江西省石城县第二中学2021-2022学年九年级下学期第一次集中训练（月考）数学试题(含答案)

这是一份江西省石城县第二中学2021-2022学年九年级下学期第一次集中训练（月考）数学试题(含答案)，共30页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试题卷
一、选择题（共12小题）
1.当实数x的取值使得有意义时，函数中y的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
2.已知整数，，，，…满足下列条件：，，，，…依此类推，则的值为（ ）
A.﹣1005 B.﹣1006 C.﹣1007 D.﹣2012
3.解关于x的方程不会产生增根，则k的值是（ ）
A.2 B.1 C.且 D.无法确定
4.如图所示，在中，延长斜边到点C，使，连接，若，则的值为（ ）

A. B. C. D.
5.如果方程的三根可作为一个三角形的三边之长，则实数m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
6.如图，正方形及正方形，连接、、.则等于（ ）

A. B. C. D.
7.已知函数，当时，.则函数的图象可能是下图中的（ ）
A. B. C. D.
8.如图，已知正的边长为2，E、F、G分别是、、上的点，且，设的面积为y，AE的长为x，则y关于x的函数图象大致是（ ）

A. B. C. D.
9.如图，已知锐角三角形的顶点A到垂心H的距离等于它的外接圆半径，则的度数为（ ）

A.30° B.45° C.60° D.75°
10.梯形中，，以、、为斜边向外作等腰直角三角形，其面积分别是、、，且，则（ ）

A. B. C. D.
11.中，，点D为中点.，绕点D旋转，、分别与边、交于E、F两点.下列结论：
①； ②；
③； ④；
⑤与可能互相平分，
其中正确结论的个数是（ ）

A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
12.已知，且，则代数式的值为（ ）
A.3 B.14 C.16 D.36
二、填空题（共4小题）
13.如图，正方形的面积为18，是等边三角形，点E在正方形内，在对角线上有一动点P，则的最小值为_____________.

14.如图，在平面直角坐标中，菱形的对角线交于点，曲线（）经过两点，若，则菱形的面积的最大值是___________.

15.对于正数x，规定，计算___________.
16.如图所示：两个同心圆，半径分别是和，矩形边，分别为两圆的弦，当矩形面积取最大值时，矩形的周长是_____________.

三、解答题（共6小题）
17.先化简，再求值：，其中，
18.如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，若，、，点B、C在第二象限内.

（1）请直接写出点B的坐标；
（2）将矩形以每秒2个单位的速度沿x轴向右平移t秒，若存在某一时刻t，使在第一象限内点B、C两点的对应点、正好落在某反比例函数的图象上，请求出此时t的值以及这个反比例函数的解析式；
（3）在（2）的情况下，是否存在y轴上的点P和反比例函数图象上的点Q，使得以P、Q、、四个点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出符合题意的点P、Q的坐标；若不存在，请说明理由.
19.（1）问题发现：如图1，在和中，，，，连接，交于点M.填空：①的值为____________；②的度数为____________.
（2）类比探究：如图2，在和中，，，连接交的延长线于点M.请判断的值及的度数，并说明理由；
（3）拓展延伸：在（2）的条件下，将绕点O在平面内旋转，，所在直线交于点M，若，，请直接写出当点C与点M重合时的长.

20.已知：四边形中，点E、F分别为边、上的点，连接、相交于点G，且满足.

（1）如图1，若，，，求的长（用含n的代数式表示）；
（2）如图2，若为矩形，G恰为中点，连接，，作点A关于的对称点，到的距离为，求的长.
21.如图，已知在中，，，，点P是边上的一点，，垂足为E，以点P为圆心，为半径的圆与射线相交于点Q，线段与边交于点D.

（1）求的长；
（2）设，的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
（3）过点C作，垂足为F，联结、，如果是以为腰的等腰三角形，求的长.
22.如图1，直线交x轴于点A，交y轴于点，抛物线经过点A，交y轴于点.点P为抛物线上一个动点，过点P作x轴的垂线，过点B作于点D，连接，设点P的横坐标为m.

（1）求抛物线的解析式；
（2）当为等腰直角三角形时，求线段的长；
（3）如图2，将绕点B逆时针旋转，得到，且旋转角，当点P的对应点落在坐标轴上时，请直接写出点P的坐标.

