广东省深圳外国语学校（集团）龙华学校2025届九年级中考考前综合检测卷数学试题
1．（2025·龙华模拟）几种气体的液化温度（标准大气压）如下表：
气体 氦气（He） 氢气（H） 氮气（N） 氧气（O）
液化温度（℃）
其中液化温度最低的气体是（ ）
A．氦气 B．氢气 C．氮气 D．氧气
2．（2025·龙华模拟）如图是新石器时代人面鱼纹彩陶盆的示意图，它是仰韶彩陶工艺的代表作之一，是第三批禁止出国（境）展览文物．关于人面鱼纹彩陶盆的三视图，下列说法正确的是（ ）
A．主视图与俯视图相同
B．主视图与左视图相同
C．左视图与俯视图相同
D．主视图、左视图、俯视图都相同
3．（2025·龙华模拟）为培养学生的艺术素养，学校专门开设了四门美术类校本课程：素描、国画、折纸、陶艺。小欣同学决定从这四门课程中随机选择一门进行学习（每门课程被选中的可能性相同），则她恰好选择素描课程的概率是（ ）。
A． B． C． D．1
4．（2025·龙华模拟）如图，已知，则等于（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·龙华模拟）下列运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2025·龙华模拟）自行车停车架，主要用于自行车稳定停放及快速取放，如图1是自行车固定好后，后轮与车架的摆放方式，图2是它的简化示意图。已知后轮⊙O与底部停车架切于点4，与侧面停车架切于点B，已知AC⊥BC，车轮半径为40cm，则的长度为（ ）
A．40πcm B．30πcm C．20πcm D．10πcm
7．（2025·龙华模拟）《九章算术·方程》有一道题：今有甲乙二人持钱不知其数。甲得乙半而钱五十，乙得甲太半而钱亦五十。问：甲、乙各几何？设甲持钱χ两，乙持钱y两，可列方程组为（ ）
（注释：乙半；乙的一半钱，甲太半：甲的三分之二钱）
A． B．
C． D．
8．（2025·龙华模拟）如图是一块矩形ABCD的场地，长米，宽米，从A，B两处入口的路宽都为1米，两小路汇合处路口宽为2米，其余部分种植草坪面积为（ ）
A． B． C． D．
9．（2025·龙华模拟）如图，已知∠1=42°，则∠2= °。
10．（2025·龙华模拟）请写出同时满足“①随的增大而增大；②函数图象与轴交于负半轴”两个条件的一次函数解析式： ．
11．（2025·龙华模拟）小亮通过学习数学和物理知识，知道了电磁波的波长λ（m）会随着电磁波的频率f（MHz）的变化而变化。已知波长λ与频率f是反比例函数关系，如表是它们的部分对应值。若f=60MHz，则电磁波的波长λ= m。
频率f/MHz 10 15 50
波长λ/m 30 20 6
12．（2025·龙华模拟）深圳某校数学创新小组使用圭表测量正午太阳高度角，圭表由铅垂的表AB（高2.0米）和水平的圭BC组成。冬至日正午，测得太阳光线AD与圭BC的夹角∠ADB=44°，则冬至日正午表AB落在圭面BC的影长BD为 米。（精确到0.1米，参考数据：sin44°≈0.69，cos44°≈0.71，tan44≈0.97）
13．（2025·龙华模拟）如图，在中，，，，则AD= .
14．（2025·龙华模拟）计算
15．（2025·龙华模拟）先化简：，再从0，1，2中选择一个适当的数代入求值。
16．（2025·龙华模拟）某中学为了解学生对学校新推行的“跨学科融合项目式学习”的体验情况，在项目结束后随机选取50名学生进行调研，其体验分数的范围为5-10分。以下是调研的相关信息：
【信息1】体验分数的频数分布直方图的部分信息如下图。（数据分为5组：5≤x<6，6≤x<7，7≤x<8，8≤x<9，9≤x≤10）。
【信息2】在7≤x<8这一组的体验分数是：7.1，7.1，7.2，7.3，7.4，7.4，7.6，7.6，7.7，7.9。
结合信息解决下列问题：
（1）补全频数分布直方图；
（2）这50个体验分数的中位数是 .
（3）该校共有学生3000人，估计这3000人中体验分数不低于8分的人数。
17．（2025·龙华模拟）学生项目小组为解决饭堂汤碗从厨房到就餐区的转运问题，进行调研，得到了以下信息：
信息1 如图1所示，单个汤碗平放高度为8厘米.为节省空间，一般将汤碗如图2叠放，每增加一个汤碗，总高度增加1.5厘米，如图2所示，叠放4个汤碗时，总高度为12.5厘米.
信息2 可用托盘或推车这两种工具转运汤碗，安全起见，托盘一次最多运30个汤碗；推车一次最多运4叠，每叠高度要求不高于24厘米。
请根据以上信息，解决下列问题：
任务1 当叠放n个汤碗时，总高度H厘米，则H与n的关系式是.
任务2 求饭堂推车一次最多能搬运汤碗的数量；
任务3 若饭堂需搬运m个汤碗，单独使用托盘或单独推车的次数都要2次，问：若用托盘和推车各1次是否能够搬完这m个汤碗，请说明你的理由。
18．（2025·龙华模拟） “板车”是一种以前在街头巷尾经常能看到的人力或畜力牵引的运输工具，它主要部分是一块平板，平板下面安装轮子.图1是板车把手端点C着地时侧面示意图，图2是板车后尾端点E着地时侧面示意图，AB为车轮⊙O的直径，车架CE过圆心O，AE=AB，地面与车轮⊙O相切于点D.
（1）如图1，连接AD，BD，若tan∠BDC=，CD=2.4m.
①求证：∠ADC=∠DBC；
②求车轮⊙O的半径长.
（2）在（1）的条件下，如图2所示，当板车后尾端点E着地时，直接写出板车把手端点C到地面的距离 .
19．（2025·龙华模拟）定义：如果两条抛物线与x轴都有两个交点，且这两个交点位置相同，那么这两条抛物线称为“同根抛物线”。
如果两条同根抛物线的开口方向相同，那么这两条抛物线称为“同向同根抛物线”；
如果两条同根抛物线的开口方向相反，那么这两条抛物线称为“异向同根抛物线”.
