精品解析：广东省深圳市部分学校2022-2023学年九年级下学期2月联考质量检测数学试题

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本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷为1-10题，共30分，第II卷为11-22题，共70分，全卷共计100分．考试时间为90分钟．
注意事项：
1、答题前，请将学校、姓名、班级、考场和座位号写在答题卡指定位置，将条形码贴在答题卡指定位置．
2、选择题答案，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动请用2B橡皮擦干净后，再涂其它答案，不能答在试题卷上．非选择题，答题不能超出题目指定区域．
3、考试结束，监考人员将答题卡收回．
第I卷（本卷共计30分）
一．选择题：（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共计30分）
1. 某物体如图所示，它的主视图是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据主视图的定义和画法进行判断即可．
【详解】解：某物体如图所示，它的主视图是：
故选：D．
【点睛】本题考查简单几何体的主视图，主视图就是从正面看物体所得到的图形．
2. 在一个不透明的口袋中装有4个红球和若干个白球，他们除颜色外其他完全相同．通过多次摸球实验后发现，摸到红球的频率稳定在25%附近，则口袋中白球可能有( )
A. 6个B. 15个C. 13个D. 12个
【答案】D
【解析】
【详解】解：设白球个数为：x个，
∵摸到红色球的频率稳定在25%左右，∴口袋中得到红色球的概率为25%．
∴，解得：x=12．
经检验：x=12是原方程的解
∴白球的个数为12个．
故选D．
3. 是关于的一元二次方程的解，则（ ）
A. B. C. 4D.
【答案】A
【解析】
【分析】先把x=1代入方程得a+2b=-1，然后利用整体代入的方法计算2a+4b的值
【详解】解：将x＝1代入方程x2+ax+2b＝0，
得a+2b＝－1，
2a+4b＝2（a+2b）
＝2×（－1）
＝－2.
故选A.
【点睛】此题考查一元二次方程的解，整式运算，掌握运算法则是解题关键
4. 在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝5，AC＝12，则sinB的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用勾股定理得出AB的长，再利用锐角三角函数得出答案．
【详解】解：如图所示：
∵∠C＝90°，BC＝5，AC＝12，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查勾股定理的应用和锐角三角函数的定义，在直角三角形中，锐角的正弦为对边比斜边，解题的关键是理解三角函数的定义．
5. 某地92号汽油价格三月底是6.2元/升，五月底是8.9元/升，设该号汽油价格这两个月平均每月的增长率为，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用该地92号汽油五月底的价格=该地92号汽油三月底的价格×（1+该地92号汽油价格这两个月平均每月的增长率），即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【详解】解：依题意得，
故选：A．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
6. 如图，以点O为位似中心，作四边形的位似图形，已知，若四边形的面积是2，则四边形的面积是（ ）
A. 4B. 6C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用位似图形的性质，求出面积比，即可求解．
【详解】∵以点O为位似中心，作四边形的位似图形，，
∴，
则四边形面积为．
故选：D．
【点睛】本题考查了位似图形的性质，位似图形面积比等于相似比的平方，据此即可求解．
7. 下列命题中假命题是（ ）
A. 二次函数的对称轴是直线
B. 对角线垂直且相等的四边形是正方形
C. 某双曲线经过点，则必过点
D. 方程无实数根
【答案】B
【解析】
【分析】根据命题的定义、二次函数的性质、正方形的判定、双曲线解析式的求法以及一元二次方程根的情况分别对四个语句进行判断即可．
【详解】解：A． 二次函数的对称轴是直线，故此项为真命题；
B． 对角线垂直平分且相等的四边形是正方形，故此项为假命题；
C．设双曲线的解析式为，把代入得，从而有，经验证在上，故此项为真命题；
D． 由方程得，所以方程无实数根，故此故此项为真命题，
故选∶B．
【点睛】本题考查了命题的定义、二次函数的性质、正方形的判定、双曲线解析式的求法以及一元二次方程根的情况，判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式．有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．
