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广东省深圳市2025年6月九年级质量检测数学试卷
1．（2025九深圳模拟） 深圳作为科技创新之城，有很多知名品牌，以下深圳品牌标志，其中是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025九深圳模拟） 实数 a， b， c 在数轴上的对应点的位置如图所示，则下列结论正确的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025九深圳模拟） 下列运算正确的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025九深圳模拟） 如图是由9个全等的小正方形组成的图案，假设可以在图案中随意取一个点（不包括边界线），那么这个点取在阴影部分的概率是（　　）
A． B． C． D．1
5．（2025九深圳模拟） 如图，直角三角板的直角顶点落在直尺边上，若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025九深圳模拟） 通过如下尺规作图，能说明的面积和的面积相等的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025九深圳模拟） 甲乙两地相距420千米，新修的高速公路开通后，在甲、乙两地行驶的长途客车运车平均速度是原来的1.5倍，因此从甲地到乙地的时间缩短了2小时，设原来的平均速度为x千米/时，可列方程为（　　）
A． B．
C． D．
8．（2025九深圳模拟）如图，中，顶点A，B在x轴上，顶点C在y轴上，，A、C两点的坐标分别为A(-3，0)，C(0，)，点M、N同时从B点出发，均以每秒1个单位长度的速度分别沿BA、BC边运动，其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动. 在运动过程中，将沿MN翻折得到，若点P恰好落在AC边上，求此时点P的坐标（　　）
A． B． C． D．
9．（2025九深圳模拟） 如果是一元二次方程的一个解，则　 　.
10．（2025九深圳模拟） 如图，将沿射线BC方向平移6cm，得到，已知，BC=3cm，AC=4cm，则阴影部分的面积为　 　.
11．（2025九深圳模拟） 如图，内接于. 若，.则AB的弧长为　 　.
12．（2025九深圳模拟） 如图，在直角坐标系中，正方形ABCD边长为4，轴，轴，其对角线的交点E坐标为(-6，5)，反比例函数.的图象经过点C，则k的值是　 　.
13．（2025九深圳模拟） 如图，在等腰中，，边BC上有一点D，将沿线段AD折叠得，线段DB'与边AC交于点E，若，则=　 　.
14．（2025九深圳模拟）计算：
15．（2025九深圳模拟）先化简，再求值：，其中.
16．（2025九深圳模拟）为丰富学生的校园生活，增强学生的美育意识，某校开设了五个社团活动：美食共享（A）、书法创作（B）、绘画给美（C）、音乐之声（D）、经典诗词（E），每个学生每个学期只参加一个社团活动，为了了解本学期学生参加社团活动的情况，学校随机抽取了若干名学生进行调查，并将调查结果绘制成如下两幅尚不完整的统计图. 请根据统计图提供的信息，解答下列问题：
（1）将条形统计图补充完整；
（2） 在扇形统计图中，美食共享（A）对应扇形的圆心角度数是　 　；
（3） 若该校有1800名学生，请估算本学期参加音乐之声（D）活动的学生人数；
（4） 若小明和小亮可从这五个社团活动中任选一个参加，请直接写出两人恰好选择同一个社团的概率.
17．（2025九深圳模拟）深圳市罗湖区作为深圳最早发展的城区之一，融合了自然景观、历史文化、现代都市风貌，有很多知名景区，比如“仙湖植物园”、“梧桐山”、“洪湖公园”、“东门老街”等.请同学们认真阅读以下材料，并完成相关的学习任务：
材料一：2025年“五一”劳动节假期，大批深圳市民进入“仙湖植物园”观光游玩，据统计，5月4日上午8：00-10：00有接近4200人乘坐私家车和客车两种交通工具进入仙湖植物园停车场，根据停车场监控统计，在此段时间内私家车和客车共320辆进入，假如每辆私家车平均乘坐3人，客车平均每辆乘坐30人.
材料二：某学校计划五一过后，组织学校720名师生到“仙湖植物园”研学，一共租甲、乙两种型号的客车20辆，根据下表提供的信息要求在保证将全部师生送达目的地的前提下，租车费用不超过7200元.
型号 每辆载客量 每辆租金
甲型号 30 320
乙型号 45 400
请同学们根据材料一、材料二提供的信息完成（1），（2）任务.
（1）请同学们估算材料一中提供的时间段内分别有多少辆私家车和客车进入停车场.
（2）有几种租车方案供学校选择？最少租车费用是多少？
18．（2025九深圳模拟）如图，为的外接圆，，D是上一点
（1）请只用无刻度的直尺完成作图（保留作图痕迹，不写作法）.
①画出线段BC的垂直平分线
②画出的平分线
（2）已知，，，求的半径.
19．（2025九深圳模拟）平移是初中数学中的重要图形变换之一，其特点是保持图形形状、大小不变，仅改变位置.
我们先以抛物线为例，对平移变换做了以下研究：把抛物线先向右平移1个单位，再向下平移4个单位得到抛物线，抛物线与x轴交于A，B两点，其对称轴与x轴交于点D.
（1） 抛物线 的表达式为：　 　.
（2） 如图 1，抛物线 ： 与抛物线 的交点 C 的坐标为：　 　.抛物线 与 x 轴交于 A， B 两点，线段 AB =　 　.
（3） 平移求解（参考图 1、图 2）
① 如果把线段 AB 平移，线段的一个端点落在抛物线 的对称轴上记作点 E，另一个端点落在抛物线 上记作点 F，则点 F 坐标为：F 　 　
② 如果把线段 DB 平移，线段一个端点落在抛物线 上记作点 G，另一个端点落在抛物线 上记作点 H，则点 H 的横坐标为：　 　
（4） 对于直线 ，通过对其上下平移可得直线 ，如果直线 恰好与抛物线 ， 共有三个交点，则 b 的值为：　 　
20．（2025九深圳模拟）【综合与实践】
【问题背景】阅读以下材料，并按要求解决问题：
从正方形的一个顶点引出来角为的两条射线，与正方形两个边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型.半角模型可以利用旋转得出多个几何结论，例如：
如图1，在正方形ABCD中，以A为顶点的，AE、AF与BC、CD边分别交于E、F两点，若BE=a，DF=b，EF=c(a，b，c为常数).易证：EF=BE+FD，则可以得到a，b，c之间的数量关系是：c=a+b.
