南雅中学2021-2022学年九年级上学期第一次月考数学试题（解析版）

这是一份南雅中学2021-2022学年九年级上学期第一次月考数学试题（解析版），共20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。
湖南省长沙市雨花区南雅中学2021-2022学年九年级上学期第一次月考数学试题
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分）
1. 2021的倒数的相反数是（ ）．
A. B. C. D. 2021
【答案】A
【解析】
【分析】根据倒数及相反数的概念进行求解即可．
【详解】解：∵2021的倒数是，的相反数是，
∴2021的倒数的相反数是；
故选：A．
【点睛】本题考查了倒数与相反数，熟练掌握倒数及相反数的概念是解题的关键．
2. 下列运算正确的是（　　）
A. （a2）3＝a5 B. 3a2+a＝3a3
C. a5÷a2＝a3（a≠0） D. a（a+1）＝a2+1
【答案】C
【解析】
【分析】根据合并同类项法则，幂的乘方的性质，单项式与多项式乘法法则，同底数幂的除法的性质对各选项分析判断后利用排除法求解．
【详解】解：A、（a2）3＝a6，故错误；
B、3a2+a，不是同类项，不能合并，故错误；
C、a5÷a2＝a3（a≠0），正确；
D、a（a+1）＝a2+a，故错误．
故选：C．
【点睛】本题主要考查整式运算中幂的运算以及合并同类项的运用，数量掌握整式中的概念及运算方法是解本题的关键．
3. 下列各图中，不是中心对称图形的是（　　）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念依次分析即可．
【详解】解：A、 C、D既是轴对称图形又是中心对称图形，B只是轴对称图形，
故选B.
【点睛】解答本题的关键是熟练掌握如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫对称轴；在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
4. “校园足球”已成为南雅中学的一张靓丽名片，南雅中学女子足球队获得“2021年中国足球学校杯女子乙组U15亚军”这一新闻获得2400000的点击率，2400000这个数用科学记数法表示，结果正确的是（　　）
A. 0.24×105 B. 2.4×106 C. 2.4×105 D. 24×104
【答案】B
【解析】
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【详解】解：2400000这个数用科学记数法表示2400000＝2.4×106．
故选：B．
【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
5. 同时掷两枚质地均匀的正方体骰子，骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，下列事件中是不可能发生的事件是( )
A. 点数之和为12 B. 点数之和小于3 C. 点数之和大于4且小于8 D. 点数之和为13
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：找到一定不会发生的事件即可．
解：A、6点+6点=12点，为随机事件，不符合题意；
B、例如：1点+1点=2点，为随机事件，不符合题意；
C、例如：1点+5点=6点，随机事件，不符合题意；
D、两枚骰子点数最大之和为12点，不可能是13点，为不可能事件，符合题意．
故选D．
考点：随机事件．
6. 已知点P（）在第一象限，则a的取值范围在数轴上表示正确的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据点的坐标，可得一元一次不等式组，根据解一元一次不等式，可得不等式组的解集，可得答案．
【详解】∵点P（）在第一象限，
∴

故选C
【点睛】本题考查了点的坐标及在数轴上表示不等式组的解集：把每个不等式的解集在数轴上表示出来（＞，≥向右画；＜，≤向左画），数轴上的点把数轴分成若干段，如果数轴的某一段上面表示解集的线的条数与不等式的个数一样，那么这段就是不等式组的解集．有几个就要几个．在表示解集时“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“＜”，“＞”要用空心圆点表示.
7. 《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，纸书大约在一千五百年前，其中一道题，原文是：“今三人共车，两车空；二人共车，九人步．问人与车各几何？”意思是：现有若干人和车，若每辆车乘坐3人，则空余两辆车：若每辆车乘坐2人，则有9人步行，问人与车各多少？设有x人，y辆车，可列方程组为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据若每辆车乘坐3人，则空余两辆车：若每辆车乘坐2人，则有9人步行，列二元一次方程组．
【详解】解：设有x人，y辆车，
依题意得： ，
故选B．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的实际应用，解决问题的关键是找出题中等量关系．
8. 如图，点，，在⊙O上，，则的度数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用圆周角定理即可得．
【详解】解：，
由圆周角定理得：，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题关键．
9. 如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以顶点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交边AC、AB于点M、N，再分别以点M、N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线AP交边BC于点D，若CD＝4，AB＝15，则△ABD的面积是（　　）