8. 数学中余弦定理是这样描述的：在中，、、所对的边分别为、、，则三角形中任意一边的平方等于另外两边的平方和减去这两边及这两边的夹角的余弦值的乘积的2倍，用公式可描述为：，，．在中，，，，则的值是（ ）
A. 5B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据题目中给出的信息列式解答即可．
【详解】解：根据题意得：
，
∴或（舍去），故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了新定义计算，特殊角的三角函数值，余弦定理，解题的关键是理解题意，熟练进行计算．
9. 二次函数的图象如图所示，以下结论正确的个数为（ ）
①；②；③；④（为任意实数）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】由抛物线开口方向得到，利用抛物线的对称轴方程得到，由抛物线与y轴的交点在x轴的下方得到，则可对①进行判断；利用，得到，则，于是可对②进行判断；利用抛物线的对称性得到抛物线与x轴的另一个交点坐标为，则可对③进行判断；由于时，y有最小值，则可对④进行判断．
【详解】解：∵抛物线开口向上，
∴，
∵抛物线的对称轴为直线，
∴，
∵抛物线与y轴的交点在x轴的下方，
∴，
∴，所以①正确；
∵时，，
∴，
∴，
∴，所以②正确；
∵抛物线的对称轴为直线，抛物线与x轴的一个交点坐标为，
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为，
∴当时，，
即，所以③正确；
∵时，y有最小值，
∴（m为任意实数），
∴，所以④错误；
综上，①②③正确，
故选：C．
【点睛】本题考查二次函数图象与性质等知识，涉及的知识点有抛物线的对称轴、抛物线与y轴的交点、二次函数的最值等，是重要考点，难度较易，掌握二次函数图象与性质是解题关键．
10. 如图，，，与交于点，若，，则点到的距离是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作，作交的延长线于点G，证明，根据勾股定理求出，，根据，即可得出答案．
【详解】解：作于点F，作交的延长线于点G，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∵，，
，
，
，
∴，
∴，
∴，即点到的距离是，
故选：B．
【点睛】本题考查勾股定理，三角形的面积的计算，正确作出辅助线是解题的关键．
第II卷（本卷共计70分）
二．填空题：（每小题3分，共计15分）
11. 若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据比例基本性质变形，代入求职即可；
【详解】由可设，，k是非零整数，
则．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了比的基本性质，准确利用性质变形是解题的关键．
12. 抛物线向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度，得到抛物线的顶点坐标是______．
【答案】（3，5）
【解析】
【分析】先求出抛物线的顶点坐标，再根据向右平移横坐标加，向上平移纵坐标加求出平移后的抛物线的顶点坐标即可．
【详解】解：抛物线的顶点坐标为（1，2），
∵将抛物线y=（x-1）2+2再向右平移2个单位长度，向上平移3个单位长度，
∴平移后的抛物线的顶点坐标为（3，5）．
故答案为：（3，5）．
【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．
13. 如图，在矩形中，作的垂直平分线分别与、交于点、，连接、．若，．则的周长为______
【答案】24
【解析】
【分析】先证，可得，由菱形的判定可证平行四边形是菱形，由勾股定理可求，即可求解．
【详解】解∶如下图，
∵是垂直平分线，
∴，
∵四边形是矩形
∴，，，
∴，，
在和中
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∶，
∶平行四边形是菱形；
∴，
∵，
∴，
∴在中，由勾股定理得，，
∴矩形的周长，
故答案为为24．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
14. 如图，，，将向右平移到位置A的对应点是，的对应点是，反比例函数的图像经过点和的中点，则的值是______．
【答案】24
【解析】
【分析】作轴，轴，轴，设，表示出四边形的面积，再根据相似三角形的性质得出，，即可表示出四边形的面积，然后根据的几何意义得出方程，求出，可得答案．
【详解】解：过点作轴，轴，轴，根据题意，得，
设，
∴四边形的面积是
∵是的中点，轴，轴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴四边形的面积为，
