内蒙古自治区赤峰市赤峰市2023-2024学年九年级上册12月月考数学试题（含解析）

这是一份内蒙古自治区赤峰市赤峰市2023-2024学年九年级上册12月月考数学试题（含解析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题把结果直接填在横线上．，解答题写出必要的文字说明等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
一、选择题（每小题给出的选项中只有一个符合题意，请将符合题意的选项序号，在答题卡的对应位置上按要求涂黑．每小题3分，共42分）
1．一元二次方程的根是（ ）
A．B．C．D．
2．下列商标中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3．下列一元二次方程中，没有实数根的是（ ）
A．B．C．D．
4．如图，已知抛物线y=x2+bx+c的对称轴为x=2，点A，B均在抛物线上，且AB与x轴平行，其中点A的坐标为（0，3），则点B的坐标为（ ）
A．（2，3）B．（3，2）C．（3，3）D．（4，3）
5．解下列一元二次方程时，最适合用因式分解法的是（ ）
A．B．
C．D．
6．如图，中，弦相交于点，则（ ）
A．B．C．D．
7．我们解一元二次方程时，可以运用因式分解法，将此方程化为，从而得到两个一元一次方程：或，进而得到原方程的解为，．这种解法体现的数学思想是（ ）
A．转化思想B．数形结合思想C．函数思想D．公理化思想
8．如图，在中，切于点，连接交于点．过点作交于点，连接．若．则为（ ）
A．B．C．D．
9．赤峰市人民政府网显示，2022年全市地区生产总值亿元，2020年全市地区生产总值亿元，2020年到2022年，赤峰市地区生产总值年平均增长率为，根据题意可列方程．（ ）
A．B．
C．D．
10．折扇最早出现于我国南北朝时期，《南齐书》中说：“司徒褚渊入朝，以腰扇障日．”这里的“腰扇”在《通鉴注》中的解释为折叠扇．如图，一折扇的骨柄长为，折扇张开后为扇形，圆心角为，则弧的长为（ ）
A．B．C．D．
11．已知二次函数的与的部分对应值如下表
则下列判断正确的是（ ）
A．抛物线与轴交于负半轴B．抛物线开口向下
C．顶点坐标为D．抛物线与轴只有一个交点
12．如图，将一个含角的三角板置于平面直角坐标系中，其中角的顶点与坐标原点重合，一条直角边与轴重合，直角顶点，将三角板绕点逆时针旋转，则点的对应点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
13．如图，在平面直角坐标系中，半径为2的圆P的圆心P的坐标为（﹣3，0），将圆P沿x轴的正方向平移，使得圆P与y轴相切，则平移的距离为（ ）
A．1B．3C．5D．1或5
14．抛物线的函数表达式为，若将轴向上平移2个单位长度，将轴向左平移3个单位长度，则该抛物线在新的平面直角坐标系中的函数表达式为（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题（本大题共4个小题，每小题3分，共12分）把结果直接填在横线上．
15．抛物线的对称轴为 ．
16．如图，四边形内接于，若，则的度数为 ．
17．如图（1）是一座石拱桥，它是一个横断面为抛物线形状的拱桥，当水面在图示位置时，拱顶（拱桥洞的最高点）离水面，水面宽．如图（2）建立平面直角坐标系，则抛物线的关系式是 ．
18．如图，在中，，，点为内一点，，.连接，将绕点按逆时针方向旋转，使与重合，点的对应点为点，连接，交于点，则的长为 ．

三、解答题（本大题含8小题，共96分）写出必要的文字说明、演算步骤或推理过程．
19．解下列方程：
(1)；
(2)．
20．如图，四边形是平行四边形，以点为圆心，为半径的与相切于点，与相交于点，的延长线交于点，连接交于点，求和的度数．
21．已知二次函数
(1)将它配方为的形式；
(2)写出顶点坐标，对称轴；
(3)求出图象与坐标轴的交点；
(4)直接写出当时，的取值范围．
22．图解法即利用图形描述和分析问题，是在直观感知的感性基础上所形成的理性思考的结果，体现学习者对数学对象的几何属性的整体把握和直观判断的能力，图解法能使抽象的数学关系因几何直观而形象化．我们用图象法来研究速算．
提出问题：是十位数字相同，且个位数字之和是10的两个两位数相乘的算式，是否可以找到一种速算方法？
几何建模：用矩形的面积表示两个正数的乘积，以为例．
步骤一画图：如图用一张长为57，宽为53的矩形纸片，在其右边剪下长为50，宽为3的一个矩形，拼到原矩形的上面．
步骤二分析：剪拼之前矩形纸片的面积可表示为，剪拼之后纸片的面积可表示为．可以看出：十位数字5与5加1的和相乘，再乘以100，加上个位数字7与3的积．这样计算速度很快．
任务一：猜想速算方法（用文字概括）______．