证明：如图2，将绕点A顺时针旋转，得到，由可得G、B、E三点共线，，可证明，故EF=GE=BE+DF，进而得到c=a+b.
【方法转化】如果把背景中的正方形换成特殊项角的等腰三角形，同学们可以利用上述问题背景得到多个结论.
（1）【问题解决】在半角模型中可以利用旋转的方法解决问题.
如图3，在等腰中，以A为顶点的，AD、AE与BC边分别交于D、E两点，将绕点A逆时针旋转，如图4，得到，易证，，则可以得到BD、DE、CE之间的数量关系：
① 若，，则可得DE=　 　
② 若，，，则a，b，c之间的数量关系是：　 　
（2） 如图5，在等边中，以A为顶点的，AD、AE与BC边分别交于D、E两点.若，，，则a、b、c之间的数量关系是：　 　
（3） 如图6，在等腰中，顶角，以A为顶点的，AD、AE与BC边分别交于D、E两点，则可以得到BD、DE、CE之间的数量关系：
① 若，，则可得DE=　 　
② 若，，，则a、b、c之间的数量关系是：　 　
（4）【实践应用】
在第(3)问第①小问基础上，把绕点A逆时针旋转得，如图7，如果线段EF与边AC交于点G，则线段CG=　 　
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】轴对称图形
【解析】【解答】解：A、此图形为轴对称图形，A符合题意；
B、此图形不是轴对称图形，B不符合题意；
C、此图形不是轴对称图形，C不符合题意；
D、此图形不是轴对称图形，D不符合题意；
故答案为：A .
【分析】
根据轴对称图形的定义即可判断.
2．【答案】D
【知识点】判断数轴上未知数的数量关系
【解析】【解答】解：A、aB、a+b<0，B不符合题意；
C、bc<0，C不符合题意；
D、a+c<0，D符合题意；
故答案为：D .
【分析】根据数轴上，a，b，c所对应的位置计算可得.
3．【答案】B
【知识点】同底数幂的乘法；完全平方公式及运用；合并同类项法则及应用；积的乘方运算
【解析】【解答】解：A、3a+b≠3ab，A不符合题意；
B、a3·a2=，B符合题意；
C、，C不符合题意；
D、，D不符合题意；
故答案为：B .
【分析】根据同类项的概念，3a+b≠3ab，A不符合题意，根据幂的乘积，底数不变，指数相加可得，a3·a2=是正确的，B符合题意，根据积的n次幂，，C不符合题意，根据完全平方式，，D不符合题意.
4．【答案】B
【知识点】简单事件概率的计算
【解析】【解答】解：如图可知，
∵阴影的小正方形有5个，白色小正方形有4个，一共为9个小正方形，
∴这个点在阴影部分的概率为：
故答案为：B .
【分析】
根据概率的简单计算和图案即可得.
5．【答案】C
【知识点】三角形内角和定理；两直线平行，内错角相等
【解析】【解答】解：如图
∵直尺是一个矩形，四边是平行且相等；
∴∠1=∠3=55°，
∵ 直角三角板的直角顶点落在直尺边上 ，
∴∠2=180°-55°-90°=35°；
故答案为： C.
【分析】
根据矩形的性质，以及三角形内角和定理，即可得.
6．【答案】C
【知识点】尺规作图-中线；三角形的中线
【解析】【解答】解：A、AD是△ABC中∠BAC的角平分线，不能平分三角形面积，不符合题意；
B、AD=BD≠CD，不能平分三角形面积，不符合题意；
C、AD是△ABC的中线，能平分三角形面积，符合题意；
D、AD是△ABC的垂线，不能平分三角形面积，不符合题意；
故答案为：C.
【分析】根据尺规作图确定中线即可求解.
7．【答案】B
【知识点】列分式方程
【解析】【解答】解： 设原来的平均速度为x千米/时 ，现在的平均速度为1.5x千米/时，根据题意列方程得：
故答案为：B .
【分析】
根据已知条件，设原来的平均速度为x千米/时 ，现在的平均速度为1.5x千米/时，根据等量关系，时间=路程÷速度， 甲地到乙地的时间缩短了2小时列方程得.
8．【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；直角三角形的性质；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：如图，过点P作PQ⊥x轴于Q，
∵A(-3，0)，，
∴OA=3，OC=3，
∴，
∴∠CAO=30°
∵∠ACB=90°，
∴∠OBC=60°
∴∠OCB=30°
∵
∴，
∴，
∴AB=OA+OB=4，
∵点M、N同时从B点出发，均以每秒1个单位长度的速度分别沿BA、BC边运动，
∴BM=BN，
由折叠可得：PM=BM，PN=BN，
∴PM=BM=PN=BN，
∴四边形BMPN是菱形，
∴PN//AB，
∴△CPN∽△CAB，
∴
设PN=BN=m，则CN=2-x，
∴
∴
∴
∴，
在Rt△APQ中，∠AQP=90°，∠PAQ=30°，
∴，
∴，
∴OQ=1，
∴
故答案为：C.
【分析】过点P作PQ⊥x轴于Q，根据点A、C的坐标求出OA=3，，从而求得，∠CAO=30°，进而求得BC=2，OB=1，AB=4，再证明四边形BMPN是菱形，得到PN//AB，从而证得△CPN∽△CAB，然后利用相似三角形的性质和解直角三角形求出PQ、OQ的长即可求解.
