2023年廣東省深圳市南山區(qū)九年級數(shù)學十校聯(lián)考數(shù)學試卷（含答案）

這是一份2023年廣東省深圳市南山區(qū)九年級數(shù)學十校聯(lián)考數(shù)學試卷（含答案），共22頁。試卷主要包含了單選題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
?2023年廣東省深圳市南山區(qū)九年級數(shù)學十校聯(lián)考數(shù)學試卷
學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________

一、單選題
1．如圖，該幾何體的左視圖是（????）

A． B．
C． D．
2．國家衛(wèi)健委網(wǎng)站消息：截至2022年5月27日，31個省（自治區(qū)，直轄市）和新疆生產(chǎn)建設兵團累計報告接種新冠病毒疫苗超過33億劑次，用科學記數(shù)法表示33億是（　　）
A． B． C． D．
3．“天宮課堂”第二課3月23日在中國空間站開講，包括六個項目：太空“冰雪”實驗、液橋演示實驗、水油分離實驗、太空拋物實驗、空間科學設施介紹與展示、天地互動環(huán)節(jié)．若隨機選取一個項目寫觀后感，則恰好選到“實驗”項目的概率是（????）
A． B． C． D．
4．下列算式中，正確的是（????）
A． B． C． D．
5．超市貨架上有一批大小不一的雞蛋，某顧客從中選購了部分大小均勻的雞蛋，設貨架上原有雞蛋的質(zhì)量（單位：g）平均數(shù)和方差分別為，s2，該顧客選購的雞蛋的質(zhì)量平均數(shù)和方差1，，則下列結論一定成立的是（???）
A．1 B．1 C．s2＞ D．s2
6．實數(shù)在數(shù)軸上的對應點的位置如圖所示．若實數(shù)滿足，則的值可以是（????）

A．2 B．-1 C．-2 D．-3
7．如圖，△ABC的頂點A、B、C、均在⊙O上，若∠ABC+∠AOC=90°，則∠AOC的大小是（??）

A．30° B．45° C．60° D．70°
8．如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝5，BC＝8，以點D為圓心，任意長為半徑畫弧，交AD于點P，交CD于點Q，分別以P、Q為圓心，大于PQ為半徑畫弧交于點M，連接DM并延長，交BC于點E，連接AE，恰好有AE⊥BC，則AE的長為（????）

A．3 B．4 C．5 D．
9．已知拋物線（a，b，c均為常數(shù)，）的頂點是，且該拋物線經(jīng)過點，，若，則的取值范圍是（　?。?br /> A． B． C． D．且
10．如圖，△ABC中，∠ABC＝45°，BC＝4，tan∠ACB＝3，AD⊥BC于D，若將△ADC繞點D逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到△FDE，當點E恰好落在AC上，連接AF．則AF的長為（　?。?br />
A． B． C． D．2

二、填空題
11．因式分解：2a2﹣8=_____．
12．函數(shù)y＝中自變量x的取值范圍是________
13．一桶油漆能刷的面積，用它恰好刷完10個同樣的正方體形狀盒子的全部外表面．設其中一個盒子的棱長為xdm，則可列出方程：______．
14．一個正多邊形內(nèi)接于半徑為4的⊙O，AB是它的一條邊，扇形OAB的面積為，則這個正多邊形的邊數(shù)是______．
15．如圖，在矩形中，，，點N是邊上的中點，點M是邊上的一動點連接，將沿折疊，若點B的對應點，連接，當為直角三角形時，的長為 _____．


三、解答題
16．計算：．
17．先化簡，再求值：，其中x＝1
18．如圖，AB是垂直于水平面的建筑物，為測量AB的高度，小紅從建筑物底端B出發(fā)，沿水平方向行走了52米到達點C，然后沿斜坡CD前進，到達坡頂D點處，DC＝BC．在點D處放置測角儀，測角儀支架DE高度為0.8米，在E點處測得建筑物頂端A點的仰角∠AEF為27°（點A，B，C，D在同一平面內(nèi)），斜坡CD的坡度（或坡比）i＝1：2.4，求建筑物AB的高度．（精確到個位）（參考數(shù)據(jù)：sin＝27°≈0.45，cos27°≈0.89，tan27°≈0.51）