A. 15 B. 30 C. 45 D. 60
【答案】B
【解析】
【分析】作DE⊥AB于E，根据角平分线的性质得到DE＝DC＝4，根据三角形的面积公式计算即可．
【详解】解：如图，作DE⊥AB于E，
由基本尺规作图可知，AD是△ABC的角平分线，
∵∠C＝90°，DE⊥AB，
∴DE＝DC＝4，
∴△ABD的面积＝×AB×DE＝30，
故选：B．

【点睛】本题考查的是角平分线的性质、基本作图，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
10. 如图，⊙O半径为2，点A为⊙O上一点，OD⊥弦BC于D，如果∠BAC＝60°，那么OD的长是（　　）

A. B. C. 1 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由于∠BAC＝60°，根据圆周角定理可求∠BOC＝120°，又OD⊥BC，根据垂径定理可知∠BOD＝60°，在Rt△BOD中，利用特殊角的三角函数值即可求出OD．
【详解】解：∵OD⊥弦BC，
∴∠BDO＝90°，
∵∠BOD＝∠BAC＝60°，
∴OD＝OB＝1，
故答案选：C．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、垂径定理、特殊角的三角函数计算．
二、填空题（本题共6个小题，每题3分，共18分）
11. 分解因式：______．
【答案】
【解析】
【分析】利用提公因式法进行因式分解即可得．
【详解】解：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了利用提公因式法进行因式分解，熟练掌握提公因式法是解题关键．
12. 正十二边形每个内角的度数为 ．
【答案】
【解析】
【分析】首先求得每个外角的度数，然后根据外角与相邻的内角互为邻补角即可求解．
【详解】试题分析：正十二边形的每个外角的度数是：=30°，
则每一个内角度数是：180°﹣30°=150°．
故答案为150°．
13. 已知扇形的圆心角为，弧长为，则它的半径为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据弧长的公式：l＝进行计算即可．
【详解】由扇形的弧长公式l＝，得：
解得：
故答案为：3．
【点睛】本题考查了扇形的弧长的计算，掌握扇形的弧长公式：l＝（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R）是解题的关键．

14. 二次函数y＝﹣x2﹣2x+3的图象的顶点坐标为_________．
【答案】
【解析】
【分析】把二次函数解析式转化成顶点式形式，然后写出顶点坐标即可．
【详解】解：，
，
，
顶点坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握利用顶点式解析式求顶点坐标．
15. 如图，四边形ABCD是⊙O的外切四边形，且AB=10，CD=12，则四边形ABCD的周长为____________．

【答案】44；
【解析】
【详解】∵四边形ABCD是⊙O的外切四边形，
∴AD+BC=AB+CD=10+12=22，
∴四边形ABCD的周长=22×2=44.
故答案为.
点睛：本题的解题要点是熟悉由切线长定理推得的“圆外切四边形的两组对边之和相等”这个结论.
16. 已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，它与x轴的两个交点分别为（﹣1，0），（3，0）．对于下列命题：①b﹣2a＝0；②abc＜0；③4a+2b+c＜0；④8a+c＞0．其中正确的有 _____（填序号）．

【答案】③④##④③
【解析】
【分析】首先根据二次函数图象开口方向可得a＞0，根据图象与y轴交点可得c＜0，再根据二次函数的对称轴x＝﹣，结合图象与x轴的交点可得对称轴为直线x＝1，结合对称轴公式可判断出①的正误；根据对称轴公式结合a的取值可判定出b＜0，根据a、b、c的正负即可判断出②的正误；由图象知，当x＝2时，y＝4a+2b+c＜0可判断③，再利用当x＝4时，y＞0，则16a+4b+c＞0，由①知，b＝﹣2a，得出8a+c＞0．
【详解】解：根据图象可得：a＞0，c＜0，对称轴：x＝﹣＞0，
①∵它与x轴的两个交点分别为（﹣1，0），（3，0），
∴对称轴是直线x＝1，
∴﹣＝1，
∴b＝﹣2a，故①错误；
②∵a＞0，
∴b＜0，
∵c＜0，
∴abc＞0，故②错误；
③由图象知，当x＝2时，y＝4a+2b+c＜0，故③正确；
④根据图示知，当x＝4时，y＞0，
∴16a+4b+c＞0，
由①知，b＝﹣2a，
∴8a+c＞0；
故④正确；
∴正确为③④两个，
故答案为：③④．
【点睛】此题主要考查了二次函数图象与系数的关系，关键是熟练掌握①二次项系数a决定抛物线的开口方向，当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；②一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左；当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右．（简称：左同右异）③常数项c决定抛物线与y轴交点，抛物线与y轴交于（0，c）．
三、解答题
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】首先计算零指数，负整数指数幂，二次根式的乘法，绝对值，然后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
【详解】解：原式＝
＝4+﹣+1
＝5+．
【点睛】本题主要考查实数的混合运算，掌握零指数幂、负指数幂的算法，以及运算顺序是解题的关键．
18. 先化简，再求值：，其中a＝2022．
【答案】-，-
【解析】
【分析】先通分，将除式分子因式分解，把除法转化为乘法，再约分，最后将a值代入计算．
【详解】解： ，
=，
=，
=，
将a=2022代入，
原式=．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，解题的关键是掌握分式化简的运算法则．
19. 一布袋中有红、黄、白三种颜色球各一个，它们除颜色外，其它都一样，小亮从布袋摸出一个球后放回去摇匀，再摸出一个球，请你用列举法（列表法或树形图）分析并求出小亮两次都能摸到白球的概率．
【答案】