9．【答案】2023
【知识点】已知一元二次方程的根求参数
【解析】【解答】解：∵x=1是一元二次方程ax2+bx-1=0的一个解，
∴a+b=1，
∴2024-（a+b）=2024-1=2023；
故答案为：2023 .
【分析】
把x=1的值代入一元二次方程中， 求出a+b的值，即可得.
10．【答案】18
【知识点】平行四边形的判定与性质；平移的性质
【解析】【解答】解：∵ 沿射线BC方向平移6cm，得到 ，
∴AB∥A'B'，AB=A'B'，
∴四边形ABA'B'是平行四边形，
∴AA'=BC+CB'=3+3=6，
∵阴影部分的面积为直角梯形：
∴阴影部分的面积为：（CB'+AA'）×AC÷2=（3+6）×4÷2=18cm2
故答案为：18 .
【分析】
根据平移的定义，可以求得四边形ABA'B'是平行四边形，根据梯形的面积即可知.
11．【答案】
【知识点】圆周角定理；弧长的计算
【解析】【解答】解：
连结OA，OB，
，，
∴∠AOB=90°，
∴OB=AB=1
∴ AB的弧长为：
∴ AB的弧长为：
故答案为： .
【分析】
根据图形作辅助线，∠AOB=90°，在直角三角形中，得到OB的值，即可求出AB的弧长.
12．【答案】-12
【知识点】反比例函数的图象；正方形的性质；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：如图可知， 正方形ABCD边长为4， 轴，轴，
∵ E坐标为(-6，5) ，
∴C坐标为（-6+2，5-2）=（-4，3），
∵ 图像经过点C，
∴k=-4×3=-12
故答案为：-12 .
【分析】
根据图形和已知条件，确定C点的坐标，在代入反比例函数可得K的值.
13．【答案】
【知识点】勾股定理；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定；等腰直角三角形；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：如图，作，
设，
则，
是等腰直角三角形，
，
由折叠的性质可得，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
解得，
，
.
故答案为： .
【分析】设，由折叠的性质可得，故，作，易证，利用相似三角形的性质求得，再通过勾股定理解得，进而求得.
14．【答案】解： 原式
=2
【知识点】实数的绝对值；特殊角的三角函数的混合运算
【解析】【分析】
根据实数的运算法则，先算括号里面的，和括号里面的减法，再算，，的值，最后算加减.
15．【答案】解：原式
原式=.
【知识点】分式的化简求值-直接代入
【解析】【分析】根据代数式的化简求值，先化简代数式，再代数求值.
16．【答案】（1）解：由条形统计图和扇形统计图可知，E所在人数为18人，E所占的份数为20%，总人数为：18÷20%=90人，
∴D的人数为：90-30-10-10-18=22人
（2）120°
（3）解：（名）
答：该校本学期参加艺术鉴赏(D)活动的学生人数大约有440名.
（4）解：画树状图为：
由图可知，一共有25种等可能的结果数，其中两人恰好选择同一个社团有5种结果，
∴两人恰好选择同一个社团的概率为.
【知识点】扇形统计图；条形统计图；简单事件概率的计算；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】解：（1）由（1）条形统计图可知，A所占的人数为30，总人数为30+10+10+22+18=90，美食共享（A）对应扇形的圆心角度数是
【分析】
（1）根据条形统计图和扇形统计图，根据样本估计总体，E的人数和E所对应的百分数比值，得到总人数，在减去A，B，C，E的人数可得D的人数，即可画出条形统计图；
（2）根据（1）得到的总人数，用A所占的人数与总人数的比值乘以360°即可得到；
（3） 音乐之声（D）活动的学生人数 ，根据样本总量乘以音乐所占比即可得到；
（4）小明和小亮从五个社团中任选一个参加，共有5x5=25种可能的选择。两人怡好选择同一个社团的情况有5种，这样计算出概率.
17．【答案】（1）解：设在提供的时间段内进入停车场有私家车x辆，客车y辆，
根据题意，得：，
解得：，
答：在提供的时间段内进入停车场有私家车 200辆，客车 120辆.
（2）解：设学校租用 A型号客车a辆车，租用 B型号客车(20-a)辆，
根据题意，得：
解得：10 ≤a≤12，
∵a为整数，
∴a的整数解为10、11、12， 即：学校有3种租车的方案
①租用 A 型号 10 辆，租用 B型号 10 辆，租金为：10×320+10×400=7200(元)，
②租用A型号 11 辆，租用B型号9辆，租金为：11×320+9×400=7120(元)，
③租用 A 型号 12 辆，租用B型号8辆，租金为：12×320+8×400=7040(元)，
∵7040<7120<7200，∴最少的租车费用为7040 元.
答：学校可以选择①、②、③三种租车方案，最少租车费用为 7040 元.
【知识点】二元一次方程组的实际应用-配套问题；一元一次不等式组的实际应用-方案问题
【解析】【分析】
（1）方法一设在提供的时间段内进入停车场有私家车x辆，客车y辆，根据私家车和客车共320辆 ， 每辆私家车平均乘坐3人，客车平均每辆乘坐30人.等量关系，列二元一次方程组，求解即可；
（2）根据已知条件，设学校租用 A型号客车a辆车，租用 B型号客车(20-a)辆，组织学校720名师生到“仙湖植物园”研学，一共租甲、乙两种型号的客车20辆，租车费用不超过7200元列不等式组，根据a的整数解的取值数，可以确定租车方案，以及最少的租车费用.
18．【答案】（1）解：①如图所示：直线 AF 即为所求；
②)如图所示：射线 DF 即为所求；
（2）解：在Rt△ABE中，，
设，
在Rt△OBE中，由勾股定理可得：
解得：
的半径为
【知识点】圆周角定理；尺规作图-作角的平分线；尺规作图-垂直平分线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1） ① 根据线段垂直平分线的判定，延长OA即可；
② 根据①和等弧对应等角可知，连接DF即可；
（2）分别在Rt△ABE和Rt△OBE，根据勾股定理，求出AE和 的半径.