19．如圖，在中，與分別相切于點E，F(xiàn)，平分，連接．

(1)求證：是的切線；
(2)若，的半徑是2，求圖中陰影部分的面積．
20．端午節(jié)前夕，某大型超市采購了一批禮盒進行銷售，這批禮盒有甲型和乙型兩種共600個，其進價與標價如下表所示（單位：元）：

進價
標價
甲型
90
120
乙型
50
60

(1)該超市將甲型禮盒按標價的九折銷售，乙型禮盒按標價進行銷售，當銷售完這批禮盒后可獲利9200元，求該商場購進甲型、乙型這兩種禮盒各多少個？
(2)這批禮盒銷售完畢后，該超市計劃再次按原進價購進甲、乙兩種禮盒共200個，且均按標價進行銷售，請問如何進貨能保證這批禮盒銷售完之后獲得利潤最大，且利潤不能超過成本的25%．
21．在初中階段的函數(shù)學習中，我們經(jīng)歷了“確定函數(shù)的表達式——利用函數(shù)圖象研究其性質(zhì)——運用函數(shù)解決問題”的學習過程．在畫函數(shù)圖象時，我們通過描點或平移的方法畫出了所學的函數(shù)圖象．同時，我們也學習了絕對值的意義．
結合上面經(jīng)歷的學習過程，現(xiàn)在來解決下面的問題：
在函數(shù)中，當時，；當時，．

(1)求這個函數(shù)的表達式；
(2)在給出的平面直角坐標系中，請用你喜歡的方法畫出這個函數(shù)的圖象，并寫出這個函數(shù)的一條性質(zhì)；
(3)已知函數(shù)的圖象如圖所示，結合你所畫的函數(shù)圖象，直接寫出不等式的解集．
(4)若方程有四個不相等的實數(shù)根，則實數(shù)的取值范圍是______．
22．（1）證明推斷：如圖（1），在正方形中，點E，Q分別在邊上，于點O，點G，F(xiàn)分別在邊上，．求證：；
（2）類比探究：如圖（2），在矩形中，（k為常數(shù)）．將矩形沿折疊，使點A落在邊上的點E處，得到四邊形交于點H，連接交于點O．試探究與之間的數(shù)量關系，并說明理由；
（3）拓展應用：在（2）的條件下，連接，當時，若，求的長．


參考答案：
1．D
【分析】畫出從左面看到的圖形即可．
【詳解】解：該幾何體的左視圖是一個長方形，并且有一條隱藏的線用虛線表示，如圖所示：
，
故選：D．
【點睛】本題考查三視圖，具備空間想象能力是解題的關鍵，注意看不見的線要用虛線畫出．
2．C
【分析】根據(jù)科學記數(shù)法的一般形式為，其中，n為整數(shù)．確定n的值時，要看把原數(shù)變成a時，小數(shù)點移動了多少位，n的絕對值與小數(shù)點移動的位數(shù)相同．當原數(shù)絕對值時，n是正整數(shù)；當原數(shù)的絕對值小于1時，n是負整數(shù)．
【詳解】解：33億，
故選：C．
【點睛】本題考查科學記數(shù)法的表示方法．表示時關鍵要正確確定a的值以及n的值．
3．C
【分析】根據(jù)概率公式即可求解．
【詳解】解：∵共有6個項目，其中試驗項目有4個，
∴恰好選到“實驗”項目的概率是．
故選C．
【點睛】本題考查了概率公式求概率，理解題意是解題的關鍵．
4．B
【分析】根據(jù)完全平方公式、合并同類項、冪的運算法則逐個計算排除選擇．
【詳解】解：A、該選項不正確，不符合題意；
B、該選項正確，符合題意；
C、該選項不正確，不符合題意；
D、該選項不正確，不符合題意；
故選：B．
【點睛】本題考查了完全平方公式、合并同類項、冪的運算，熟練運用冪的運算公式是解題的關鍵．
5．C
【分析】根據(jù)平均數(shù)和方差的意義，即可得到答案．
【詳解】解：∵顧客從一批大小不一的雞蛋中選購了部分大小均勻的雞蛋，
∴＜s2，和1的大小關系不明確，
故選C
【點睛】本題主要考查平均數(shù)和方差的意義，掌握一組數(shù)據(jù)越穩(wěn)定，方差越小，是解題的關鍵．
6．B
【分析】先根據(jù)數(shù)軸的定義得出a的取值范圍，從而可得出b的取值范圍，由此即可得．
【詳解】解：由數(shù)軸的定義得：