数学试题卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共12小题）
1.【分析】由被开方数非负可求出x的取值范围，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出当时y的值，再利用一次函数的性质可得出y的取值范围.
【解答】解：∵实数x的取值使得有意义，
∴，
∴.
当时，.
∵，
∴y值随x值的增大而减小，
∴当时，函数中y的取值范围是.
故选：D.
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、二次根式有意义的条件以及一次函数的性质，利用一次函数图象上点的坐标特征及一次函数的性质，找出y的取值范围是解题的关键.
2.【分析】根据条件求出前几个数的值，再分n是奇数时，结果等于，n是偶数时，结果等于，然后把n的值代入进行计算即可得解.
【解答】解：，
，
，
，
，
…，
所以n是奇数时，；n是偶数时，；
.
故选：B.
【点评】此题考查数字的变化规律，根据所求出的数，观察出n为奇数与偶数时的结果的变化规律是解题的关键.
3.【分析】先将分式方程化为整式方程，解得，根据题意可得，从而求出k的值.
【解答】解：去分母得，，
解得，
∵方程不会产生增根，
∴，
∴，
即.
故选：C.
【点评】本题考查了分式方程的增根，增根确定后可按如下步骤进行：①化分式方程为整式方程；②把增根代入整式方程即可求得相关字母的值.
4.【分析】如图，作交于E.由可以假设，，推出，，想办法求出即可解决问题.
【解答】解：如图，作交于E.

在中，∵
∴可以假设，，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故选：D.
【点评】本题考查解直角三角形，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型.
5.【分析】方程的三根是一个三角形三边的长，则方程有一根是1，即方程的一边是1，另两边是方程的两个根，根据在三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边.则方程的两个根设是和，一定是两个正数，且一定有，结合根与系数的关系，以及根的判别式即可确定m的范围.
【解答】解：∵方程有三根，
∴，有根，方程的，得.
又∵原方程有三根，且为三角形的三边和长.
∴有，，而已成立；
当时，两边平方得：.
即：.解得.
∴.
故选：D.
【点评】本题考查了根与系数的关系和三角形三边关系，利用了：①一元二次方程的根与系数的关系，②根的判别式与根情况的关系判断，③三角形中两边之和大于第三边，两边之差小于第三边.
6.【分析】根据正方形的性质，即可得，，推出，由边角边判定方法即可证得，即，连接，可证得，根据相似三角形的性质即可求得.
【解答】解：连接、
∵正方形和，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵正方形和，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∴，
∴，
∴，
故选：B.

【点评】本题主要考查对正方形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理等知识点的理解和掌握，能综合运用性质进行推理和计算是解此题的关键，题型较好，难度适中.
7.【分析】当时，，所以可判断，可知，，所以可知，，则，不妨设进而得出解析式，找出符合要求的答案.
【解答】解：因为函数，当时，
所以可判断，可知，
所以可知，，则，不妨设
则函数为函数
即
则可判断与x轴的交点坐标是，，
故选：A.
【点评】要考查了从图象上把握有用的条件，准确选择数量关系解得a，b，c的值.从条件可判断出，可知，；所以可知，，，从而可判断后一个函数图象.
8.【分析】根据题意，易得、、三个三角形全等，且在中，，；可得的面积与x的关系；进而可判断出y关于x的函数的图象的大致形状.
【解答】解：根据题意，有，且正三角形的边长为2，
故；
故、、三个三角形全等.
在中，，.
则；
故
.
故可得其大致图象应类似于抛物线，且抛物线开口方向向上；
故选：D.
【点评】本题考查动点问题的函数图象问题，用图象解决问题时，要理清图象的含义即会识图.
9.【分析】利用直径所对的圆周角的性质和垂心的性质判断出，，进而判断出，再判断出是等边三角形，即可得出结论.
【解答】解：如图，设的外接圆的半径为R，
连接并延长交圆O于点D，连接，，，，
∵点O是的外心，
∴是的直径，
∴，
∴，
∵H是的垂心，
∴，
∴，
同理：，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵点O是的外接圆的圆心，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
故选：C.

【点评】此题是三角形的五心，主要考查了三角形的外心和垂心，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，判断出是解本题的关键.
10.【分析】过点B作，根据，求证四边形是平行四边形，再利用，求证为，再利用勾股定理得出，在利用相似三角形面积的比等于相似比的平方求出即可.
【解答】解：过点B作，
∵，∴四边形是平行四边形，
∴，，
又∵，
∴，即为，
∴，
∵以、、为斜边向外作等腰直角三角形，
∴，，
，，
即，，
∴，
∵，
∴，，
.
故选：B.

【点评】此题涉及到相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形等知识点，解答此题的关键是过点B作，此题的突破点是利用相似三角形的性质求得，此题有一定的拔高难度，属于难题.
11.【分析】先由证明，得出，再由勾股定理即可得出，从而判断①；
设，，先由三角形的面积公式得出，，再根据二次函数的性质即可判断②；
由勾股定理得到的表达式，利用二次函数性质求得最小值为，而，所以，从而④错误；
先得出，再由得到，∴，所以③错误；
如果四边形为平行四边形，则与互相平分，此时，，又D为中点，所以当E、F分别为、的中点时，与互相平分，从而判断⑤.
【解答】解：∵中，，点D为中点，
∴，，
∵，
∴，
∴.
在与中，
∵，
∴，
∴，
在中，.
故①正确；
设，，则.
∵，
∴当时，有最大值.
又∵，
∴.
故②正确；
，
∴当时，取得最小值.
∴（等号当且仅当时成立），
而，∴.
故④错误；
由①的证明知，
∴，
∵，
∴，
∴
故③错误；
当E、F分别为、的中点时，四边形为正方形，此时与互相平分.
故⑤正确.
综上所述，正确的有：①②⑤，共3个.
故选：C.

