线对称，
，，
点，分别为，的中点，
、是的中位线，
，
，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
则在中，，
；
②当时，
∴，如图2，
，
，
与关于所在直线对称，
，
是等腰直角三角形，
；
综上所述，的长为或2；
故答案为：或2．
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理、勾股定理、轴对称的性质、等腰直角三角形的判定、直角三角形斜边中线的性质，并利用分类讨论的思想解决问题．
三、解答题（共7小题， 满分55分）
16. 计算：-2cs30°+（ ）-2-|1-|
【答案】5+
【解析】
【详解】分析：根据二次根式的性质，特殊角的三角函数值，负整指数幂的性质，绝对值的性质，逐一计算即可.
详解：-2cs30°+（ ）-2-|1-|
=3-2×+4-+1
=5+.
点睛：此题主要考查了实数的混合运算，熟记并利用二次根式的性质，特殊角的三角函数值，负整指数幂的性质，绝对值的性质是解题关键.
17. 如图，有甲乙两座建筑物，从甲建筑物A点处测得乙建筑物D点的俯角为，C点的俯角为，为两座建筑物的水平距离.已知乙建筑物的高度为6m，求甲建筑物的高度.
（，，，结果保留整数）.

【答案】
【解析】
【分析】过点作于点，则，，，在中，，设，则，，，在中，，解得，进而可得出答案．
【详解】解：如图，过点作于点，设，
根据题意可得：，，
∴，
∴四边形是矩形，
∵从甲建筑物点处测得乙建筑物点的俯角为，点的俯角为，为两座建筑物的水平距离，乙建筑物的高度为，
∴，，，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，
即，
∴
解得，
经检验是原分式方程的解且符合题意，
∴．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用一仰角俯角问题，涉及到锐角三角函数，矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形两锐角互余，分式方程等知识．熟练掌握锐角三角函数的定义是解答本题的关键．
18. 某中学对学生最喜欢的课外活动进行了随机抽样调查，要求每人只能选择其中的一项，根据得到的数据，绘制的不完整统计图如图，请根据图中信息完成下列问题：
（1）这次调查的样本容量是______ ，请补全折线统计图；
（2）求体育部分所对应的圆心角度数；
（3）若该学校有人，则喜欢科技课外活动的大约有______ 人；若该学校组建的科技社团要选拔名同学去参加区科技活动竞赛，经过筛选确定名男同学和名女同学去参赛，在竞赛的决赛阶段需要分两个小组展示他们设计的科技成果，求恰好两个女生分到一个组的概率．
【答案】（1）200，图见解析
（2）
（3）350人；
【解析】
【分析】本题主要考查了列表法与树状图法，扇形统计图，折线统计图，熟练掌握扇形统计图等统计的知识是解题的关键．
（1）根据样本容量就是调查总人数，即可解答；
（2）根据样本个数所占比样本个数样本容量和扇形统计图圆心角公式为圆心角度数百分比即可解答；
（3）根据样本个数样本容量样本个数所占比和列举法求概率即可解答．
【小问1详解】
喜欢播音学生人数为人，占，
人，
这次调查的样本容量是；
调查的样本容量是，
喜欢艺术的学生人数有人，喜欢科技的学生人数为人，
补全折线统计图如图所示，

故答案为：；
【小问2详解】
体育部分所对应的圆心角度数为；
故体育部分所对应的圆心角度数为；
【小问3详解】
若该学校有人，喜欢科技课外活动的大约有人；
故答案为：．
名男同学和名女同学去参赛，分两个小组展示可以有种可能，分别男男，女女，男女，男女，男女，男女，
恰好两个女生分到一个组的概率为．
19. 如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O与BC相交于点D且BD＝2AD，过点D作DE⊥AC交BA延长线于点E，垂足为点F．
（1）求tan∠ADF的值；
（2）证明：DE是⊙O的切线；
（3）若⊙O的半径R＝5，求EF的长．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】(1) AB是⊙O的直径，AB=AC，可得∠ADB=90°，∠ADF=∠B，可求得tan∠ADF的值；
（2）连接OD，由已知条件证明AC∥OD，又DE⊥AC，可得DE是⊙O的切线；
(3)由AF∥OD，可得△AFE∽△ODE，可得后求得EF的长．
【详解】解：（1）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵AB=AC，
∴∠BAD=∠CAD，
∵DE⊥AC，
∴∠AFD=90°，
∴∠ADF=∠B，
∴tan∠ADF=tan∠B==；
（2）连接OD，
∵OD=OA，
∴∠ODA=∠OAD，
∵∠OAD=∠CAD，
∴∠CAD=∠ODA，
∴AC∥OD，
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；
（3）设AD=x，则BD=2x，
∴AB=x=10，
∴x=2，
∴AD=2，
同理得：AF=2，DF=4，
∵AF∥OD，
∴△AFE∽△ODE，
∴，
∴=，
∴EF=．
【点睛】本题考查切线的证明及圆与三角形相似的综合，为中考常考题型，需引起重视．
20. 某校组织学生到外地进行社会实践活动，共有680名学生参加，并携带300件行李．学校计划租用甲、乙两种型号的汽车共20辆．经了解，甲种汽车每辆最多能载40人和10件行李，乙种汽车每辆最多能载30人和20件行李．
（1）如何安排甲、乙两种汽车可一次性地将学生和行李全部运走？有哪几种方案？
（2）如果甲、乙两种汽车每辆的租车费用分别为2000元、1800元，请你选择最省钱的一种租车方案．
【答案】（1）①租用甲型汽车8辆、乙型汽车12辆；②租用甲型汽车9辆、乙型汽车11辆；③租用甲型汽车10辆、乙型汽车10辆．
（2）最省钱的租车方案是：租用甲型汽车8辆、乙型汽车12辆．
【解析】
【分析】本题主要考查了应用一元一次不等式组解决方案设计问题，一次函数的性质等，
对于（1），先根据题意列出不等式组得求出解集，再确定的取值，进而确定出具体方案；
对于（2），先求出关于租车总费用的函数关系式，再根据一次函数的增减性确定总费用最小的租车方案．
【小问1详解】
解：设安排辆甲型汽车，安排辆乙型汽车，
由题意得，解得：
∴整数可取8、9、10．
∴共有三种方案：
①租用甲型汽车8辆、乙型汽车12辆；
②租用甲型汽车9辆、乙型汽车11辆；
③租用甲型汽车10辆、乙型汽车10辆．
【小问2详解】
解：设租车总费用为元，则
∴随的增大而增大，
∴当时，，
∴最省钱的租车方案是：租用甲型汽车8辆、乙型汽车12辆．
21. 已知：正方形ABCD，等腰直角三角形的直角顶点落在正方形的顶点D处，使三角板绕点D旋转．