如图1，在平面直角坐标系中，抛物线у=x2-4x与抛物线y＝x2-x与x轴交于点O（0，0）和点A（4，0），且开口方向都是向上，则称抛物线y=x2-4x与抛物线y＝x2-x是“同向同根抛物线”.
（1）在平面直角坐标系中，抛物线与抛物线（b是常数）是“同向同根抛物线”，求b的值；
（2）如图2，在平面直角坐标系中，抛物线与抛物线（a是常数）是“同向同根抛物线”，与x轴交于点A和点B，点C在抛物线上，射线AC与抛物线在第一象限交于点D，，当时，求a的值；
（3）如图3，在平面直角坐标系中，抛物线与抛物线（c是常数）是“异向同根抛物线”，与x轴交于点A和点B，点C是抛物线的顶点，连接AC，作交抛物线于点E，点E的纵坐标是m，点D是抛物线的顶点，点D与点E不重合，连接DE，当时，请求出m的值.
20．（2025·龙华模拟）综合与探究
【问题情境】
在综合与实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的折叠”为主题开展小组数学活动，已知菱形纸片ABCD，∠BCD=60°
【成果展示】
（1）第一小组：如图1，连接AC，折叠菱形纸片ABCD，使点A落在对角线AC上的点P处，折痕分别交AB，AD于点F，E.判断四边形AFPE的形状，并加以证明.
（2）第二小组：将菱形纸片ABCD沿过点B的直线折叠到如图2所示的位置，点A的对应点为点P，折痕交AD于点E，EP交CD于点G.
①判断DG和PG的数量关系，并加以证明.
②将菱形纸片ABCD沿过点B的直线折叠到如图3所示的位置，其中BP交CD于点M.若M恰好是CD的中点，且AB=4，请直接写出线段AE的长 .
（3）【深入探究】
在图2折叠的基础上，用剪刀沿折痕BE剪开纸片，将纸片△BEP绕点B按逆时方向旋转（点E的对应点为E'，点P的对应点为P'），当P'E'与CD所在的直线垂直时，且BC=4，请直接写出点P'.到直线CD的距离 .
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】有理数大小比较的实际应用
【解析】【解答】解：，
液化温度最低的气体是氦气．
故答案为：A．
【分析】根据有理数大小的比较法则“两个负数比较大小，绝对值大的数反而小”将液化温度从低到高排序，然后找出最低温度即可．
2．【答案】B
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：由图形可知，主视图与左视图相同，
故选：B．
【分析】根据几何体的三视图即可求出答案.
3．【答案】A
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：由题意可得恰好选择素描课程的概率
故答案为：A
【分析】根据概率公式即可求出答案.
4．【答案】C
【知识点】垂线的概念；平行线的性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：，
，
，
，
，
故选：C．
【分析】根据直线平行性质可得，再根据直角三角形两锐角互余即可求出答案.
5．【答案】D
【知识点】同底数幂的乘法；合并同类项法则及应用；幂的乘方运算；开平方（求平方根）
【解析】【解答】解：A.2a-a=a，因此选项A不符合题意；
B.2a3·3a2=6a5，因此选项B不符合题意；
C.(3a3b)2=9a6b2，因此选项C不符合题意；
D.，因此选项D符合题意，
故答案为：D.
【分析】根据合并同类项，同底数幂的乘法，幂的乘方，平方根的运算法则即可求解.
6．【答案】C
【知识点】垂线的概念；切线的性质；弧长的计算
【解析】【解答】解：连接OA，OB，
∵☉O与底部停车架切于点A，与侧面停车架切于点B，
∴OA⊥AC，OB⊥BC，
∵AC⊥BC，
∴∠OAC=∠OBC=∠ACB=90°，
∴∠AOB=360°-90°-90°-90°=90°，
∵车轮半径为40cm，
∴的长度(cm)
故答案为：C.
【分析】连接OA，OB，由切线的性质推出OA⊥AC，OB⊥BC，由垂直的定义得到∠OAC=∠OBC=∠ACB=90°，求出∠AOB=90°，由弧长公式即可求出的长.
7．【答案】A
【知识点】列二元一次方程组
【解析】【解答】解：由题意可得，
故答案为：A.
【分析】根据甲得到乙的钱数的，则甲的钱数为50；若乙得到甲的钱数的，则乙的钱数也能为50，可以得到相应的方程组，从而可以解答本题.
8．【答案】B
【知识点】矩形的性质；图形的平移
【解析】【解答】解：由图可知，矩形中去掉小路后，草坪正好可以拼成一个新矩形，
且它的长为：99-2=97(m)
宽为：41-1=40(m)
∴草坪的面积应该是长×宽=97×40=3880(m2)
故答案为：B.
【分析】根据已知将道路平移，再利用矩形的性质求出长和宽，再进行解答.
9．【答案】42
【知识点】对顶角及其性质
【解析】【解答】解：∵∠1=42°，
∴∠1=∠2=42°
故答案为：42.
【分析】根据对顶角的性质即可求解.
10．【答案】（答案不唯一）
【知识点】一次函数图象与坐标轴交点问题；一次函数图象、性质与系数的关系
【解析】【解答】解：根据题意可知，满足题意的函数解析式可以为，
故答案为： （答案不唯一）．
【分析】根据一次函数的图象与系数的关系即可求出答案.
11．【答案】5
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数的实际应用
【解析】【解答】解：设波长入关于频率f的函数解析式为(k≠0)
把点(10，30)代入上式中得：，
解得：k=300，
∴
当f=60MHz时，，
答：当f=60MHz时，此电磁波的波长为5m.
故答案为：5.
【分析】根据表格中的数据求出反比例函数的表达式，再代入f=60MHz计算对应的入值.
12．【答案】2.1
【知识点】解直角三角形的其他实际应用；平行投影
【解析】【解答】解：由题意，圭表由铅垂的表AB(高2.0米)和水平的圭BC组成，
又∵冬至日正午，太阳光线AD与丰BC的来角为∠ADB=44°，
∴在直角三角形ABD中，AB为垂直高度(2.0米)，BD为水平影长，太阳高度角∠ADB=44°.