19．【答案】（1）y=（x-1）2-4；
（2）(，)；4
（3）（5，12）或（-3，12）；或；
（4）-或
【知识点】二次函数-动态几何问题；二次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解：（1）把抛物线C1：y=x2先向右平移1个单位，再向下平移4个单位得到抛物线C2∴抛物线C2的表达式为：y=（x-1）2-4；
（2）将抛物线C1：y=x2和抛物线C2：y=（x-1）2-4联立得解得x=，将x=代入y=x2=()2=∴C(，)；
∵抛物线C2：y=（x-1）2-4∴当y=0时，0=（x-1）2-4解得x1=-1，x2=3∴A(-1，0)，B(3，0）∴AB=3-（-1）=4；
（3）①抛物线C2：y=（x-1）2-4∴对称轴为直线x=1∴当点A平移到抛物线C2：y=（x-1）2-4的对称轴上E时，点F在抛物线C2上∵EF=AB=4∴点F的横坐标为1+4=5∴将x=5代入y=（x-1）2-4=（5-1）2-4=12∴F（5，12）；当点B平移到抛物线C2：y=（x-1）2-4的对称轴上E时，点F在抛物线C2上∵EF=AB=4∴点F的横坐标为1-4=-3∴将x=-3代入y=（x-1）2-4=（-3-1）2-4=12∴F（-3，12）；综上所述，点F的坐标为（5，12）或（-3，12）；
②根据题意得，D（1，0），B（3，0）∴DB=3-1=2当点D平移到抛物线C1上的点G时，则点B平移到抛物线C2上的点H时，设G（t，t2），则H[t+2，（t+2-1）2-4]，即H［t+2，（t+1）2-4]根据题意得，t2=（t+1）2-4解得t=∴t+2=2+=∴点H的横坐标为；当点B平移到抛物线C1上的点G时，则点D平移到抛物线C2上的点H时，设G（m，m2），则Hm-2，（m-2-1）2-4]，即H［m-2，（m-3）2-4]根据题意得，m2=（m-3）2-4解得m=∴m-2=-2=，∴点H的横坐标为；综上所述，点H的横坐标为或；
（4）如图所示，当直线l2：y=x+b与抛物线C1：y=x2只有一个交点时，直线l2恰好与抛物线C1，C2共有三个交点，∴联立直线l2：y=x+b与抛物线C1：y=x2得 x2=x+b，即x2-x-b=0根据题意得， =（-1）2-4×（-b）=0∴b=-；如图所示，当直线l2：y=x+b经过抛物线C1：y=x2与抛物线C2的交点C时，直线l2恰好与抛物线C1，C2共有三个交点，∴将C(，)，代入l2：y=x+b得，=+b解得b=综上所述，确的值为-或.
【分析】
（1）根据已知条件 的平移变换，可得 的表达式；
（2）根据已知条件 ： 与 解析式建立一元二次方程求出x，y的值即C点坐标，根据y=0，使得解析式求出x的值，即可求出线段AB的值；
（3） ① 参考图一根据平移和二次函数关于对称轴，分两种情况讨论，可以求出F点的坐标；
② 参考图二根据平移和端点分别落在，，求出DB=3-1=2，分两种情况讨论，设出G和H点坐标，根据纵坐标相等列方程求解；
（4）根据已知条件分两种情况讨论，当直线l2：y=x+b与抛物线C1：y=x2只有一个交点时，当直线l2：y=x+b经过抛物线C1：y=x2与抛物线C2的交点C时分别求解.
20．【答案】（1）5；a2+b2=c2
（2）
（3）；
（4）
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；解直角三角形；旋转的性质；半角模型
【解析】【解答】解：(1)①∵△ADB绕点A逆时针旋转90°，
∴CF=BD=3，∠ACF=∠ABC=45°
∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=90°，
∴，
∵△ADE≌△AFE
∴DE=EF=5
②由①知，
∠ECF=90°，CF=BD=a，EF=DE=c，
∴CF2+CE2=EF2，
∴a2+b2=c2，
故答案为：5；a2+b2=c2.
(2)如图1，
将△ADB绕点A逆时针旋转60°，得到△ACF，易证∠ECE=120°，△ADE≌△AFE，
∴EF=DE=c，CF=BD=a，
作FG⊥BC，交BC的延长线于G，
∴∠FCG=180°-∠ECF=60°，
∴，
∵FG2+EG2=EF2，
∴，
∴a2+ab+b2=c2，
故答案为：a2+ab+b2=c2.
(3)①如图2，
将△ADB绕点A逆时针旋转120°，得到△ACF，易证∠ECF=60°，△ADE≌△AFE，
∴DE=EF，CF=BD=3，
作FW⊥BC于W，
可得，，
∴
∴
②由①得，FG2+EG2=DE2，
∴，
∴
故答案为：；.
(4)如图3，
作GH⊥CE于H，作GQ⊥CF于Q，作FW⊥CE于W，
∵∠ACF=∠ACB=30°，
∴，，
由S△CEG+S△CFG=S△CEF得，
，
∴，
∴
故答案为：.
【分析】(1)①可得出CF=BD=3，∠ECF=∠ACB+∠ACF=90°，根据勾股定理得出结果；
②由①知，∠ECF=90°，CF=BD=a，EF=DE=c，根据CF2+CE2=EF2得出结果；
(2)将△ADB绕点A逆时针旋转60°，得到△ACF，易证∠ECF=120°，△ADE≌△AFE，从而得出EF=DE=c，CF=BD=a，解三角形CEF求得结果；
(3)①将△ADB绕点A逆时针旋转120°，得到△ACF，易证∠ECF=60°，△ADE≌△AFE，DE=EF，CF=BD=3，解三角形CEF得出结果；
②根据①得结论得出结果；
(4)作GH⊥CE手H，作GQ⊥CF于Q，作FW⊥CE于W，根据S△CEG+S△CFG=S△CEF列出，进一步得出结果.