∴，
解得，
∴
故答案为：24．
【点睛】本题主要考查了反比例函数中k的几何意义，正确的作出辅助线构造矩形是解题的关键．
15. 如图，与都是等腰三角形，，点为边上一点，且，与所夹锐角为，点为上一动点，求点自点运动至点时，点所经过的路径长______．（用含与的式子表示）
【答案】
【解析】
【分析】先证明，得出，连接并延长，证明，可得出点D在射线上运动，当点E在B点时，点D在C点，当点E在P点时，点D在点，此时，，即为点D所经过的路径长，点作于点F，根据勾股定理求出，再根据即可得出答案．
【详解】解：∵与都是等腰三角形，，
∴，，
，，
∴，
∴，
∴，
连接并延长，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴点D在射线上运动，
当点E在B点时，点D在C点，当点E在P点时，点D在点，
此时，，
即为点D所经过的路径长，
过点作于点F，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，正弦，正确作出辅助线得出即为点D所经过的路径长是解题的关键．
三．解答题（共55分）
16. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】依次计算“0次方”、、负整数指数幂、化简等，再进行合并同类项即可．
【详解】解：原式=．
【点睛】本题综合考查了非零数的零次幂、特殊角的三角函数、负整数指数幂以及二次根式的化简等内容，解决本题的关键是牢记相关计算公式等，本题易错点为对的化简，该项出现的“ -”较多，因此符号易出错，因此要注意．
17. 2022年4月15日是第七个全民国家安全教育日，某校七、八年级举行了一次国家安全知识竞赛，经过评比后，七年级两名学生（用，表示）和八年级的两名学生（用，表示）获得优秀奖．
（1）从获得优秀奖的学生中随机抽取一名分享经验，恰好抽到七年级学生的概率是_________．
（2）从获得优秀奖的学生中随机抽取两名分享经验，请用列表法或画树状图法，求抽取的两名学生恰好一名来自七年级、一名来自八年级的概率．
【答案】（1）；
（2）作图见解析，．
【解析】
【分析】（1）直接根据概率公式求解即可；
（2）画树状图得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
【小问1详解】
从获得优秀奖的学生中随机抽取一名分享经验，恰好抽到七年级学生的概率是，
故答案为：；
【小问2详解】
树状图如下：
由表知，共有12种等可能结果，其中抽取的两名学生恰好一名来自七年级、一名来自八年级的有8种结果，
所以抽取的两名学生恰好一名来自七年级、一名来自八年级的概率为．
【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式计算事件A或事件B的概率．
18. 小明学了《解直角三角形》内容后，对一条东西走向的隧道进行实地测量．如图所示，他在地面上点C处测得隧道一端点A在他的北偏东方向上，他沿西北方向前进米后到达点D，此时测得点A在他的东北方向上，端点B在他的北偏西方向上，（点A、B、C、D在同一平面内）
（1）求点D与点A的距离；
（2）求隧道的长度．（结果保留根号）
【答案】（1）点D与点A的距离为300米
（2）隧道的长为米
【解析】
【分析】（1）根据方位角图，易知，，解即可求解；
（2）过点D作于点E．分别解，求出和，即可求出隧道的长
【小问1详解】
由题意可知：，
在中，
∴（米）
答：点D与点A距离为300米．
【小问2详解】
过点D作于点E．
∵是东西走向
∴
在中，
∴
在中，
∴
∴（米）
答：隧道的长为米
【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用-方向角问题，掌握方向角的概念、熟记特殊角的三角函数值是解题的关键．
19. 小欣研究了函数的图象与性质，其研究过程如下：
（1）绘制函数图象①列表：下表是与的几组对应值，其中______；
②描点：根据表中的数值描点；③连线：用平滑的曲线顺次连接各点，请把图象补充完整．
（2）探究函数性质：下列说法不正确的是（ ）
A．函数值随的增大而减小 B．函数图象不经过第四象限．
C．函数图象与直线没有交点 D．函数图象对称中心
（3）如果点、在函数图像上，如果，则______．
【答案】（1）①1；②描点见解析；③补充图象见解析；
（2）A （3）0
【解析】
【分析】（1）①将代入即得m的值；②描出即可；③把描出的点用平滑的曲线顺次连接即可；
（2）根据图象，数形结合即可判断．
（3）由得，从而有， 于是即可得．
【小问1详解】
解∶①时，，
故答案为：1；
②如图∶
∵，
∴A即为补充描出的点；
③补充图象如图∶
【小问2详解】
解：根据函数图象可得∶
A．每一个分支上，函数值y随x的增大而减小，故A错误；
B．图像不经过第四象限，故B正确；
C．当时，无意义，所以函数图象与直线没有交点，故C正确；
D．图象关于对称，故D正确．
故选A．
【小问3详解】
解：∵，