∴
∴(米)
故答案为：2.1.
【分析】依据题意，圭表由铅垂的表AB(高2.0米)和水平的圭B组成，结合冬至日正午，太阳光线AD与圭BC的夹角为∠ADB=44°，从而在直角三角形ABD中，AB为垂直高度(2.0米)，BD为水平影长，太阳高度角∠ADB=44°，可得，进而即可得出结论.
13．【答案】
【知识点】勾股定理；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：过C作CH⊥AB交AB的延长线于点H，过D作DG⊥AB交AB的延长线于点G，
∵，AC=5，
∴CH=3，
∴，
∵AB=3，
∴BH=AH-AB=4-3=1，
∵DG//CH
∴△BGD∽△BHC，
∵
∴，
∴，；
∴，
∴，
故答案为：.
【分析】如图，过C作CH⊥AB交AB的延长线于点H，过D作DG⊥AB交AB的延长线于点G，则DG//CH，∠H=∠BGD=90°，根据，AC=5，求出CH=3，勾股定理求出AH，结合AB=3，求出BH，证明△BGD∽△BHC，得出，求出BG，DG，AG，再根据勾股定理即可求出AD.
14．【答案】解：原式=
【知识点】零指数幂；负整数指数幂；二次根式的化简求值；求特殊角的三角函数值
【解析】【分析】根据特殊角的三角函数值，0指数幂，二次根式性质，负整数指数幂化简，再计算加减即可求出答案.
15．【答案】解：原式=
=；
由题意可得：a=1≠0，且a≠0
∴将a=2代入原式可得：=
【知识点】完全平方公式及运用；分式的混合运算；分式的化简求值-择值代入
【解析】【分析】根据分式的混合运算，结合完全平方公式化简，再根据分式有意义的条件代值计算即可求出答案.
16．【答案】（1）解：由题意得，在8≤x<9这一组的人数为
50-6-14-10-8=12(人)，
补全频数分布直方图如图所示.
（2）7.4
（3）解：(人)
∴估计这3000人中体验分数不低于8分的人数约1200人.
【知识点】用样本估计总体；频数（率）分布直方图；中位数
【解析】【解答】解：(2)将选取了50名学生的体验分数按照从小到大的顺序排列，排在第25和26的分数为7.4，7.4，
∴这50个体验分数的中位数是(7.4+7.4)÷2=7.4(分)，
故答案为：7.4.
【分析】(1)用50分别减去其他4组的人数可得在8≤x<9这一组的人数，补全频数分布直方图即可；
(2)根据中位数的定义可得答案；
(3)根据用样本估计总体，用3000乘以8≤x<9和9≤x≤10这两组的人数所占的百分比，即可得出答案.
17．【答案】解：任务1：H=1.5n+6.5.
任务2：∵H≤24，∴1.5n+6.5≤24，解得：∵n为整数，∴n最大值为11，4n=4×11=44，∴饭堂推车一次最多能搬运汤碗的数量是44个.
任务3：若用托盘和推车各1次能够搬完这m个汤碗.理由如下：由题意得：解得：4460，∴若用托盘和推车各1次能够搬完这m个汤碗.
【知识点】一元一次不等式组的应用；一次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：（1）任务1：H与n的关系式是
H=8+1.5(n-1)=1.5n+6.5
故答案为：H=1.5n+6.5.
【分析】任务1：根据单个汤碗平放高度为8厘米，每增加一个汤碗总高度增加1.5厘米，列关系式即可；
任务2：每叠高度要求不高于24厘米，即H≤24，据此解得每叠n的最大值，则饭堂推车一次最多能搬运汤碗的数量即4n个；
任务3：根据题意列出关于m的不等式组，解得m的取值范围，然后比较大小即可.
18．【答案】（1）解：①证明：连接OD，
∵CD为圆的切线，
∴OD⊥CD.
∴∠BDC+∠ODB=90°，
∵OB=OD，
∴∠ODB=∠OBD，
∴∠OBD+∠BDC=90°，
∵AB为圆的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠DAB+∠OBD=90°，
∴∠DAB=∠BDC.
∵∠ADC+∠DAC+∠C=180°，
∠DBC+∠BDC+∠C=180°，
∴∠ADC=∠DBC.
②由(1)①知：∠DAB=∠BDC
∴
∵AB为圆的直径，
∴∠ADB=90°
∴
由(1)①知：∠ADC=∠DBC，
∵∠C=∠C，
∴△ADC∽△DBC，
∴，
∴
∴，
∵
∴
∴AC=3m，
∴
∴车轮☉O的半径长为.
（2）
【知识点】圆与三角形的综合
【解析】【解答】解：（2）连接OD，过点C作CH⊥DE于点H，
由(1)②知：，
，，
∴，
∴当板车后尾端点E着地时，CE的长度不变，圆的半径不变，
∴，，，
∵ED为圆的切线，
∴OD⊥ED
∵CH⊥ED
∴OD//CH，
∴△EDO∽△EHC
∴
∴
∴
∴当板车后尾端点E着地时，板车把手端点C到地面的距离为.
故答案为：.
【分析】(1)①连接OD，根据圆的切线性质推出OD⊥CD，再根据等腰三角形两底角相等的性质推出∠OBD+∠BDC=90°，再利用三角形的内角和定理和等式的性质解答即可得出结论；
②由①可知∠DAB=∠BDC，根据直角三角形的边角关系定理得到，再根据利用相似三角形对应边成比例，可得，代入数值化简运算得到CB，CA，进而即可得出结论；
(2)利用(1)中结论得到：，，，利用圆的切线的性质定理，垂直的意义和平行线的判定定理得到OD//CH，再利用相似三角形的判定与性质解答即可得出结论.
19．【答案】（1）解：∵抛物线y=x2-6x+5与抛物线(b是常数)是“同向同根抛物线”，
当y=0时，得：x2-6x+5=0，
解得：x1=1，x2=5，
∴抛物线y=x2-6x+5与x轴的交点为A(1，0)和B(5，0)，
∴抛物线与x轴的交点为A(1，0)和B(5，0)，将点A，点B的坐标分别代入得：
解得：
∴b的值为.