又
到原點的距離一定小于2
觀察四個選項，只有選項B符合
故選：B．
【點睛】本題考查了數(shù)軸的定義，熟記并靈活運用數(shù)軸的定義是解題關鍵．
7．C
【詳解】試題分析：由題意可知，∠ABC和∠AOC是同弧所對的圓周角和圓心角，所以∠AOC=2∠ABC，又因為∠ABC+∠AOC=90°，所以∠AOC=60°．
故選C．
考點：圓周角和圓心角．

8．B
【分析】由題意可知，再利用平行四邊形的性質(zhì)即可證明，即，即可求出，最后在中，利用勾股定理即可求出AE的長．
【詳解】根據(jù)作圖可知DE為的角平分線，即，
∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴在中，．
故選B．
【點睛】本題考查角平分線的判定和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理．理解題意，判斷出DE為的角平分線是解答本題的關鍵．
9．D
【分析】根據(jù)可知拋物線開口向上，離對稱軸越遠函數(shù)值越大，由此可知對稱軸在和4之間，且離更近或?qū)ΨQ軸在4的右邊，據(jù)此求解即可．
【詳解】解：∵拋物線（a，b，c均為常數(shù)，）的頂點是，且經(jīng)過點，，，
∴拋物線開口向上，
∴離對稱軸越遠函數(shù)值越大，在對稱軸左側y隨x增大而減小，在對稱軸右側y隨x增大而增大，
∴或，
∴且，
故選D．
【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)圖象的性質(zhì)，正確得到拋物線開口向上，離對稱軸越遠函數(shù)值越大是解題的關鍵．
10．A
【分析】過點D作DH⊥AF于點H，由銳角三角函數(shù)的定義求出CD＝1，AD＝3，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出DC＝DE，DA＝DF＝3，∠CDE＝∠ADF，證出∠DCE＝∠DAF，設AH＝a，DH＝3a，由勾股定理得出a2+（3a）2＝32，求出a可得出答案．
【詳解】解：過點D作DH⊥AF于點H，

∵∠ABC＝45°，AD⊥BC，
∴AD＝BD，
∵tan∠ACB3，
設CD＝x，
∴AD＝3x，
∴BC＝3x+x＝4，
∴x＝1，
∴CD＝1，AD＝3，
∵將△ADC繞點D逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到△FDE，
∴DC＝DE，DA＝DF＝3，∠CDE＝∠ADF，
∴，
∴∠DCE＝∠DAF，
∴tan∠DAH＝3，
設AH＝a，DH＝3a，
∵AH2+DH2＝AD2，
∴a2+（3a）2＝32，
∴a，
∴AH，
∵DA=DF，DH⊥AF，
∴AF＝2AH，故A正確．
故選：A．
【點睛】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定，應用三角函數(shù)解直角三角形，勾股定理的應用，正確作出輔助線是解題的關鍵．
11．2（a+2）（a－2）．
【分析】首先提取公因數(shù)2，進而利用平方差公式分解因式即可．
【詳解】2a2－8=2（a2－4）=2（a+2）（a－2）．
故答案為2（a+2）（a－2）．
考點：因式分解．
【點睛】此題主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，熟練應用乘法公式是解題關鍵．
12．
【分析】二次根式有意義的條件：二次根號內(nèi)的數(shù)為非負數(shù)，二次根式才有意義.
【詳解】由題意得，1?2x≥0，
解得： x≤.
故答案為：x≤.
【點睛】本題考查二次根式有意義的條件，本題屬于基礎應用題，只需學生熟練掌握二次根式有意義的條件，即可完成.
13．10×6x2=1500
【分析】正方體盒子的外表面是由6個邊長相等的正方形圍成的，設正方體的棱長是xdm，根據(jù)題意得出方程即可求解．
【詳解】解：設正方體的棱長是xdm，
則10×6x2=1500，
故答案為：10×6x2=1500
【點睛】本題考查了一元二次方程的應用，根據(jù)題意列出方程是解題的關鍵．
14．8
【分析】設∠AOB=n°，利用扇形面積公式列方程，求出∠AOB的度數(shù)，然后用360°÷45°計算即可．
【詳解】解：設∠AOB=n°，
∵扇形OAB的面積為，半徑為4，
∴，
∴n=45°，
∴360°÷45°=8，
∴這個正多邊形的邊數(shù)是8，
故答案為8．
【點睛】本題考查正多邊形與圓，扇形面積，圓心角，掌握正多邊形與圓的性質(zhì)，扇形面積公式，圓心角是解題關鍵．
15．或5
【分析】分情況討論：當時，當時，當時，再分別利用勾股定理和翻折的性質(zhì)可得答案；
【詳解】解：∵為直角三角形，
當時，
∵點N是邊上的中點，，
∴，
∵，
∴點B的對應點不能落在所在直線上，
∴，不存在此類情況；
當時，如圖所示，