【解析】
【详解】根据题意列表，然后根据表格求得所有等可能的结果与小亮两次都能摸到白球的情况，根据概率公式求解即可．
列举出所有情况，看小亮两次都能摸到红球的情况数占总情况数的多少即可．
解：列出树状图得：


共有9种情况，2次都摸出红球的情况数有1种，所以概率为

20. 初中学生带手机上学，给学生带来了方便，同时也带来了一些负面影响．针对这种现象，某校九年级数学兴趣小组的同学调查了若干名家长对“初中学生带手机上学”现象的看法，统计整理并制作了如下的统计图：
（1）这次调查的家长总人数为 人，表示“无所谓”的家长人数为 人；
（2）随机抽查一个接受调查的家长，恰好抽到“很赞同”的家长的概率是 ；
（3）求扇形统计图中表示“不赞同”的扇形的圆心角度数.

【答案】（1）200，40；（2）；（3）162°.
【解析】
【详解】解：（1）50÷25%=200（人），200×20%=40（人）．
故答案为：200；40.
（2）∵“很赞同”的家长人数为：200-90-50-40=20（人），
∴抽到“很赞同”的家长的概率是20÷200=.
故答案为：.
（3）∵×360°=162°，
∴扇形统计图中表示“不赞同”的扇形的圆心角度数为162°.
21. 如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，△BOC≌△CEB．


（1）求证：四边形OBEC是矩形；
（2）若∠DAC＝30°，AB＝4，求矩形OBEC的周长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据全等三角形的性质得出OB＝EC，OC＝EB，根据平行四边形的判定得出四边形OBEC是平行四边形，根据菱形的性质得出AC⊥BD，再根据矩形的判定得出即可；
（2）根据菱形的性质得出AD＝AB，AO＝OC，BO＝DO，解直角三角形求出DO和BO，根据矩形的性质得出BO＝DO＝2，CO＝AO＝，再求出矩形OBEC的周长即可．
【小问1详解】
证明：∵△BOC≌△CEB，
∴OB＝EC，OC＝EB，
∴四边形OBEC是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∴平行四边形OBEC是矩形；
【小问2详解】
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，AO＝OC，BO＝DO，
∵AB＝4，
∴AD＝4，
∵∠DAC＝30°，∠DOA＝90°，
∴DO＝AD＝2，
由勾股定理得：AO＝，
即BO＝DO＝2，CO＝AO＝，
∵四边形OBEC是矩形，
∴BE＝CO＝，EC＝BO＝2，
∴矩形OBEC的周长＝BE+EC+CO+BO＝+2++2＝．
【点睛】本题主要考查的是特殊的平行四边形的性质与判定，能够熟练运用其性质及判定是解题的关键．
22. 随着“双减”政策在星城的落地，为进一步规范各个学校的课后服务工作，长沙市教育局就《长沙市中小学课后服务工作实施办法》进行了更明确的要求，鼓励教师参与志愿辅导．某区率先示范，推出名师公益大课堂，为学生提供线上线下免费辅导，据统计，第一批公益课受益学生2万人次，第三批公益课受益学生2.42万人次．
（1）如果第一批，第三批公益课受益学生人次的增长率相同，求这个增长率；
（2）按照这个增长率，预计第四批公益课受益学生将达到多少万人次？
【答案】（1）10% （2）2.662万人次
【解析】
【分析】（1）设增长率为x，利用第三批公益课受益学生人次数＝第一批公益课受益学生人次数×（1+增长率）2，即可得出关于x的一元二次方程，解方程求答；（2）利用预计第四批公益课受益学生人次数＝第三批公益课受益学生人次数×（1+增长率），即可预计出第四批公益课受益学生人次数．
【小问1详解】
解：设增长率为x，
依题意得：2（1+x）2＝2.42，
（1+x）2＝1.21，
1+x=±1.1
解得：x1＝0.1＝10%，x2＝﹣2.1（不合题意，舍去）．
答：这个增长率为10%．
【小问2详解】
解：2.42×（1+10%）＝2.662（万人次）．
答：预计第四批公益课受益学生将达到2.662万人次．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系正确列出一元二次方程式解题关键．
23. 如图，点D在⊙O的直径AB的延长线上，点C在⊙O上，且AC＝CD，∠ACD＝120°．