（2）解：作CE⊥x轴于点E，作DF⊥x轴于点F，
由(1)得，抛物线y=x2-6x+5与x轴的交点为A(1，0)和B(5，0)，
∵∠CAB=45°，∠CEA=90°，
∴△CAE是等腰直角三角形，AE=CE
设AE=CE=m，则C(1+m，m)，
∵点C在抛物线y=x2-6x+5上，将点C的坐标代入得：
m=(1+m)2-6(1+m)+5，
解得：m1=5，m2=0(不合题意，舍去)，
∴AE=CE=5，
∴
∵AC=2CD，
∴
∴，
同理可得，△DAF是等腰直角三角形，
∴
∴
将点D的坐标代入到y=ax2-6ax+5a，得：
解得：.
（3）解：m的值为；理由如下：
作EH⊥x轴于点H，设CD与x轴交于点F，
由(2)得，A(1，0)，
∵y=x2-6x+5=(x-3)2-4，
∴顶点C的坐标为(3，-4)，
∵y=cx2-6cx+5c=c(x-3)2-4c，
∴顶点D的坐标为(3，-4c)，
∵CD与x轴交于点F，
∴F(3，0)，
∴AF=3-1=2，CF=0-(-4)=4，
设直线AC的解析式为y=k+n，将点A，点C的坐标分别代入得：
解得：
∴直线AC的解析式为y=-2x+2，
∵DE//AC
∴设直线DE的解析式为y=-2x+n'，将点D的坐标代入得：
-4c=-6+n'，
解得：n'=6-4c，
∴直线DE的解析式为y=-2x +6-4c，
联立得：，
解得：或
∴，
∵AE⊥AC，
∴∠EAH+∠CAF=90°，
∵∠EAH+∠AEH=90°，
∴∠AEH=∠CAF，
又∵∠EHA=∠AFC=90°，
∴△AEH∽△CAF，
∴
∴
∴AH=2EH
∴
解得：，c2=1，
∵抛物线y=x2-6x+5与抛物线y=cx2-6cx+5c是“异向同根抛物线”，
∴c<0，
∴
∵点E的纵坐标是m，
∴.
∴m的值为
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数y=ax²+bx+c的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】(1)根据同向同根抛物线的定义即可求解；
(2)作CE⊥x轴于点E，作DF⊥x轴于点F，设AE=CE=m，则C(1+m，m)，再将点的坐标代入二次函数关系式，求出m的值，结合AC=2CD求出点D的坐标，再代入y=ax2-6ax+5a，即可求解；
(3)作EH⊥x轴于点H，设CD与x轴交于点F，利用二次函数的性质求出顶点C和D的坐标，得出F(3，0)，利用待定系数法求出直线AC的解析式为y=-2x+2，利用一次函数和平行线的性质，求出直线DB的解析式为y=-2x+6-4c，然后与抛物线y=cx2-6cx+5c联立解出点E的坐标，通过证明△AEH∽△CAF，得到AH=2EH，代入数据解出c的值，再根据“异向同根物线”的定义即可求解.
20．【答案】（1）解：四边形AFPE是菱形，
理由如下：
∵四边形ABCD是菱形
∴AB=CB，AD//BC，
∴∠BAC=∠BCA，∠BCA=∠CAD，
∴∠ BAC=∠ CAD，
如图，设AP与EF交于点O.
根据折叠的性质可得AP⊥EF，
∴∠AOF=∠AOE=90°，
∵AO=AO，
∴△AFO≌△AEO(ASA)，
∴AF=AE，
根据折叠的性质可得AF=PF，AE=PE，
∴AF=PF=AE=PE
∴四边形AFPE是菱形.
（2）
（3）
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：(2)①GD=GP.
理由如下：
连接BD，DP，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A=∠C=60°，AB=AD，
∴△ABD是等边三角形.
∴BA=BD.
根据折叠的性质可得BA=BP，∠A=∠BPE=60°，
∴BP=BD.
∴∠BDP=∠BPD.
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=DC，
∴△BCD是等边三角形.
∴∠BDC=60°，
∴∠BDG=∠BPG=60°
∴∠BDP-∠BDG=∠BPD-∠BPG，
∴∠GDP=∠GPD，
∴GD=GP.
②∵AB=4，
∴AB=BC=CD=AD=BD=BP=4，
∵M恰合好是CD的中点，
∴，BM⊥CD，
∴∠GMP=90°，，
∴∠PGM=∠EGD=30°，
∴DG=PG=2PM，，
∴，
解得，
∴.
∵∠EGD=30°，∠ADC=120°
∴∠DEG=30°=∠EGD，
∴，
∴.
故答案为：.
(3)设直线P'E'与直线CD交于点N，与直线AB交于点G，
∵在图2折叠的基础上，用剪刀沿折痕BE剪开纸片，将纸片△BEP绕点B按逆时方向旋转，BC=4，
∴AB=BC=BP=BP'=4，∠A=∠BPE=∠BP'E'=60°
∵P'E'与CD所在的直线垂直，
∴P'E'⊥CD，P'E'⊥AB，
∴∠GBP'=30°，，
由(2)可得CD和AB之间的距离为，即，
当N在D左边时，如图，
此时点P'到直线CD的距离，
当N在D右边时，如图，
此时点P'到直线CD的距离，
综上，点P'到直线CD的距离.
故答案为：.
【分析】(1)根据菱形的性质，易证△AFO≌△AEO(ASA)，推出AF=PF=AE=PE，从而得解；
(2)①连接BD，DP，△ABD是等边三角形，再证△BCD是等边三角形，从而得解；
②由M恰好是CD的中点，得到，∠GMP= 90°，则∠PGM=∠EGD=∠DEG=30°=∠EGD，则DG=PG=2PM，，根据，求出，则，最后根据AE=AD-DE求解即可；
(3)设直线P'E'与直线CD交于点N，与直线AB交于点G，由(2)可得CD和AB之间的距离为，即，AB=BC=BP=BP'=4，∠A=∠BPE=∠BP'E'=60°，则，然后根据当N在D左边或右边分情况画出图形，求出点P'到直线CD的距离P'N的值即可.