任务二：有两个正的两位数，题目的十位数字相同，个位数字之和为10，其中一个两位数的个位数字为4，这两个两位数的乘积为1224．求这两个两位数．
23．如图，一块长方形纸板，长是宽的2倍，用这块纸板制作一个有盖的长方体包装盒，某学生设计了裁剪方案，空白部分为裁剪下来的边角料，其中右侧两个空白部分为的小正方形，左侧两个空白部分为长方形，若做成的长方体的体积为．
(1)求原长方形纸板的宽．
(2)若在此包装盒中准备放长、宽、高分别为的橡皮，直接写出最多能放的橡皮块数．
24．最佳视点
如图1，设墙壁上的展品最高处点P距底面a米，最低处的点Q距底面b米，站在何处观赏最理想？所谓观赏理想是指看展品的视角最大，问题转化为在水平视线EF上求使视角最大的点．
如图2，当过三点的圆与过点E的水平线相切于点E时，视角最大，站在此处观赏最理想，小明同学想这是为什么呢？他在过点E的水平线上任取异于点E的点，连接交于点F，连接，…

任务一：请按照小明的思路，说明在点E时视角最大；
任务二：若，观察者的眼睛距地面的距离为米，最大视角为，求观察者应该站在距离多远的地方最理想(结果精确到米，参考数据)．
25．如图1，有一堵长为50米的墙MN，某工程队想借助这堵墙用铁皮栅栏围成一个长方形场地，中间再用铁皮栅栏分割形成两个长方形，现有总长为120米的铁皮栅栏（厚度不计）可供使用，设米．
(1)长为______米，长方形的面积为______平方米．（用含的代数式表示）
(2)若围成的长方形场地的面积为1125平方米，求的长；
(3)若小明想在边上用其他材料做两个门，每个门的宽均为1.5米．问能否使长方形的面积为1290平方米？如果能行，请求出的长；如果不能，请说明理由．
(4)如果墙足够长，求的长为多少时可使小明设计的长方形场地面积最大？
26．综合与实践
问题情境：
如图①，在中，，，四边形为正方形，当点D、F分别在AC，BC边上时，显然有，．
(1)操作发现：
将正方形绕点C顺时针旋转到如图②的位置时，是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
(2)将正方形绕点C顺时针旋转到如图③的位置（点E在线段上）时，延长交于点H，交于点M，求证：．
问题解决：
(3)在（2）的条件下，当，时，求的长．
参考答案与解析
1．C
【分析】本题考查了运用因式分解法解一元二次方程．直接把分解因式得到，再得到两个一元一次方程的解，据此求解即可．
【详解】解：，
分解因式得：，
即或，
解得：，．
故选：C．
2．D
【分析】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．根据把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心进行分析即可．
【详解】解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、不是中心对称图形，故此选不项符合题意；
D、是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
3．B
【分析】本题考查了一元二次方程 (为常数)的根的判别式，根据一元二次方程根的判别式进行判断即可求解．当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根．
【详解】解：A. ，即，，则原方程有实数根，故该选项不符合题意；
B. ，，则原方程没有实数根，故该选项符合题意；
C. ，即，，则原方程有实数根，故该选项不符合题意；
D. ，，则原方程有实数根，故该选项不符合题意；
故选：B．
4．D
【详解】试题分析：已知抛物线的对称轴为x=2，知道A的坐标为（0，3），由函数的对称性知B点坐标．
解：由题意可知抛物线y=x2+bx+c的对称轴为x=2，
∵点A的坐标为（0，3），且AB与x轴平行，
可知A、B两点为对称点，
∴B点坐标为（4，3）
故选D．
考点：二次函数的性质．
5．D
【分析】根据一元二次方程特点，判定解各方程适用的方法．
【详解】解：A、适合于公式法解方程，故本选项不符合题意；
B、适合于公式法解方程，故本选项不符合题意；
C、由原方程得到，适合于配方法解方程，故本选项不符合题意；
D、适合于因式分解法解方程，故本选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了解一元二次方程的方法；根据方程形式和各项系数特点确定适当的方法是解题的关键．
6．D
【分析】本题主要考查圆周角定理及三角形外角的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．根据圆周角定理可知，即可利用外角性质求出．
【详解】解：∵，
∴，
又∵，，
∴，
故选：D．
7．A
【分析】本题考查了解一元二次方程－因式分解法．把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）．