【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，图形的面积，函数的性质等知识，综合性较强，有一定难度.
12.【分析】根据已知条件和完全平方公式变形即可求解.
【解答】解：∵，且，
设，，，
则，
，
∴，
即，
∴



.
∴的值为36.
故选：D.
【点评】本题考查了分式的加减法、完全平方公式，解决本题的关键是合理分析已知条件.
二、填空题（共4小题）
13..
【分析】先根据正方形的面积求出其边长，由于是等边三角形，所以，由正方形的性质可知点B即为点D关于的对称点，故BE即为的最小值，由的周长即可得出结论.
【解答】解：∵正方形的面积为18，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∵四边形是正方形，
∴点B即为点D关于的对称点，
∴即为的最小值，
∴的最小值为：.
【点评】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题及正方形的性质，由正方形的性质得出点B即为点D关于的对称点是解答此题的关键.
14..
解：由已知得：，故可设，，
因为，所以，
故菱形的面积为，
当时，S取得最大值.
15.2007.5.
【分析】根据题意得到，原式结合后相加即可求出值.
【解答】解：根据题意得：，，
则原式，
故答案为：2007.5
【点评】此题考查了分式的加减法，熟练掌握运算法则是解本题的关键.
16..
【分析】此题首先能够把问题转化到三角形中进行分析.根据锐角三角函数的概念可以证明三角形的面积等于相邻两边的乘积乘以夹角的正弦值，根据这一公式分析面积的最大值的情况.然后运用勾股定理以及直角三角形的斜边上的高等于两条直角边的乘积除以斜边求得长方形的长和宽，进一步求得其周长.
【解答】解：连接，，作于P，于M，于N.
根据矩形的面积以及三角形的面积公式发现：矩形的面积是三角形的面积的4倍.因为，的长是定值，则的正弦值最大时，三角形的面积最大，即，则，根据三角形的面积公式求得，即.则矩形的周长是.

【点评】本题考查的是矩形的定理以及垂径的性质，考生应注意运用勾股定理来求得边长继而才能求出周长.
三、解答题（共6小题）
17.【分析】这是个分式除法与减法混合运算题，运算顺序是先做括号内的减法，此时要注意把各分母先因式分解，确定最简公分母进行通分；做除法时要注意先把除法运算转化为乘法运算，而做乘法运算时要注意先把分子、分母能因式分解的先分解，然后约分.
【解答】解：原式


当，时，
原式.
【点评】本题主要考查分式的化简求值这一知识点，把分式化到最简是解答的关键.
18.【分析】（1）过点B、D分别作轴、轴交于点H、G，通过证明，利用相似三角形的性质分析求解；
（2）根据运动方向和运动时间，表示出、，然后利用待定系数法求函数解析式；
（3）设点，点，利用平行四边形中心对称的性质分情况讨论求解.
【解答】解：（1）如图，过点B、D分别作轴、轴交于点H、G，

∵点、，
∴，，，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
又∵点B位于第二象限，
∴点B坐标为，
故答案为：；
（2）由（1）知，，
同理可得C点坐标为，
∴运动t秒时，点、，
设反比例函数解析式为，
∵点，在反比例函数图象上，
∴，
∴，，
∴反比例函数解析式为；
（3）存在，理由如下：
由（2）知，点、，
∴、，
由（2）知，反比例函数解析式为，
设点，点，
以P、Q、、四个点为顶点的四边形是平行四边形，
∴①当与是对角线时，
∴，，
∴，，
∴，；
②当与是对角线时，
∴，，
∴，，
∴，，此时Q点与重合，不合题意，舍去；
③当与是对角线时，
∴，，
∴，，
∴，，
综上：，或，.
【点评】本题考查反比例函数与几何图形，相似三角形的判定和性质，理解反比例函数图象上点的坐标特点，掌握平行四边形的性质，利用分类讨论思想解题是关键.
19.【分析】（1）①证明，得，比值为1；
②由，得，根据三角形的内角和定理得：；
（2）根据两边的比相等且夹角相等可得，则，由全等三角形的性质得的度数；
（3）正确画图形，当点C与点M重合时，有两种情况：如图3和4，同理可得：，则，，可得的长.
【解答】解：（1）问题发现
①如图1，∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
②∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
故答案为：①1；②40°；
（2）类比探究
如图2，，，理由是：
中，，，
∴，
同理得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
在中，；
（3）拓展延伸
①点C与点M重合时，如图3，同理得：，
∴，，
设，则，
中，，，
∴，，
中，，，
∴，
在中，由勾股定理得：，
，
，
，
，，
∴；
②点C与点M重合时，如图4，同理得：，，
设，则，
在中，由勾股定理得：，

，
，
，，
∴；
综上所述，的长为或.