1 / 1广东省深圳外国语学校（集团）龙华学校2025届九年级中考考前综合检测卷数学试题
1．（2025·龙华模拟）几种气体的液化温度（标准大气压）如下表：
气体 氦气（He） 氢气（H） 氮气（N） 氧气（O）
液化温度（℃）
其中液化温度最低的气体是（ ）
A．氦气 B．氢气 C．氮气 D．氧气
【答案】A
【知识点】有理数大小比较的实际应用
【解析】【解答】解：，
液化温度最低的气体是氦气．
故答案为：A．
【分析】根据有理数大小的比较法则“两个负数比较大小，绝对值大的数反而小”将液化温度从低到高排序，然后找出最低温度即可．
2．（2025·龙华模拟）如图是新石器时代人面鱼纹彩陶盆的示意图，它是仰韶彩陶工艺的代表作之一，是第三批禁止出国（境）展览文物．关于人面鱼纹彩陶盆的三视图，下列说法正确的是（ ）
A．主视图与俯视图相同
B．主视图与左视图相同
C．左视图与俯视图相同
D．主视图、左视图、俯视图都相同
【答案】B
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：由图形可知，主视图与左视图相同，
故选：B．
【分析】根据几何体的三视图即可求出答案.
3．（2025·龙华模拟）为培养学生的艺术素养，学校专门开设了四门美术类校本课程：素描、国画、折纸、陶艺。小欣同学决定从这四门课程中随机选择一门进行学习（每门课程被选中的可能性相同），则她恰好选择素描课程的概率是（ ）。
A． B． C． D．1
【答案】A
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：由题意可得恰好选择素描课程的概率
故答案为：A
【分析】根据概率公式即可求出答案.
4．（2025·龙华模拟）如图，已知，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】垂线的概念；平行线的性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：，
，
，
，
，
故选：C．
【分析】根据直线平行性质可得，再根据直角三角形两锐角互余即可求出答案.
5．（2025·龙华模拟）下列运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】同底数幂的乘法；合并同类项法则及应用；幂的乘方运算；开平方（求平方根）
【解析】【解答】解：A.2a-a=a，因此选项A不符合题意；
B.2a3·3a2=6a5，因此选项B不符合题意；
C.(3a3b)2=9a6b2，因此选项C不符合题意；
D.，因此选项D符合题意，
故答案为：D.
【分析】根据合并同类项，同底数幂的乘法，幂的乘方，平方根的运算法则即可求解.
6．（2025·龙华模拟）自行车停车架，主要用于自行车稳定停放及快速取放，如图1是自行车固定好后，后轮与车架的摆放方式，图2是它的简化示意图。已知后轮⊙O与底部停车架切于点4，与侧面停车架切于点B，已知AC⊥BC，车轮半径为40cm，则的长度为（ ）
A．40πcm B．30πcm C．20πcm D．10πcm
【答案】C
【知识点】垂线的概念；切线的性质；弧长的计算
【解析】【解答】解：连接OA，OB，
∵☉O与底部停车架切于点A，与侧面停车架切于点B，
∴OA⊥AC，OB⊥BC，
∵AC⊥BC，
∴∠OAC=∠OBC=∠ACB=90°，
∴∠AOB=360°-90°-90°-90°=90°，
∵车轮半径为40cm，
∴的长度(cm)
故答案为：C.
【分析】连接OA，OB，由切线的性质推出OA⊥AC，OB⊥BC，由垂直的定义得到∠OAC=∠OBC=∠ACB=90°，求出∠AOB=90°，由弧长公式即可求出的长.
7．（2025·龙华模拟）《九章算术·方程》有一道题：今有甲乙二人持钱不知其数。甲得乙半而钱五十，乙得甲太半而钱亦五十。问：甲、乙各几何？设甲持钱χ两，乙持钱y两，可列方程组为（ ）
（注释：乙半；乙的一半钱，甲太半：甲的三分之二钱）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】列二元一次方程组
【解析】【解答】解：由题意可得，
故答案为：A.
【分析】根据甲得到乙的钱数的，则甲的钱数为50；若乙得到甲的钱数的，则乙的钱数也能为50，可以得到相应的方程组，从而可以解答本题.
8．（2025·龙华模拟）如图是一块矩形ABCD的场地，长米，宽米，从A，B两处入口的路宽都为1米，两小路汇合处路口宽为2米，其余部分种植草坪面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】矩形的性质；图形的平移
【解析】【解答】解：由图可知，矩形中去掉小路后，草坪正好可以拼成一个新矩形，
且它的长为：99-2=97(m)
宽为：41-1=40(m)
∴草坪的面积应该是长×宽=97×40=3880(m2)
故答案为：B.
【分析】根据已知将道路平移，再利用矩形的性质求出长和宽，再进行解答.
9．（2025·龙华模拟）如图，已知∠1=42°，则∠2= °。
【答案】42
【知识点】对顶角及其性质
【解析】【解答】解：∵∠1=42°，
∴∠1=∠2=42°
故答案为：42.
【分析】根据对顶角的性质即可求解.
10．（2025·龙华模拟）请写出同时满足“①随的增大而增大；②函数图象与轴交于负半轴”两个条件的一次函数解析式： ．
【答案】（答案不唯一）
【知识点】一次函数图象与坐标轴交点问题；一次函数图象、性质与系数的关系
【解析】【解答】解：根据题意可知，满足题意的函数解析式可以为，
故答案为： （答案不唯一）．
【分析】根据一次函数的图象与系数的关系即可求出答案.
11．（2025·龙华模拟）小亮通过学习数学和物理知识，知道了电磁波的波长λ（m）会随着电磁波的频率f（MHz）的变化而变化。已知波长λ与频率f是反比例函数关系，如表是它们的部分对应值。若f=60MHz，则电磁波的波长λ= m。
频率f/MHz 10 15 50
波长λ/m 30 20 6
【答案】5
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数的实际应用
【解析】【解答】解：设波长入关于频率f的函数解析式为(k≠0)
把点(10，30)代入上式中得：，
解得：k=300，
∴
当f=60MHz时，，
答：当f=60MHz时，此电磁波的波长为5m.