由折疊性質(zhì)可得，
，
∴；
當時，如圖所示

∵，
∴、N、C三點共線，
由勾股定理可得，
，
設，則，
∴，
解得：，
綜上所述的長為或5．
【點睛】本題考查翻折的性質(zhì)，根據(jù)題意畫出圖形并分情況討論是解題關鍵．
16．
【分析】根據(jù)化簡絕對值，求一個數(shù)的立方根，特殊角的三角函數(shù)值，負指數(shù)冪，進行計算即可求解．
【詳解】解：原式＝

【點睛】本題考查了實數(shù)的混合運算，正確的計算是解題的關鍵．
17．；1
【分析】將括號內(nèi)通分化簡，括號外利用完全平方式變形，再進行約分即可化簡．將x=1代入化簡后的式子，求值即可．
【詳解】原式=


當x=1時，原式=．
【點睛】本題考查分式的化簡求值，掌握分式的混合運算法則是解答本題的關鍵．
18．約為72米
【分析】過點E作EM⊥AB與點M，根據(jù)斜坡CD的坡度（或坡比）i＝1：2.4可設DG＝x，則CG＝2.4x，利用勾股定理求出x的值，進而可得出CG與DG的長，故可得出EG的長．由矩形的判定定理得出四邊形EGBM是矩形，故可得出EM＝BG，BM＝EG，再由銳角三角函數(shù)的定義求出AM的長，進而可得出結論．
【詳解】解：過點E作EM⊥AB與點M，延長ED交BC于G，

∵斜坡CD的坡度（或坡比）i＝1：2.4，BC＝CD＝52米，
∴設DG＝x，則CG＝2.4x，
在Rt△CDG中，
∵DG2+CG2＝DC2，即x2+（2.4x）2＝522，解得x＝20，
∴DG＝20米，CG＝48米，
∴EG＝20+0.8＝20.8米，BG＝52+48＝100米，
∵EM⊥AB，AB⊥BG，EG⊥BG，
∴四邊形EGBM是矩形，
∴EM＝BG＝100米，BM＝EG＝20.8米，
在Rt△AEM中，
∵∠AEM＝27°，
∴AM＝EM?tan27°≈100×0.51＝51米，
∴AB＝AM+BM＝51+20.8≈72（米）．
答：建筑物AB的高度約為72米．
【點睛】本題考查了利用勾股定理、銳角三角函數(shù)解直角三角形以及坡度與正切函數(shù)的關系等知識點的實際應用，添加適當?shù)妮o助線是解決問題的關鍵．
19．(1)證明見解析
(2)

【分析】（1）連接，過點O作于點G，如圖，由切線的性質(zhì)得到，再由角平分線的性質(zhì)得到，由此即可證明是的切線；
（2）連接，過點O作于點G，如圖，先證明四邊形為正方形．得到．求出，即可求出．證明平分，進而推出，則．即可得到=10．
【詳解】（1）證明：連接，過點O作于點G，如圖，
∵為的切線，
∴．
∵平分，，
∴．
∴直線經(jīng)過半徑的外端G，且垂直于半徑，
∴是的切線；

（2）解：連接，過點O作于點G，如圖，
∵與分別相切于點E，F(xiàn)，
∴，
∵，
∴四邊形為矩形，
∵，
∴四邊形為正方形．
∴．
∵，
∴，
∴．
由（1）知：，
∴，
∵，
∴平分，
∴．
∵平分，
∴．
∵，
∴∠ABC+∠BAC=90°，
∴，
∴．
∴=10．

【點睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)與判定，正方形的性質(zhì)與判定，勾股定理，角平分線的性質(zhì)與判定，求不規(guī)則圖形面積得到，正確作出輔助線是解題的關鍵．
20．(1)甲型禮盒購進400個，乙型禮盒購進200個
(2)購進50盒甲型禮盒，150盒乙型禮盒時，銷售完后可獲最大利潤3000元．