【点评】本题是三角形的综合题，主要考查了三角形全等和相似的性质和判定，几何变换问题，解题的关键是能得出：，根据相似三角形的性质，并运用类比的思想解决问题，本题是一道比较好的题目.
20.【分析】（1）作于H，于I，根据已知条件得到，，设，则，，得到，，根据相似三角形的性质得到；
（2）如图2，连接交于M，连接，作于N，根据矩形的性质得到，求得，推出四边形是矩形，得到，设，则，根据勾股定理列方程得到，求得，根据相似三角形的性质即可得到结论.
【解答】解：（1）作于H，于I，
∵，，
∴，，
设，则，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴；
（2）如图2，连接交于M，连接，作于N，
∵四边形为矩形，G恰为中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是矩形，
∴，
设，则，
∴，
解得：，
∴，
∴，
∵，，
∴
∴，
∴，
解得：，∴，
∴.

【点评】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，轴对称的性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键.
21.【分析】（1）易证，只需运用三角函数和勾股定理求出即可；
（2）过点Q作于H，如图1，只需用x的代数式表示就可解决问题；
（3）由于是以为腰的等腰三角形，故需分和两种情况讨论，只需将等腰三角形的性质和三角函数相结合，就可解决问题.
【解答】解：（1）在中，
∵，，，
∴，
∴.
∵，∴.
∵即，
∴.
∵，
∴.
∵，
∴，
∴；
（2）过点Q作于H，如图1，
∵，，
∴，
∴，
∴.
∵，∴，
∴（）；
（当E、Q、D共线时，可得x最小值，根据，解得.）
（3）①当时，则有.
过点P作于G，如图2，
则.
∵，
∴，
∴，
∴.
∵，
∴，
∴，
∴；
②当时，
∵，
∴，
∴，
∴.
综上所述：当是以为腰的等腰三角形，的长为2或.

【点评】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质、三角函数、同角或等角的余角相等、勾股定理等知
识，运用分类讨论的思想是解决第（3）小题的关键.
22.【分析】（1）先确定出点A的坐标，再用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）方法1、由为等腰直角三角形，判断出，建立m的方程计算出m，从而求出；
方法2、分点P在直线上方和下方，两种情况讨论计算即可.
方法3、先求出直线的解析式为或即可求出点P的坐标，即可得出结论；
（3）分点落在x轴和y轴两种情况计算即可.
①当点落在x轴上时，过点作轴，垂足为N，交于点M，先利用互余和旋转角相等得出，进而表示出，用，用，建立方程即可；
②同①的方法即可得出结论.
【解答】解：（1）∵点在直线上，
∴，
∴，
令，
∴，
∴，
∵抛物线经过点A，交y轴于点.
∴，，
∴，
∴抛物线解析式为，
（2）解法一：
∵点P的横坐标为m，且点P在抛物线上，
∴，
∵轴，
∴点D坐标为
∴，，
当为等腰直角三角形时，.
∴
∴
解得：（舍去），，
∴当为等腰直角三角形时，线段的长为或.
解法二：
∵点P的横坐标为m.
∴，
当为等腰直角三角形时，.
①当点P在直线上方时，
（i）若点P在y轴左侧，则，.
∴，
解得（舍去），（舍去）
（ii）若点P在y轴右侧，则，.
∴，
解得（舍去），.
②当点P在直线下方时，，，.
∴，
解得（舍去），.
综上所述，或
即当为等腰直角三角形时，线段的长为或.
方法3、∵为等腰直角三角形，且轴，，
∴，
∴直线的解析式为①或②，
∵点P在抛物线③上，
∴联立①③解得，或，
∴，
∴，
∴
联立②③解得，或，
∴，
∴，
∴，
∴，
即当为等腰直角三角形时，线段的长为或.
（3）∵，，，
∴，
∴，，
①当点落在x轴上时，过点作轴，垂足为N，交于点M，
∵轴，
∴，
∴，
∵，
∴
由旋转知，，
∴，
如图1，

由旋转知，，
在中，，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴，
∴（舍），或，
如图2，

同①的方法得，，
，
∴，
∴，或（舍），
∴或，
②当点落在y轴上时，如图3，
过点作轴，交于M，过点作轴，交的延长线于点N，

∴，
同①的方法得，，，
∵，
∴，
∴，
∴.
∴或或.
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，锐角三角函数，等腰直角三角形的性质，解本题的关键是构造直角三角形.