故答案为：5.
【分析】根据表格中的数据求出反比例函数的表达式，再代入f=60MHz计算对应的入值.
12．（2025·龙华模拟）深圳某校数学创新小组使用圭表测量正午太阳高度角，圭表由铅垂的表AB（高2.0米）和水平的圭BC组成。冬至日正午，测得太阳光线AD与圭BC的夹角∠ADB=44°，则冬至日正午表AB落在圭面BC的影长BD为 米。（精确到0.1米，参考数据：sin44°≈0.69，cos44°≈0.71，tan44≈0.97）
【答案】2.1
【知识点】解直角三角形的其他实际应用；平行投影
【解析】【解答】解：由题意，圭表由铅垂的表AB(高2.0米)和水平的圭BC组成，
又∵冬至日正午，太阳光线AD与丰BC的来角为∠ADB=44°，
∴在直角三角形ABD中，AB为垂直高度(2.0米)，BD为水平影长，太阳高度角∠ADB=44°.
∴
∴(米)
故答案为：2.1.
【分析】依据题意，圭表由铅垂的表AB(高2.0米)和水平的圭B组成，结合冬至日正午，太阳光线AD与圭BC的夹角为∠ADB=44°，从而在直角三角形ABD中，AB为垂直高度(2.0米)，BD为水平影长，太阳高度角∠ADB=44°，可得，进而即可得出结论.
13．（2025·龙华模拟）如图，在中，，，，则AD= .
【答案】
【知识点】勾股定理；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：过C作CH⊥AB交AB的延长线于点H，过D作DG⊥AB交AB的延长线于点G，
∵，AC=5，
∴CH=3，
∴，
∵AB=3，
∴BH=AH-AB=4-3=1，
∵DG//CH
∴△BGD∽△BHC，
∵
∴，
∴，；
∴，
∴，
故答案为：.
【分析】如图，过C作CH⊥AB交AB的延长线于点H，过D作DG⊥AB交AB的延长线于点G，则DG//CH，∠H=∠BGD=90°，根据，AC=5，求出CH=3，勾股定理求出AH，结合AB=3，求出BH，证明△BGD∽△BHC，得出，求出BG，DG，AG，再根据勾股定理即可求出AD.
14．（2025·龙华模拟）计算
【答案】解：原式=
【知识点】零指数幂；负整数指数幂；二次根式的化简求值；求特殊角的三角函数值
【解析】【分析】根据特殊角的三角函数值，0指数幂，二次根式性质，负整数指数幂化简，再计算加减即可求出答案.
15．（2025·龙华模拟）先化简：，再从0，1，2中选择一个适当的数代入求值。
【答案】解：原式=
=；
由题意可得：a=1≠0，且a≠0
∴将a=2代入原式可得：=
【知识点】完全平方公式及运用；分式的混合运算；分式的化简求值-择值代入
【解析】【分析】根据分式的混合运算，结合完全平方公式化简，再根据分式有意义的条件代值计算即可求出答案.
16．（2025·龙华模拟）某中学为了解学生对学校新推行的“跨学科融合项目式学习”的体验情况，在项目结束后随机选取50名学生进行调研，其体验分数的范围为5-10分。以下是调研的相关信息：
【信息1】体验分数的频数分布直方图的部分信息如下图。（数据分为5组：5≤x<6，6≤x<7，7≤x<8，8≤x<9，9≤x≤10）。
【信息2】在7≤x<8这一组的体验分数是：7.1，7.1，7.2，7.3，7.4，7.4，7.6，7.6，7.7，7.9。
结合信息解决下列问题：
（1）补全频数分布直方图；
（2）这50个体验分数的中位数是 .
（3）该校共有学生3000人，估计这3000人中体验分数不低于8分的人数。
【答案】（1）解：由题意得，在8≤x<9这一组的人数为
50-6-14-10-8=12(人)，
补全频数分布直方图如图所示.
（2）7.4
（3）解：(人)
∴估计这3000人中体验分数不低于8分的人数约1200人.
【知识点】用样本估计总体；频数（率）分布直方图；中位数
【解析】【解答】解：(2)将选取了50名学生的体验分数按照从小到大的顺序排列，排在第25和26的分数为7.4，7.4，
∴这50个体验分数的中位数是(7.4+7.4)÷2=7.4(分)，
故答案为：7.4.
【分析】(1)用50分别减去其他4组的人数可得在8≤x<9这一组的人数，补全频数分布直方图即可；
(2)根据中位数的定义可得答案；
(3)根据用样本估计总体，用3000乘以8≤x<9和9≤x≤10这两组的人数所占的百分比，即可得出答案.
17．（2025·龙华模拟）学生项目小组为解决饭堂汤碗从厨房到就餐区的转运问题，进行调研，得到了以下信息：
信息1 如图1所示，单个汤碗平放高度为8厘米.为节省空间，一般将汤碗如图2叠放，每增加一个汤碗，总高度增加1.5厘米，如图2所示，叠放4个汤碗时，总高度为12.5厘米.
信息2 可用托盘或推车这两种工具转运汤碗，安全起见，托盘一次最多运30个汤碗；推车一次最多运4叠，每叠高度要求不高于24厘米。
请根据以上信息，解决下列问题：
任务1 当叠放n个汤碗时，总高度H厘米，则H与n的关系式是.
任务2 求饭堂推车一次最多能搬运汤碗的数量；
任务3 若饭堂需搬运m个汤碗，单独使用托盘或单独推车的次数都要2次，问：若用托盘和推车各1次是否能够搬完这m个汤碗，请说明你的理由。
【答案】解：任务1：H=1.5n+6.5.
任务2：∵H≤24，∴1.5n+6.5≤24，解得：∵n为整数，∴n最大值为11，4n=4×11=44，∴饭堂推车一次最多能搬运汤碗的数量是44个.
任务3：若用托盘和推车各1次能够搬完这m个汤碗.理由如下：由题意得：解得：4460，∴若用托盘和推车各1次能够搬完这m个汤碗.