（1）当三角板旋转到图1的位置时，猜想CE与AF的数量关系，并加以证明；
（2）在（1）的条件下，若DE＝1，AE＝，CE＝3，求∠AED的度数；
（3）若BC＝4，点M是边AB的中点，连结DM，DM与AC交于点O，当三角板的一边DF与边DM重合时（如图2），若OF＝，求CN的长．
【答案】（1）CE=AF，证明见解析；（2）∠AED=135°；（3）CN= ．
【解析】
【分析】（1）由正方形额等腰直角三角形的性质判断出△ADF≌△CDE即可；
（2）设DE=k，表示出AE，CE，EF，判断出△AEF为直角三角形，即可求出∠AED；
（3）由AB∥CD，得出，求出DM，DO，再判断出△DFN∽△DCO，得到 ，求出DN即可．
【详解】解：：（1）CE=AF；
在正方形ABCD，等腰直角三角形CEF中，
FD=DE，CD=CA，∠ADC=∠EDF=90°
∴∠ADF=∠CDE，
∴△ADF≌△CDE，
∴CE=AF，
（2）设DE=k，
∵DE：AE：CE=1：：3
∴AE=k，CE=AF=3k，
∴EF=k，
∵AE2+EF2=7k2+2k2=9k2，AF2=9k2，
即AE2+EF2=AF2
∴△AEF为直角三角形，
∴∠BEF=90°
∴∠AED=∠AEF+DEF=90°+45°=135°；
（3）∵M是AB中点，
∴MA=AB=AD，
∵AB∥CD，
∴，
在Rt△DAM中，DM=，
∴DO=
∵OF=
∴DF=
∵∠DFN=∠DCO=45°，∠FDN=∠CDO
∴△DFN∽△DCO
∴
∴
∴DN=
∴CN=CD-DN=4-=．
【点睛】本题是一道几何变换题，主要考查了图形旋转的性质、等腰直角三角形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及逆定理、相似三角形的判定与性质等知识的综合运用，综合性很强，难度适中，第3小题是本题难点，发现相似三角形转移线段比进行计算时解决问题的关键．
22. 如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于和，与轴交于点，连接，．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图2，点为直线上方的抛物线上任意一点，过点作轴的平行线，交于点，过点作轴的平行线，交直线于点，求周长的最大值；
（3）点为抛物线上的一动点，是否存在点使？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）抛物线的解析式为
（2）周长最大值为
（3）的坐标为或
【解析】
【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的解析式为；
（2）设直线解析式为，用待定系数法得直线解析式为，设，则，即得，可证，可得，，构建二次函数，利用二次函数的性质求解；
（3）在轴负半轴上取，使，连接交抛物线于，此时，是满足条件的点，由，，得直线解析式为，即可解得，作关于直线的对称点，连接并延长交抛物线于，由对称性知，是满足条件的点，设，构建方程组求出点的坐标，可得结论．
【小问1详解】
解：（1）把和的坐标代入，得到，
解得，
抛物线的解析式为；
【小问2详解】
由可得，
设直线解析式为，把代入得：
，
解得，
直线解析式为，
设，则，
，
轴，轴，
，，
，
，即，
，，
周长
，
，
当时，周长最大值为；
【小问3详解】
在轴负半轴上取，使，连接交抛物线于，如图：
，，此时，是满足条件的点，
，，
直线解析式为，
由得或，
，
作关于直线的对称点，连接并延长交抛物线于，由对称性知，是满足条件的点，
设，根据，可得：
，
解得或，
，，
由，，可得直线解析式为：，
解得或，
，
综上所述，的坐标为或．
【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、相似三角形判定与性质、对称变换等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．