【分析】（1）設甲型禮盒購進x個，乙型禮盒購進y個，根據(jù)共600個，獲利9200元列二元一次方程組求解即可；
（2）設甲型禮盒購進m個，則乙型禮盒購進（200﹣m）個，銷售完這批禮盒后的利潤為w元，可得w關于m的一次函數(shù)關系式，然后求出m的取值范圍，利用一次函數(shù)的性質(zhì)解答．
【詳解】（1）解：設甲型禮盒購進x個，乙型禮盒購進y個，
依題意得：，
解得：，
答：甲型禮盒購進400個，乙型禮盒購進200個；
（2）設甲型禮盒購進m個，則乙型禮盒購進（200﹣m）個，銷售完這批禮盒后的利潤為w元，
由題意得：w＝（120－90）m＋（60－50）（200﹣m）＝20m＋2000，
因利潤不能超過成本的25%，
所以20m＋2000≤25%[90m＋50（200－m）]，
解得：m≤50，?????????????????
∵w＝20m＋2000中20＞0 ，??
∴w隨m的增大而增大，
∴當m＝50時，w取得最大值，w最大＝20×50＋2000＝3000，
此時應購進50盒甲型禮盒，150盒乙型禮盒，
答：當購進50盒甲型禮盒，150盒乙型禮盒時，銷售完后可獲最大利潤3000元．
【點睛】本題考查了二元一次方程組的應用，一元一次不等式的應用以及一次函數(shù)的應用，根據(jù)題意找出等量關系，列出方程組和不等式是解答本題的關鍵．
21．(1)
(2)見解析
(3)
(4)

【分析】（1）把，；，代入求解即可；
（2）由，得出，再根據(jù)函數(shù)的圖象寫出函數(shù)的性質(zhì)；
（3）根據(jù)圖象得出不等式的解集；
（4）根據(jù)題意畫出圖象，再根據(jù)有四個不相等的實數(shù)根，得出結果．
【詳解】（1）解：在函數(shù)中，當時，；當時，，
，
解得，
這個函數(shù)的表達式為；
（2）解：，
，
函數(shù)過點和，
函數(shù)過點和，
該函數(shù)圖象如圖所示，

性質(zhì)：當時，的值隨的增大而增大；
（3）解：由函數(shù)的圖象可得，不等式的解集為：；
（4）解：由得，
作出的圖象，

由圖象可知，要使方程有四個不相等的實數(shù)根，則，
故答案為：．
【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，函數(shù)圖象的畫法，由圖象寫出不等式的解集，解題的關鍵是熟練掌握函數(shù)的圖象和性質(zhì)并正確畫出圖象．
22．（1）證明見詳解；（2），理由見詳解；（3）．
【分析】（1）先證△ABE≌△DAH，可得AE＝DQ．再證四邊形DQFG是平行四邊形，即可解決問題．
（2）過G作GM⊥AB于M．證明，即可解決問題．
（3）過P作PM⊥BC交BC的延長線于M．利用相似三角形的性質(zhì)求出PM，CM，即可解決問題．
【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAQ，
∴∠QAO+∠OAD＝90°，
∵AE⊥DQ，
∴∠ADO+∠OAD＝90°，
∴∠QAO＝∠ADO，
∴，
∴AE＝DQ，
∵DQ⊥AE，GF⊥AE，
∴DQ∥GF，
∵FQ∥DG，
∴四邊形DQFG是平行四邊形，
∴GF＝DQ，
∵AE＝DQ，
∴AE＝FG；
（2）結論：．理由如下：
如圖2中，過G作GM⊥AB于M，

∵AE⊥GF，
∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，
∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，
∴∠BAE＝∠FGM，
∴，
∴，
∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，
∴四邊形AMGD是矩形，
∴GM＝AD，
∴，
（3）解：如圖3中，過點P作PM⊥BC交BC的延長線于M．

∵，，
∴∠CGP＝∠BFE，
∴，
∴設，，
則，，
∵，，
∴，
∴，
∴或（不合題意，舍去），
∴，，，，
∵，
∴BC＝4，
∴，，
∵∠EBF＝∠FEP＝∠PME＝90°，
∴∠FEB＝∠EPM，
∴，
∴，
∴，
∴解之得：，，
∴，
∴．
【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，熟悉相關知識點，學會利用參數(shù)構建方程解決問題是解題的關鍵．