【知识点】一元一次不等式组的应用；一次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：（1）任务1：H与n的关系式是
H=8+1.5(n-1)=1.5n+6.5
故答案为：H=1.5n+6.5.
【分析】任务1：根据单个汤碗平放高度为8厘米，每增加一个汤碗总高度增加1.5厘米，列关系式即可；
任务2：每叠高度要求不高于24厘米，即H≤24，据此解得每叠n的最大值，则饭堂推车一次最多能搬运汤碗的数量即4n个；
任务3：根据题意列出关于m的不等式组，解得m的取值范围，然后比较大小即可.
18．（2025·龙华模拟） “板车”是一种以前在街头巷尾经常能看到的人力或畜力牵引的运输工具，它主要部分是一块平板，平板下面安装轮子.图1是板车把手端点C着地时侧面示意图，图2是板车后尾端点E着地时侧面示意图，AB为车轮⊙O的直径，车架CE过圆心O，AE=AB，地面与车轮⊙O相切于点D.
（1）如图1，连接AD，BD，若tan∠BDC=，CD=2.4m.
①求证：∠ADC=∠DBC；
②求车轮⊙O的半径长.
（2）在（1）的条件下，如图2所示，当板车后尾端点E着地时，直接写出板车把手端点C到地面的距离 .
【答案】（1）解：①证明：连接OD，
∵CD为圆的切线，
∴OD⊥CD.
∴∠BDC+∠ODB=90°，
∵OB=OD，
∴∠ODB=∠OBD，
∴∠OBD+∠BDC=90°，
∵AB为圆的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠DAB+∠OBD=90°，
∴∠DAB=∠BDC.
∵∠ADC+∠DAC+∠C=180°，
∠DBC+∠BDC+∠C=180°，
∴∠ADC=∠DBC.
②由(1)①知：∠DAB=∠BDC
∴
∵AB为圆的直径，
∴∠ADB=90°
∴
由(1)①知：∠ADC=∠DBC，
∵∠C=∠C，
∴△ADC∽△DBC，
∴，
∴
∴，
∵
∴
∴AC=3m，
∴
∴车轮☉O的半径长为.
（2）
【知识点】圆与三角形的综合
【解析】【解答】解：（2）连接OD，过点C作CH⊥DE于点H，
由(1)②知：，
，，
∴，
∴当板车后尾端点E着地时，CE的长度不变，圆的半径不变，
∴，，，
∵ED为圆的切线，
∴OD⊥ED
∵CH⊥ED
∴OD//CH，
∴△EDO∽△EHC
∴
∴
∴
∴当板车后尾端点E着地时，板车把手端点C到地面的距离为.
故答案为：.
【分析】(1)①连接OD，根据圆的切线性质推出OD⊥CD，再根据等腰三角形两底角相等的性质推出∠OBD+∠BDC=90°，再利用三角形的内角和定理和等式的性质解答即可得出结论；
②由①可知∠DAB=∠BDC，根据直角三角形的边角关系定理得到，再根据利用相似三角形对应边成比例，可得，代入数值化简运算得到CB，CA，进而即可得出结论；
(2)利用(1)中结论得到：，，，利用圆的切线的性质定理，垂直的意义和平行线的判定定理得到OD//CH，再利用相似三角形的判定与性质解答即可得出结论.
19．（2025·龙华模拟）定义：如果两条抛物线与x轴都有两个交点，且这两个交点位置相同，那么这两条抛物线称为“同根抛物线”。
如果两条同根抛物线的开口方向相同，那么这两条抛物线称为“同向同根抛物线”；
如果两条同根抛物线的开口方向相反，那么这两条抛物线称为“异向同根抛物线”.
如图1，在平面直角坐标系中，抛物线у=x2-4x与抛物线y＝x2-x与x轴交于点O（0，0）和点A（4，0），且开口方向都是向上，则称抛物线y=x2-4x与抛物线y＝x2-x是“同向同根抛物线”.
（1）在平面直角坐标系中，抛物线与抛物线（b是常数）是“同向同根抛物线”，求b的值；
（2）如图2，在平面直角坐标系中，抛物线与抛物线（a是常数）是“同向同根抛物线”，与x轴交于点A和点B，点C在抛物线上，射线AC与抛物线在第一象限交于点D，，当时，求a的值；
（3）如图3，在平面直角坐标系中，抛物线与抛物线（c是常数）是“异向同根抛物线”，与x轴交于点A和点B，点C是抛物线的顶点，连接AC，作交抛物线于点E，点E的纵坐标是m，点D是抛物线的顶点，点D与点E不重合，连接DE，当时，请求出m的值.
【答案】（1）解：∵抛物线y=x2-6x+5与抛物线(b是常数)是“同向同根抛物线”，
当y=0时，得：x2-6x+5=0，
解得：x1=1，x2=5，
∴抛物线y=x2-6x+5与x轴的交点为A(1，0)和B(5，0)，
∴抛物线与x轴的交点为A(1，0)和B(5，0)，将点A，点B的坐标分别代入得：
解得：
∴b的值为.
（2）解：作CE⊥x轴于点E，作DF⊥x轴于点F，
由(1)得，抛物线y=x2-6x+5与x轴的交点为A(1，0)和B(5，0)，
∵∠CAB=45°，∠CEA=90°，
∴△CAE是等腰直角三角形，AE=CE
设AE=CE=m，则C(1+m，m)，
∵点C在抛物线y=x2-6x+5上，将点C的坐标代入得：
m=(1+m)2-6(1+m)+5，
解得：m1=5，m2=0(不合题意，舍去)，
∴AE=CE=5，
∴
∵AC=2CD，
∴
∴，
同理可得，△DAF是等腰直角三角形，
∴
∴
将点D的坐标代入到y=ax2-6ax+5a，得：
解得：.