1 / 1广东省深圳市2025年6月九年级质量检测数学试卷
1．（2025九深圳模拟） 深圳作为科技创新之城，有很多知名品牌，以下深圳品牌标志，其中是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】轴对称图形
【解析】【解答】解：A、此图形为轴对称图形，A符合题意；
B、此图形不是轴对称图形，B不符合题意；
C、此图形不是轴对称图形，C不符合题意；
D、此图形不是轴对称图形，D不符合题意；
故答案为：A .
【分析】
根据轴对称图形的定义即可判断.
2．（2025九深圳模拟） 实数 a， b， c 在数轴上的对应点的位置如图所示，则下列结论正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】判断数轴上未知数的数量关系
【解析】【解答】解：A、aB、a+b<0，B不符合题意；
C、bc<0，C不符合题意；
D、a+c<0，D符合题意；
故答案为：D .
【分析】根据数轴上，a，b，c所对应的位置计算可得.
3．（2025九深圳模拟） 下列运算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】同底数幂的乘法；完全平方公式及运用；合并同类项法则及应用；积的乘方运算
【解析】【解答】解：A、3a+b≠3ab，A不符合题意；
B、a3·a2=，B符合题意；
C、，C不符合题意；
D、，D不符合题意；
故答案为：B .
【分析】根据同类项的概念，3a+b≠3ab，A不符合题意，根据幂的乘积，底数不变，指数相加可得，a3·a2=是正确的，B符合题意，根据积的n次幂，，C不符合题意，根据完全平方式，，D不符合题意.
4．（2025九深圳模拟） 如图是由9个全等的小正方形组成的图案，假设可以在图案中随意取一个点（不包括边界线），那么这个点取在阴影部分的概率是（　　）
A． B． C． D．1
【答案】B
【知识点】简单事件概率的计算
【解析】【解答】解：如图可知，
∵阴影的小正方形有5个，白色小正方形有4个，一共为9个小正方形，
∴这个点在阴影部分的概率为：
故答案为：B .
【分析】
根据概率的简单计算和图案即可得.
5．（2025九深圳模拟） 如图，直角三角板的直角顶点落在直尺边上，若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形内角和定理；两直线平行，内错角相等
【解析】【解答】解：如图
∵直尺是一个矩形，四边是平行且相等；
∴∠1=∠3=55°，
∵ 直角三角板的直角顶点落在直尺边上 ，
∴∠2=180°-55°-90°=35°；
故答案为： C.
【分析】
根据矩形的性质，以及三角形内角和定理，即可得.
6．（2025九深圳模拟） 通过如下尺规作图，能说明的面积和的面积相等的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】尺规作图-中线；三角形的中线
【解析】【解答】解：A、AD是△ABC中∠BAC的角平分线，不能平分三角形面积，不符合题意；
B、AD=BD≠CD，不能平分三角形面积，不符合题意；
C、AD是△ABC的中线，能平分三角形面积，符合题意；
D、AD是△ABC的垂线，不能平分三角形面积，不符合题意；
故答案为：C.
【分析】根据尺规作图确定中线即可求解.
7．（2025九深圳模拟） 甲乙两地相距420千米，新修的高速公路开通后，在甲、乙两地行驶的长途客车运车平均速度是原来的1.5倍，因此从甲地到乙地的时间缩短了2小时，设原来的平均速度为x千米/时，可列方程为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】列分式方程
【解析】【解答】解： 设原来的平均速度为x千米/时 ，现在的平均速度为1.5x千米/时，根据题意列方程得：
故答案为：B .
【分析】
根据已知条件，设原来的平均速度为x千米/时 ，现在的平均速度为1.5x千米/时，根据等量关系，时间=路程÷速度， 甲地到乙地的时间缩短了2小时列方程得.
8．（2025九深圳模拟）如图，中，顶点A，B在x轴上，顶点C在y轴上，，A、C两点的坐标分别为A(-3，0)，C(0，)，点M、N同时从B点出发，均以每秒1个单位长度的速度分别沿BA、BC边运动，其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动. 在运动过程中，将沿MN翻折得到，若点P恰好落在AC边上，求此时点P的坐标（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；直角三角形的性质；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：如图，过点P作PQ⊥x轴于Q，
∵A(-3，0)，，
∴OA=3，OC=3，
∴，
∴∠CAO=30°
∵∠ACB=90°，
∴∠OBC=60°
∴∠OCB=30°
∵
∴，
∴，
∴AB=OA+OB=4，
∵点M、N同时从B点出发，均以每秒1个单位长度的速度分别沿BA、BC边运动，
∴BM=BN，
由折叠可得：PM=BM，PN=BN，
∴PM=BM=PN=BN，
∴四边形BMPN是菱形，
∴PN//AB，
∴△CPN∽△CAB，
∴
设PN=BN=m，则CN=2-x，
∴
∴
∴
∴，
在Rt△APQ中，∠AQP=90°，∠PAQ=30°，
∴，
∴，
∴OQ=1，
∴
故答案为：C.
【分析】过点P作PQ⊥x轴于Q，根据点A、C的坐标求出OA=3，，从而求得，∠CAO=30°，进而求得BC=2，OB=1，AB=4，再证明四边形BMPN是菱形，得到PN//AB，从而证得△CPN∽△CAB，然后利用相似三角形的性质和解直角三角形求出PQ、OQ的长即可求解.
9．（2025九深圳模拟） 如果是一元二次方程的一个解，则　 　.
【答案】2023
【知识点】已知一元二次方程的根求参数
【解析】【解答】解：∵x=1是一元二次方程ax2+bx-1=0的一个解，
∴a+b=1，
∴2024-（a+b）=2024-1=2023；
故答案为：2023 .
【分析】
把x=1的值代入一元二次方程中， 求出a+b的值，即可得.