∴，
∵点、在函数图像上，
∴，，
∴，
故答案为：0．
【点睛】本题考查函数的图形及性质分式的加减，解题的关键是熟练掌握研究函数的方法∶用列表、描点、连线作出图象，再数形结合研究函数性质．
20. 如图，已知菱形，点是上的点，连接，将沿翻折，点恰好落在边上的点上，连接，延长，交延长线于点．
（1）求证：；
（2）若菱形的边长为5，，求的长
【答案】（1）见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）由菱形的性质判断出，，再由折叠得出，得出，即可得出结论；
（2）根据相似三角形的性质得出，由折叠知：，求出，再证明，得出，代入求值即可．
【小问1详解】
证明：∵四边形是菱形，
∴，
由折叠知，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
由折叠知，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，菱形的性质，正确得出三角形相似是解题的关键．
21. 在平面直角坐标系中，如果一个点的横坐标与纵坐标相等，则称该点为“不动点”
例如、、都是“不动点”，已知双曲线
（1）下列说法不正确的是（ ）
A．直线的图象上有无数个“不动点”
B．函数的图象上没有“不动点”
C．直线的图象上有无数个“不动点”
D．函数的图象上有两个“不动点”
（2）求双曲线上的“不动点”；
（3）若抛物线（、为常数）上有且只有一个“不动点”，
①当时，求的取值范围．
②如果，过双曲线图象上第一象限的“不动点”做平行于轴的直线，若抛物线上有四个点到的距离为，直接写出的取值范围．
【答案】（1）C （2）和
（3）①；②
【解析】
【分析】(1)首先根据“不动点”的定义，可知，据此再根据方程的解的性质，即可一一判定；
(2)首先根据“不动点”的定义，可知，据此再解方程，即可求得；
(3)①根据“不动点”的定义，可知，可得方程，再根据该函数图象上有且只有一个“不动点”，利用一元二次方程根的判别式可得，再根据a的范围即可求解；
②首先由，，可求得，据此即可求得该二次函数的顶点坐标，再由(2)可知：双曲线图象上第一象限的“不动点”为，可得抛物线与直线有两个交点，据此即可解答．
【小问1详解】
解：A．直线的图象上有无数个“不动点”，故该说法正确，不符合题意；
B．当时，可得，此方程无解，故函数的图象上没有“不动点”， 故该说法正确，不符合题意；
C．当时，可得，此方程无解，故直线的图象上没有“不动点”，故该说法不正确，符合题意；
D．当时，可得，解得，，故函数的图象上有两个“不动点”， 故该说法正确，不符合题意；
故选：C；
【小问2详解】
解：根据题意得：，
解得或，
故双曲线上的“不动点”为和；
【小问3详解】
解：①抛物线（、为常数）上有且只有一个“不动点”，
方程组只有一组解，
方程有两个相等的实数根，
，
解得，
，
故的取值范围为；
②，，
，
，
该抛物线的开口向上，顶点坐标为，
由(2)知：双曲线图象上第一象限的“不动点”为，
过双曲线图象上第一象限的“不动点”做平行于轴的直线，且，
抛物线与直线有两个交点，
如图：
抛物线上有四个点到的距离为，
的取值范围为．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，新定义，一元二次方程根的判别式，熟练掌握二次函数的图象及性质，理解定义，并与二次函数的性质结合解题是关键．
22. （1）如图1，中，，，，是上一点，，，垂足为，求的长．
（2）类比探究：如图2，中，，，点，分别在线段，上，，，求的长．
（3）拓展延伸：如图3，中，点，点分别在线段，上，，延长，交于点，，，， 求______．
【答案】(1) ；(2) ；(3)
【解析】
【分析】(1)证明，根据相似三角形的性质得到，把已知数据代入计算，求出；
(2)在上截取，连接，根据等边三角形性质得到，，证明，根据相似三角形的性质计算即可；
(3)过点B作于点M，过点E作于点N，设，用表示出、，证明，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【详解】(1) ，，
，
，
，
，
解得：．
(2)如图2，在上截取，连接，
，
为等边三角形，
，，
，，
，
，，
，
，，即，
解得：．
(3)如图3，过点B作于点M，过点E作于点N，
，
，
，
，
则，
，
设，
，，
，BD=2a，
，
，
，
，，
，
∴，
，
，即，
解得：，
．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、等边三角形的性质，正确作出辅助线、熟记三角形相似的判定定理是解题的关键．…
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1
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…
…
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…