【详解】解一元二次方程时，可以运用因式分解法将此方程化为．
从而得到两个一元一次方程：或．
进而得到原方程的解为，．
这种解法体现的数学思想是转化思想．
故选：A．
8．A
【分析】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理．连接，如图，根据切线的性质得到，则利用互余可计算出，再利用圆周角定理得到，然后根据平行线的性质得到的度数．
【详解】解：连接，如图，
切于点，
，
，
，
，
，
，
．
故选：A．
9．C
【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程．设2020年至2022年生产总值的年平均增长率为，根据县2020年全年生产总值为亿，预计2022年全年生产总值为亿，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【详解】解：赤峰市地区生产总值年平均增长率为，则
，
故选C
10．B
【分析】此题考查了扇形弧长的求解，解题的关键是掌握弧长公式．直接根据扇形弧长的求解公式，求解即可．
【详解】解：折扇的骨柄长为，折扇张开的角度为，
弧的长，
故选B．
11．A
【分析】本题考查了二次函数的性质，主要利用了增减性，对称性，以及二次函数与x轴的交点坐标的求解，熟记性质是解题的关键．根据表格信息，利用数形结合的方法逐一分析判断即可．
【详解】解：∵，，
∴ 抛物线与轴交于负半轴，故A符合题意；
∵与时的函数值相等，
∴抛物线的对称轴为直线，当时，随x的增大而减小；
抛物线开口向上，故B不符合题意；
∴顶点坐标为：，故C不符合题意；
∵抛物线的顶点在第三象限，而抛物线的开口向上，
∴抛物线与x轴有两个交点，故D不符合题意；
故选：A．
12．B
【分析】本题考查了坐标与图形，直角三角形的性质，旋转的性质．利用直角三角形的性质求得，，再根据旋转的性质得，，据此即可求解．
【详解】解：由题意得，，，则，
∴，，
由旋转的性质得，，
∴点的坐标为，
故选：B．
13．D
【分析】分圆P在y轴的左侧与y轴相切、圆P在y轴的右侧与y轴相切两种情况，根据切线的判定定理解答．
【详解】当圆P在y轴的左侧与y轴相切时，平移的距离为3-2=1，
当圆P在y轴的右侧与y轴相切时，平移的距离为3+2=5，
故选：D．
【点睛】本题考查的是切线的判定、坐标与图形的变化-平移问题，掌握切线的判定定理是解题的关键，解答时，注意分情况讨论思想的应用．
14．C
【分析】将题意中的平移方式转换成函数图像的平移，再求解析式即可．
【详解】解：若将轴向上平移2个单位长度，
相当于将函数图像向下平移2个单位长度，
将轴向左平移3个单位长度，
相当于将函数图像向右平移3个单位长度，
则平移以后的函数解析式为：
化简得：，
故选：C．
【点睛】本题主要考查二次函数图像的平移，将题意中的平移方式转换为函数图像的平移是解决本题的关键．
15．
【分析】本题主要考查二次函数的性质．把解析式化为顶点式即可求得答案．
【详解】解：，
对称轴是直线，
故答案为：．
16．##130度
【分析】此题考查圆周角定理和圆内接四边形的性质．根据圆周角等于同弧所对圆心角的一半求出∠BCD的度数，再根据圆内接四边形的性质求出答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故答案为：．
17．##
【分析】本题考查了二次函数的应用．设抛物线的关系式为，代入坐标求出的值，即可得到答案．
【详解】解：设抛物线的关系式为，
由题意可知，抛物线过点，
，
解得：，
抛物线的关系式为，
故答案为：．
18．
【分析】由旋转的性质可得，，，则，，，如图，过作于，则，，，，根据，计算求解即可．
【详解】解：由旋转的性质可得，，，
∴，
∴，
∴，
如图，过作于，

∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理，正弦．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
19．(1)；
(2)．
【分析】本题考查了解一元二次方程．
（1）根据因式分解法解一元二次方程即可求解；
（2）根据因式分解法解一元二次方程即可求解．
【详解】（1）解：，
即，
解得：；
（2）解：，
整理得，
即，
∴，，
解得：．
20．45°，22.5°
【分析】连接OB,即可得,再由平行四边形得出∠BOC=90°,从而推出∠C=45°,再由平行四边形的性质得出∠A=45°,算出∠AOB=45°,再根据圆周角定理即可得出∠E=22．5°．
【详解】
解：连接．
与相切于点，
．．
四边形是平行四边形，
，
四边形是平行四边形，
．
．
【点睛】本题考查圆周角定理、平行四边形的性质,关键在于根据条件结合性质得出角度的变换．
21．(1)
(2)顶点坐标为，对称轴为直线；
(3)抛物线与x轴的交点坐标为，；与y轴的交点坐标为．