10．（2025九深圳模拟） 如图，将沿射线BC方向平移6cm，得到，已知，BC=3cm，AC=4cm，则阴影部分的面积为　 　.
【答案】18
【知识点】平行四边形的判定与性质；平移的性质
【解析】【解答】解：∵ 沿射线BC方向平移6cm，得到 ，
∴AB∥A'B'，AB=A'B'，
∴四边形ABA'B'是平行四边形，
∴AA'=BC+CB'=3+3=6，
∵阴影部分的面积为直角梯形：
∴阴影部分的面积为：（CB'+AA'）×AC÷2=（3+6）×4÷2=18cm2
故答案为：18 .
【分析】
根据平移的定义，可以求得四边形ABA'B'是平行四边形，根据梯形的面积即可知.
11．（2025九深圳模拟） 如图，内接于. 若，.则AB的弧长为　 　.
【答案】
【知识点】圆周角定理；弧长的计算
【解析】【解答】解：
连结OA，OB，
，，
∴∠AOB=90°，
∴OB=AB=1
∴ AB的弧长为：
∴ AB的弧长为：
故答案为： .
【分析】
根据图形作辅助线，∠AOB=90°，在直角三角形中，得到OB的值，即可求出AB的弧长.
12．（2025九深圳模拟） 如图，在直角坐标系中，正方形ABCD边长为4，轴，轴，其对角线的交点E坐标为(-6，5)，反比例函数.的图象经过点C，则k的值是　 　.
【答案】-12
【知识点】反比例函数的图象；正方形的性质；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：如图可知， 正方形ABCD边长为4， 轴，轴，
∵ E坐标为(-6，5) ，
∴C坐标为（-6+2，5-2）=（-4，3），
∵ 图像经过点C，
∴k=-4×3=-12
故答案为：-12 .
【分析】
根据图形和已知条件，确定C点的坐标，在代入反比例函数可得K的值.
13．（2025九深圳模拟） 如图，在等腰中，，边BC上有一点D，将沿线段AD折叠得，线段DB'与边AC交于点E，若，则=　 　.
【答案】
【知识点】勾股定理；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定；等腰直角三角形；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：如图，作，
设，
则，
是等腰直角三角形，
，
由折叠的性质可得，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
解得，
，
.
故答案为： .
【分析】设，由折叠的性质可得，故，作，易证，利用相似三角形的性质求得，再通过勾股定理解得，进而求得.
14．（2025九深圳模拟）计算：
【答案】解： 原式
=2
【知识点】实数的绝对值；特殊角的三角函数的混合运算
【解析】【分析】
根据实数的运算法则，先算括号里面的，和括号里面的减法，再算，，的值，最后算加减.
15．（2025九深圳模拟）先化简，再求值：，其中.
【答案】解：原式
原式=.
【知识点】分式的化简求值-直接代入
【解析】【分析】根据代数式的化简求值，先化简代数式，再代数求值.
16．（2025九深圳模拟）为丰富学生的校园生活，增强学生的美育意识，某校开设了五个社团活动：美食共享（A）、书法创作（B）、绘画给美（C）、音乐之声（D）、经典诗词（E），每个学生每个学期只参加一个社团活动，为了了解本学期学生参加社团活动的情况，学校随机抽取了若干名学生进行调查，并将调查结果绘制成如下两幅尚不完整的统计图. 请根据统计图提供的信息，解答下列问题：
（1）将条形统计图补充完整；
（2） 在扇形统计图中，美食共享（A）对应扇形的圆心角度数是　 　；
（3） 若该校有1800名学生，请估算本学期参加音乐之声（D）活动的学生人数；
（4） 若小明和小亮可从这五个社团活动中任选一个参加，请直接写出两人恰好选择同一个社团的概率.
【答案】（1）解：由条形统计图和扇形统计图可知，E所在人数为18人，E所占的份数为20%，总人数为：18÷20%=90人，
∴D的人数为：90-30-10-10-18=22人
（2）120°
（3）解：（名）
答：该校本学期参加艺术鉴赏(D)活动的学生人数大约有440名.
（4）解：画树状图为：
由图可知，一共有25种等可能的结果数，其中两人恰好选择同一个社团有5种结果，
∴两人恰好选择同一个社团的概率为.
【知识点】扇形统计图；条形统计图；简单事件概率的计算；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】解：（1）由（1）条形统计图可知，A所占的人数为30，总人数为30+10+10+22+18=90，美食共享（A）对应扇形的圆心角度数是
【分析】
（1）根据条形统计图和扇形统计图，根据样本估计总体，E的人数和E所对应的百分数比值，得到总人数，在减去A，B，C，E的人数可得D的人数，即可画出条形统计图；
（2）根据（1）得到的总人数，用A所占的人数与总人数的比值乘以360°即可得到；
（3） 音乐之声（D）活动的学生人数 ，根据样本总量乘以音乐所占比即可得到；
（4）小明和小亮从五个社团中任选一个参加，共有5x5=25种可能的选择。两人怡好选择同一个社团的情况有5种，这样计算出概率.
17．（2025九深圳模拟）深圳市罗湖区作为深圳最早发展的城区之一，融合了自然景观、历史文化、现代都市风貌，有很多知名景区，比如“仙湖植物园”、“梧桐山”、“洪湖公园”、“东门老街”等.请同学们认真阅读以下材料，并完成相关的学习任务：
材料一：2025年“五一”劳动节假期，大批深圳市民进入“仙湖植物园”观光游玩，据统计，5月4日上午8：00-10：00有接近4200人乘坐私家车和客车两种交通工具进入仙湖植物园停车场，根据停车场监控统计，在此段时间内私家车和客车共320辆进入，假如每辆私家车平均乘坐3人，客车平均每辆乘坐30人.