（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为2，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接OC，根据△ACD，△AOC为等腰三角形，∠ACD＝120°，利用三角形内角和定理求∠OCD＝90°即可；
（2）求出∠D和∠COD，求出边DC长，分别求出△OCD的面积和扇形COB的面积，即可求出答案．
【小问1详解】
证明：如图，连接OC，
∵CD＝AC，
∴∠CAD＝∠D，
又∵∠ACD＝120°，
∴∠CAD＝∠D＝（180°﹣∠ACD）＝30°，
∵OC＝OA，
∴∠A＝∠2＝30°，
∴∠COD＝60°，
又∵∠D＝30°，
∴∠OCD＝180°﹣∠COD﹣∠D＝90°，
∴OC⊥CD
∵OC是⊙ O的半径
∴CD是⊙ O的切线；
【小问2详解】
解：∵∠A＝30°，
∴∠1＝2∠A＝60°．
∴ ，
在Rt△OCD中，．
∴ ．
∴图中阴影部分的面积为．

【点睛】本题考查了本题考查了圆的切线的判定方法，等腰三角形性质，三角形的内角和定理，切线的性质，扇形的面积，三角形的面积的应用，解此题的关键是求出扇形和三角形的面积，题目比较典型，难度适中．
24. 定义：如果同一平面内的四个点在同一个圆上，那么我们把这称为四点共圆．

（1）下列几何图形的四个顶点构成四点共圆的有　 　．（填序号）①平行四边形；②菱形；③矩形；④正方形；⑤等腰梯形．
（2）已知△ABC中，∠A＝40°，如图1，平面上一点D，使得A、B、C、D四点共圆，试求∠BDC的度数．
（3）若△ABC的外接圆为⊙O，半径为r，平面上有两点E、F，分别与△ABC的三个顶点构成四点共圆（E在AB的左侧，F点在AC的右侧），如图2．①试判断∠E+∠F﹣∠BAC的值是否为定值？如果是，请求出这个值；如果不是，请说明理由；②若BC弦的长度与⊙O的半径r之比为：1，并且边AB经过圆心O，如图3，试求五边形AEBCF的最大面积（用含r的式子表示）．
【答案】（1）③④⑤；
（2）∠BDC的度数为140°或 40°；
（3）
【解析】
【分析】（1）由“对角互补的四边形是圆的内接四边形”，即可得出答案；
（2）分点D在 上和点D在、上两种情况讨论，即可求出∠BDC的度数；
（3）①由圆内接四边形的性质可得∠E+∠AFB＝180°，由∠BAC＝∠BFC，可得∠E+∠AFC＝∠E+∠AFB+∠BFC＝∠E+∠AFB+∠BAC＝180°+∠BAC，进而可得∠E+∠AFC﹣∠BAC＝180°；
②由AB经过圆心O，BC弦的长度与⊙O的半径r之比为：1，可得△ABC为等腰直角三角形，S五边形AEBCF＝S△ABE+S△ABC+S△ACF，当△ABE及△ACF面积最大时，五边形AEBCF的最大面积，E为中点时，△ABE面积最大，F为中点时，△ACF面积最大，求出△ABE及△ACF面积最大值，最后把三个三角形的面积相加，即可求出五边形AEBCF的最大面积．
【小问1详解】
解：∵矩形、正方形、等腰梯形的对角互补，
∴矩形、正方形、等腰梯形的四个顶点构成四点共圆，
故答案为：③④⑤；
【小问2详解】
解：如图4，当点D在上时，