(4)
【分析】本题考查的是二次函数的图象与性质，熟练的掌握二次函数的顶点式是解本题的关键；
（1）利用配方法把化为顶点式即可；
（2）根据直接写出抛物线的顶点坐标与对称轴即可；
（3）令，再分别解方程，可得抛物线与坐标轴的交点坐标；
（4）根据抛物线的开口向上以及与x轴的交点坐标，从而时，自变量的取值范围．
【详解】（1）解：；
（2）解：∵，
∴顶点坐标为，对称轴为直线；
（3）解：∵，
当时，，
当时，则，
∴或，
解得：，，
∴抛物线与x轴的交点坐标为，；与y轴的交点坐标为．
（4）解：抛物线与x轴的交点坐标为，；抛物线的开口向上，
当时，
∴．
22．任务一：见解析；任务二：这两个两位数分别为：，．
【分析】本题考查了图形和数字规律的知识探究；解题的关键是熟练掌握图形和数字规律的联系，从而完成求解．
任务一：根据题干的分析与提示进行总结即可；
任务二：由个位数字之和为10，其中一个两位数的个位数字为4，可得另一个两位数的个位数，再结合任务一的总结可得答案．
【详解】解：任务一：猜想速算方法（用文字概括）：十位数字加1的和与十位数字相乘，再乘以100，加上两个个位数字的积，构成运算结果；
任务二：
∵有两个正的两位数，题目的十位数字相同，个位数字之和为10，其中一个两位数的个位数字为4，
∴另一个两位数的个位数为6；
而；
∴这两个两位数分别为：，．
23．(1)原长方形纸板的宽为；
(2)最多能放的橡皮个．
【分析】本题考查了一元二次方程的应用．
（1）设，求得长方体盒子底面的长和宽，列出一元二次方程，解之即可求解；
（2）分横向放，纵向放，两种情况讨论即可求解．
【详解】（1）解：设，则，，，，
依题意得，整理得，即，解得，（舍去），
，
答：原长方形纸板的宽为；
（2）解：包装盒底面长为，宽为，高为，
橡皮的长、宽、高分别为，
横向放，最多可以放（个）；
纵向放，最多可以放（个）；
答：最多能放的橡皮个．
24．任务一：见解析；任务二：观察者应该站在距离0.87米的地方最理想
【分析】任务一：见详解作图，由圆周角定理得，再由三角形外角定理得，所以，因此在点E时视角最大．
任务二：由圆心角定理知，可证是等边三角形，再由切线定理可证，从而可证，于是可证四边形是平行四边形，则，推得．最后解可求得的长．
【详解】任务一：过点E的水平线上任取异于点E的点，连接交于点F，连接，
∵是的外角，
∴，
又∵与都是弧所对的圆周角，
∴，
∴，
∴在点E时视角最大．
任务二：∵，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，．
如图2，连接，

∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴．
由题意得，(米)，
在中，(米)．
答：观察者应该站在距离米的地方最理想．
【点睛】本题考查了圆的相关性质与解直角三角形，涉及到圆周角定理、平行四边形的判定和性质、特殊角三角函数等知识点，解题的关键是熟练综合运用相关性质和定理．
25．(1)，
(2)的长为米；
(3)不能使长方形的面积为1290平方米；
(4)的长为米时，可使小明设计的长方形场地面积最大．
【分析】本题考查了一元二次方程的应用、二次函数的应用，列代数式以及根的判别式．
（1）根据题意写出长和长方形的面积即可；
（2）根据题意得到，解一元二次方程即可求解；
（3）根据题意得到，利用根的判别式即可判断；
（4）设长方形场地面积为，依题意得到，再利用二次函数的性质即可求解．
【详解】（1）解：设米，则米，
长方形的面积为平方米，
故答案为：，；
（2）解：根据题意得，
整理得，
解得，，
当时，，
当时，，（舍去）
答：的长为米；
（3）解：解：根据题意得，
整理得，
，
∴方程没有实数解，
答：不能使长方形的面积为1290平方米；
（4）解：设长方形场地面积为，
依题意得，
∵，∴当时，有最大值，最大值为，
答：的长为米时，可使小明设计的长方形场地面积最大．
26．(1)成立，理由见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据题意证明出，然后根据全等三角形对应边相等即可求解；
（2）首先根据得到，然后利用等角的余角相等求解即可；
（3）如图3中，作于P，连接．首先根据等腰直角三角形的性质得到，进一步得到，然后根据勾股定理得到，最后根据等面积法求解即可．
【详解】（1）解：成立．
理由：如图2中，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）证明：如图3中，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（3）解：如图3中，作于P，连接．
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
…
0
1
2
…
…
2
2
7
…