材料二：某学校计划五一过后，组织学校720名师生到“仙湖植物园”研学，一共租甲、乙两种型号的客车20辆，根据下表提供的信息要求在保证将全部师生送达目的地的前提下，租车费用不超过7200元.
型号 每辆载客量 每辆租金
甲型号 30 320
乙型号 45 400
请同学们根据材料一、材料二提供的信息完成（1），（2）任务.
（1）请同学们估算材料一中提供的时间段内分别有多少辆私家车和客车进入停车场.
（2）有几种租车方案供学校选择？最少租车费用是多少？
【答案】（1）解：设在提供的时间段内进入停车场有私家车x辆，客车y辆，
根据题意，得：，
解得：，
答：在提供的时间段内进入停车场有私家车 200辆，客车 120辆.
（2）解：设学校租用 A型号客车a辆车，租用 B型号客车(20-a)辆，
根据题意，得：
解得：10 ≤a≤12，
∵a为整数，
∴a的整数解为10、11、12， 即：学校有3种租车的方案
①租用 A 型号 10 辆，租用 B型号 10 辆，租金为：10×320+10×400=7200(元)，
②租用A型号 11 辆，租用B型号9辆，租金为：11×320+9×400=7120(元)，
③租用 A 型号 12 辆，租用B型号8辆，租金为：12×320+8×400=7040(元)，
∵7040<7120<7200，∴最少的租车费用为7040 元.
答：学校可以选择①、②、③三种租车方案，最少租车费用为 7040 元.
【知识点】二元一次方程组的实际应用-配套问题；一元一次不等式组的实际应用-方案问题
【解析】【分析】
（1）方法一设在提供的时间段内进入停车场有私家车x辆，客车y辆，根据私家车和客车共320辆 ， 每辆私家车平均乘坐3人，客车平均每辆乘坐30人.等量关系，列二元一次方程组，求解即可；
（2）根据已知条件，设学校租用 A型号客车a辆车，租用 B型号客车(20-a)辆，组织学校720名师生到“仙湖植物园”研学，一共租甲、乙两种型号的客车20辆，租车费用不超过7200元列不等式组，根据a的整数解的取值数，可以确定租车方案，以及最少的租车费用.
18．（2025九深圳模拟）如图，为的外接圆，，D是上一点
（1）请只用无刻度的直尺完成作图（保留作图痕迹，不写作法）.
①画出线段BC的垂直平分线
②画出的平分线
（2）已知，，，求的半径.
【答案】（1）解：①如图所示：直线 AF 即为所求；
②)如图所示：射线 DF 即为所求；
（2）解：在Rt△ABE中，，
设，
在Rt△OBE中，由勾股定理可得：
解得：
的半径为
【知识点】圆周角定理；尺规作图-作角的平分线；尺规作图-垂直平分线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1） ① 根据线段垂直平分线的判定，延长OA即可；
② 根据①和等弧对应等角可知，连接DF即可；
（2）分别在Rt△ABE和Rt△OBE，根据勾股定理，求出AE和 的半径.
19．（2025九深圳模拟）平移是初中数学中的重要图形变换之一，其特点是保持图形形状、大小不变，仅改变位置.
我们先以抛物线为例，对平移变换做了以下研究：把抛物线先向右平移1个单位，再向下平移4个单位得到抛物线，抛物线与x轴交于A，B两点，其对称轴与x轴交于点D.
（1） 抛物线 的表达式为：　 　.
（2） 如图 1，抛物线 ： 与抛物线 的交点 C 的坐标为：　 　.抛物线 与 x 轴交于 A， B 两点，线段 AB =　 　.
（3） 平移求解（参考图 1、图 2）
① 如果把线段 AB 平移，线段的一个端点落在抛物线 的对称轴上记作点 E，另一个端点落在抛物线 上记作点 F，则点 F 坐标为：F 　 　
② 如果把线段 DB 平移，线段一个端点落在抛物线 上记作点 G，另一个端点落在抛物线 上记作点 H，则点 H 的横坐标为：　 　
（4） 对于直线 ，通过对其上下平移可得直线 ，如果直线 恰好与抛物线 ， 共有三个交点，则 b 的值为：　 　
【答案】（1）y=（x-1）2-4；
（2）(，)；4
（3）（5，12）或（-3，12）；或；
（4）-或
【知识点】二次函数-动态几何问题；二次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解：（1）把抛物线C1：y=x2先向右平移1个单位，再向下平移4个单位得到抛物线C2∴抛物线C2的表达式为：y=（x-1）2-4；
（2）将抛物线C1：y=x2和抛物线C2：y=（x-1）2-4联立得解得x=，将x=代入y=x2=()2=∴C(，)；
∵抛物线C2：y=（x-1）2-4∴当y=0时，0=（x-1）2-4解得x1=-1，x2=3∴A(-1，0)，B(3，0）∴AB=3-（-1）=4；
（3）①抛物线C2：y=（x-1）2-4∴对称轴为直线x=1∴当点A平移到抛物线C2：y=（x-1）2-4的对称轴上E时，点F在抛物线C2上∵EF=AB=4∴点F的横坐标为1+4=5∴将x=5代入y=（x-1）2-4=（5-1）2-4=12∴F（5，12）；当点B平移到抛物线C2：y=（x-1）2-4的对称轴上E时，点F在抛物线C2上∵EF=AB=4∴点F的横坐标为1-4=-3∴将x=-3代入y=（x-1）2-4=（-3-1）2-4=12∴F（-3，12）；综上所述，点F的坐标为（5，12）或（-3，12）；
②根据题意得，D（1，0），B（3，0）∴DB=3-1=2当点D平移到抛物线C1上的点G时，则点B平移到抛物线C2上的点H时，设G（t，t2），则H[t+2，（t+2-1）2-4]，即H［t+2，（t+1）2-4]根据题意得，t2=（t+1）2-4解得t=∴t+2=2+=∴点H的横坐标为；当点B平移到抛物线C1上的点G时，则点D平移到抛物线C2上的点H时，设G（m，m2），则Hm-2，（m-2-1）2-4]，即H［m-2，（m-3）2-4]根据题意得，m2=（m-3）2-4解得m=∴m-2=-2=，∴点H的横坐标为；综上所述，点H的横坐标为或；
（4）如图所示，当直线l2：y=x+b与抛物线C1：y=x2只有一个交点时，直线l2恰好与抛物线C1，C2共有三个交点，∴联立直线l2：y=x+b与抛物线C1：y=x2得 x2=x+b，即x2-x-b=0根据题意得， =（-1）2-4×（-b）=0∴b=-；如图所示，当直线l2：y=x+b经过抛物线C1：y=x2与抛物线C2的交点C时，直线l2恰好与抛物线C1，C2共有三个交点，∴将C(，)，代入l2：y=x+b得，=+b解得b=综上所述，确的值为-或.