（3）解：m的值为；理由如下：
作EH⊥x轴于点H，设CD与x轴交于点F，
由(2)得，A(1，0)，
∵y=x2-6x+5=(x-3)2-4，
∴顶点C的坐标为(3，-4)，
∵y=cx2-6cx+5c=c(x-3)2-4c，
∴顶点D的坐标为(3，-4c)，
∵CD与x轴交于点F，
∴F(3，0)，
∴AF=3-1=2，CF=0-(-4)=4，
设直线AC的解析式为y=k+n，将点A，点C的坐标分别代入得：
解得：
∴直线AC的解析式为y=-2x+2，
∵DE//AC
∴设直线DE的解析式为y=-2x+n'，将点D的坐标代入得：
-4c=-6+n'，
解得：n'=6-4c，
∴直线DE的解析式为y=-2x +6-4c，
联立得：，
解得：或
∴，
∵AE⊥AC，
∴∠EAH+∠CAF=90°，
∵∠EAH+∠AEH=90°，
∴∠AEH=∠CAF，
又∵∠EHA=∠AFC=90°，
∴△AEH∽△CAF，
∴
∴
∴AH=2EH
∴
解得：，c2=1，
∵抛物线y=x2-6x+5与抛物线y=cx2-6cx+5c是“异向同根抛物线”，
∴c<0，
∴
∵点E的纵坐标是m，
∴.
∴m的值为
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数y=ax²+bx+c的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】(1)根据同向同根抛物线的定义即可求解；
(2)作CE⊥x轴于点E，作DF⊥x轴于点F，设AE=CE=m，则C(1+m，m)，再将点的坐标代入二次函数关系式，求出m的值，结合AC=2CD求出点D的坐标，再代入y=ax2-6ax+5a，即可求解；
(3)作EH⊥x轴于点H，设CD与x轴交于点F，利用二次函数的性质求出顶点C和D的坐标，得出F(3，0)，利用待定系数法求出直线AC的解析式为y=-2x+2，利用一次函数和平行线的性质，求出直线DB的解析式为y=-2x+6-4c，然后与抛物线y=cx2-6cx+5c联立解出点E的坐标，通过证明△AEH∽△CAF，得到AH=2EH，代入数据解出c的值，再根据“异向同根物线”的定义即可求解.
20．（2025·龙华模拟）综合与探究
【问题情境】
在综合与实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的折叠”为主题开展小组数学活动，已知菱形纸片ABCD，∠BCD=60°
【成果展示】
（1）第一小组：如图1，连接AC，折叠菱形纸片ABCD，使点A落在对角线AC上的点P处，折痕分别交AB，AD于点F，E.判断四边形AFPE的形状，并加以证明.
（2）第二小组：将菱形纸片ABCD沿过点B的直线折叠到如图2所示的位置，点A的对应点为点P，折痕交AD于点E，EP交CD于点G.
①判断DG和PG的数量关系，并加以证明.
②将菱形纸片ABCD沿过点B的直线折叠到如图3所示的位置，其中BP交CD于点M.若M恰好是CD的中点，且AB=4，请直接写出线段AE的长 .
（3）【深入探究】
在图2折叠的基础上，用剪刀沿折痕BE剪开纸片，将纸片△BEP绕点B按逆时方向旋转（点E的对应点为E'，点P的对应点为P'），当P'E'与CD所在的直线垂直时，且BC=4，请直接写出点P'.到直线CD的距离 .
【答案】（1）解：四边形AFPE是菱形，
理由如下：
∵四边形ABCD是菱形
∴AB=CB，AD//BC，
∴∠BAC=∠BCA，∠BCA=∠CAD，
∴∠ BAC=∠ CAD，
如图，设AP与EF交于点O.
根据折叠的性质可得AP⊥EF，
∴∠AOF=∠AOE=90°，
∵AO=AO，
∴△AFO≌△AEO(ASA)，
∴AF=AE，
根据折叠的性质可得AF=PF，AE=PE，
∴AF=PF=AE=PE
∴四边形AFPE是菱形.
（2）
（3）
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：(2)①GD=GP.
理由如下：
连接BD，DP，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A=∠C=60°，AB=AD，
∴△ABD是等边三角形.
∴BA=BD.
根据折叠的性质可得BA=BP，∠A=∠BPE=60°，
∴BP=BD.
∴∠BDP=∠BPD.
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=DC，
∴△BCD是等边三角形.
∴∠BDC=60°，
∴∠BDG=∠BPG=60°
∴∠BDP-∠BDG=∠BPD-∠BPG，
∴∠GDP=∠GPD，
∴GD=GP.
②∵AB=4，
∴AB=BC=CD=AD=BD=BP=4，
∵M恰合好是CD的中点，
∴，BM⊥CD，
∴∠GMP=90°，，
∴∠PGM=∠EGD=30°，
∴DG=PG=2PM，，
∴，
解得，
∴.
∵∠EGD=30°，∠ADC=120°
∴∠DEG=30°=∠EGD，
∴，
∴.
故答案为：.
(3)设直线P'E'与直线CD交于点N，与直线AB交于点G，
∵在图2折叠的基础上，用剪刀沿折痕BE剪开纸片，将纸片△BEP绕点B按逆时方向旋转，BC=4，
∴AB=BC=BP=BP'=4，∠A=∠BPE=∠BP'E'=60°
∵P'E'与CD所在的直线垂直，
∴P'E'⊥CD，P'E'⊥AB，
∴∠GBP'=30°，，
由(2)可得CD和AB之间的距离为，即，
当N在D左边时，如图，
此时点P'到直线CD的距离，
当N在D右边时，如图，
此时点P'到直线CD的距离，
综上，点P'到直线CD的距离.
故答案为：.
【分析】(1)根据菱形的性质，易证△AFO≌△AEO(ASA)，推出AF=PF=AE=PE，从而得解；
(2)①连接BD，DP，△ABD是等边三角形，再证△BCD是等边三角形，从而得解；
②由M恰好是CD的中点，得到，∠GMP= 90°，则∠PGM=∠EGD=∠DEG=30°=∠EGD，则DG=PG=2PM，，根据，求出，则，最后根据AE=AD-DE求解即可；
(3)设直线P'E'与直线CD交于点N，与直线AB交于点G，由(2)可得CD和AB之间的距离为，即，AB=BC=BP=BP'=4，∠A=∠BPE=∠BP'E'=60°，则，然后根据当N在D左边或右边分情况画出图形，求出点P'到直线CD的距离P'N的值即可.
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