∵A、B、D、C四点共圆，
∴∠A+∠D＝180°，
∵∠BAC＝40°，
∴∠BDC＝180°﹣40°＝140°，
如图5和图6，当点D在或上时，

∵∠BAC＝40°，
∴∠BDC＝∠BAC＝40°，
综上所述，∠BDC的度数为140°或 40°；
【小问3详解】
解：①如图7，连接BF，

∵四边形AEBF是圆内接四边形，
∴∠E+∠AFB＝180°，
又∵∠BAC＝∠BFC，
∴∠E+∠AFC
＝∠E+∠AFB+∠BFC
＝∠E+∠AFB+∠BAC
＝180°+∠BAC，
∴∠E+∠AFC﹣∠BAC＝180°，
即∠E+∠F﹣∠BAC＝180°；
②∵AB经过圆心，
∴AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵BC：OB＝：1，OB＝r，
∴BC＝r，
∵AB＝2r，
∴AC＝ ＝r，
∴BC＝AC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵S五边形AEBCF＝S△ABE+S△ABC+S△ACF，
∴当△ABE及△ACF面积最大时，五边形AEBCF的最大面积，
此时，E为中点时，△ABE面积最大，F为中点时，△ACF面积最大，
如图8，连接OE，连接OF交AC于H，

∴OE⊥AB，OF⊥AC，
∴AH＝CH，
∴OH＝BC＝r，
∴S△ABE的最大值为：•AB•OE＝×2r×r＝r2，
S△ACF的最大值为：•AC•FH＝×r×（r﹣r）＝r2﹣×r2，
∴S五边形AEBCF的最大值为：r2+r2+r2﹣×r2＝．
【点睛】本题考查了四点共圆，掌握四点共圆及圆周角的性质是解决问题的关键．
25. 已知：抛物线与x轴相交于A、B（A点在B点的左边），与y轴相交于点C，若点B的坐标为（2，0），⊙M经过A、B、C三点．

（1）求c的值；
（2）求⊙M的半径；
（3）过C点作直线交x轴于D，当直线CD与抛物线只有一个交点时，直线CD是否与⊙M相切？如果相切，请证明之；如果相交，请求出直线CD与圆的另外一个交点的坐标；
（4）点E、F分别为⊙M与抛物线上的动点，当点O、C、E、F四点构成的四边形为以OC为边的平行四边形时，请直接写出点E的坐标．
【答案】（1）4 （2）5
（3）相交，
（4）E（﹣3﹣，2）或（﹣3+，2）
【解析】
【分析】(1)利用待定系数法即可求得答案；
(2)在中，令y＝0，求得A(﹣8，0)，可得⊙M的直径AB＝2-(-8)＝10，即可得出答案；
(3)求出CD解析式为y＝kx+4，根据直线CD与抛物线只有一个交点，可得方程有两个相等的实数根，从而可得Δ＝(4k+6)2﹣4×1×0＝0，得到，即直线CD解析式为，设直线CD与⊙M的另外一个交点的坐标为，根据⊙M的半径为5，建立方程求解即可；
(4)设E，根据平行四边形性质可得：EF＝OC＝4，EF∥OC，可得F，再根据ME＝MF＝5，建立方程求解即可．
【小问1详解】
解：∵抛物线经过点B（2，0），
∴，
解得：c＝4．
【小问2详解】
解：在中，令y＝0，
得：，
解得：x1＝﹣8，x2＝2，
∴A(﹣8，0)，
∴AB＝2-(-8)＝10，
∴⊙M的半径为5；
【小问3详解】
解：直线CD与⊙M相交，理由如下：
在中，令x＝0，得y＝4，
∴C（0，4），
设直线CD解析式为y＝kx+b，将点C（0，4）代入，得：b＝4，
∴直线CD解析式为y＝kx+4，
∵直线CD与抛物线只有一个交点，
∴方程有两个相等的实数根，整理，得：x2+（4k+6）x＝0，
∴Δ＝(4k+6)2﹣4×1×0＝0，
解得：，
∴直线CD解析式为，
设直线CD与⊙M的另外一个交点的坐标为，
∵M（﹣3，0），⊙M的半径为5，
则(x+3)2+＝52，
解得：x＝0（舍去）或x＝，
∴直线CD与⊙M另外一个交点的坐标为(，)；
【小问4详解】
解：E，
∵点O、C、E、F四点构成的四边形为以OC为边的平行四边形，
∴EF＝OC＝4，EF∥OC，
∴F，
∵ME＝MF＝5，
∴，且，
∴
解得：，
∴E或．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的图形及性质，直线与圆的位置关系，平行四边形的性质等相关知识点，本题综合性较强，熟练掌握二次函数及圆的性质是解题的关键．