【分析】
（1）根据已知条件 的平移变换，可得 的表达式；
（2）根据已知条件 ： 与 解析式建立一元二次方程求出x，y的值即C点坐标，根据y=0，使得解析式求出x的值，即可求出线段AB的值；
（3） ① 参考图一根据平移和二次函数关于对称轴，分两种情况讨论，可以求出F点的坐标；
② 参考图二根据平移和端点分别落在，，求出DB=3-1=2，分两种情况讨论，设出G和H点坐标，根据纵坐标相等列方程求解；
（4）根据已知条件分两种情况讨论，当直线l2：y=x+b与抛物线C1：y=x2只有一个交点时，当直线l2：y=x+b经过抛物线C1：y=x2与抛物线C2的交点C时分别求解.
20．（2025九深圳模拟）【综合与实践】
【问题背景】阅读以下材料，并按要求解决问题：
从正方形的一个顶点引出来角为的两条射线，与正方形两个边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型.半角模型可以利用旋转得出多个几何结论，例如：
如图1，在正方形ABCD中，以A为顶点的，AE、AF与BC、CD边分别交于E、F两点，若BE=a，DF=b，EF=c(a，b，c为常数).易证：EF=BE+FD，则可以得到a，b，c之间的数量关系是：c=a+b.
证明：如图2，将绕点A顺时针旋转，得到，由可得G、B、E三点共线，，可证明，故EF=GE=BE+DF，进而得到c=a+b.
【方法转化】如果把背景中的正方形换成特殊项角的等腰三角形，同学们可以利用上述问题背景得到多个结论.
（1）【问题解决】在半角模型中可以利用旋转的方法解决问题.
如图3，在等腰中，以A为顶点的，AD、AE与BC边分别交于D、E两点，将绕点A逆时针旋转，如图4，得到，易证，，则可以得到BD、DE、CE之间的数量关系：
① 若，，则可得DE=　 　
② 若，，，则a，b，c之间的数量关系是：　 　
（2） 如图5，在等边中，以A为顶点的，AD、AE与BC边分别交于D、E两点.若，，，则a、b、c之间的数量关系是：　 　
（3） 如图6，在等腰中，顶角，以A为顶点的，AD、AE与BC边分别交于D、E两点，则可以得到BD、DE、CE之间的数量关系：
① 若，，则可得DE=　 　
② 若，，，则a、b、c之间的数量关系是：　 　
（4）【实践应用】
在第(3)问第①小问基础上，把绕点A逆时针旋转得，如图7，如果线段EF与边AC交于点G，则线段CG=　 　
【答案】（1）5；a2+b2=c2
（2）
（3）；
（4）
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；解直角三角形；旋转的性质；半角模型
【解析】【解答】解：(1)①∵△ADB绕点A逆时针旋转90°，
∴CF=BD=3，∠ACF=∠ABC=45°
∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=90°，
∴，
∵△ADE≌△AFE
∴DE=EF=5
②由①知，
∠ECF=90°，CF=BD=a，EF=DE=c，
∴CF2+CE2=EF2，
∴a2+b2=c2，
故答案为：5；a2+b2=c2.
(2)如图1，
将△ADB绕点A逆时针旋转60°，得到△ACF，易证∠ECE=120°，△ADE≌△AFE，
∴EF=DE=c，CF=BD=a，
作FG⊥BC，交BC的延长线于G，
∴∠FCG=180°-∠ECF=60°，
∴，
∵FG2+EG2=EF2，
∴，
∴a2+ab+b2=c2，
故答案为：a2+ab+b2=c2.
(3)①如图2，
将△ADB绕点A逆时针旋转120°，得到△ACF，易证∠ECF=60°，△ADE≌△AFE，
∴DE=EF，CF=BD=3，
作FW⊥BC于W，
可得，，
∴
∴
②由①得，FG2+EG2=DE2，
∴，
∴
故答案为：；.
(4)如图3，
作GH⊥CE于H，作GQ⊥CF于Q，作FW⊥CE于W，
∵∠ACF=∠ACB=30°，
∴，，
由S△CEG+S△CFG=S△CEF得，
，
∴，
∴
故答案为：.
【分析】(1)①可得出CF=BD=3，∠ECF=∠ACB+∠ACF=90°，根据勾股定理得出结果；
②由①知，∠ECF=90°，CF=BD=a，EF=DE=c，根据CF2+CE2=EF2得出结果；
(2)将△ADB绕点A逆时针旋转60°，得到△ACF，易证∠ECF=120°，△ADE≌△AFE，从而得出EF=DE=c，CF=BD=a，解三角形CEF求得结果；
(3)①将△ADB绕点A逆时针旋转120°，得到△ACF，易证∠ECF=60°，△ADE≌△AFE，DE=EF，CF=BD=3，解三角形CEF得出结果；
②根据①得结论得出结果；
(4)作GH⊥CE手H，作GQ⊥CF于Q，作FW⊥CE于W，根据S△CEG+S△CFG=S△CEF列出，进一步得出结果.
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