2023-2024学年浙江省湖州市安吉县九年级上册12月月考数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省湖州市安吉县九年级上册12月月考数学试题（含解析），共22页。试卷主要包含了参考公式，如图，在中，，，若，则等于等内容，欢迎下载使用。

2．本次检测的所有答案均答在答题卷上．
3．参考公式：二次函数的顶点坐标是．
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（本大题共10小题，共30分）
1．如果，那么（ ）
A．B．C．D．
2．袋子中装有2个白球，5个红球，3个黄球，任意摸出一个球，是红球的概率是（ ）
A．B．C．D．
3．如图，在的内接四边形中，点在的延长线上．若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
4．如图，在中，，，若，则等于（ ）

A．6B．8C．7D．5
5．将抛物线向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度后，得到抛物线的解析式为（ ）
A．B．C．D．
6．如图所示，四边形中，，，，，，若与相似，则符合条件的点个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
7．已知抛物线经过点，则该抛物线必然还经过点（ ）
A．B．C．D．
8．如图，是的直径，点C、D、E在上，若，，且，则为（）
A．B．6C．D．
9．如图，在矩形ABCD中，E、F分别是边AB、CD上的点，AE＝CF，连接EF、BF，EF与对角线AC交于点O，且BE＝BF，∠BEF＝2∠BAC，FC＝2，则AB的长为（ ）
A．2B．4C．4D．6
10．如图，在四边形中，以为直径的恰好经过点，，交于点，已知平分，，，则的值为（ ）
A．B．
C．D．
第Ⅱ卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共24分）
11．将二次函数用配方法化成的形式为y= ．
12．在一个不透明的布袋中，黄色、红色的乒乓球共10个，这些球除颜色外其他都相同．小刚通过多次摸球实验后发现其中摸到黄球的频率稳定在60%，则布袋中红色球的个数很可能是 个．
13．扇形的圆心角为80°，弧长为4πcm，则此扇形的面积等于 cm2．
14．如图，我国古代建造的闻名中外的赵州石拱桥，若桥拱圆弧的半径长为，拱高为，则桥跨度为 （用含r、h的代数式表示）
15．有五本形状为长方体的书放置在方形书架中，如图所示，其中四本竖放，第五本斜放，点正好在书架边框上．每本书的厚度为5cm，高度为20cm，书架宽为40cm，则的长 ．
16．抛物线与轴相交于不同两点、，若存在整数及整数，使得和同时成立，则 ．
三、解答题（本大题共8小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（1）已知线段，求线段a，b的比例中项线段c的长．
（2）已知，求的值．
18．已知二次函数图象的顶点坐标是，且经过点．
(1)求这个二次函数的表达式；
(2)若点在该函数图象上，求点的坐标．
19．为了更好的感受中考考法，精准备考，学生和学生两位同学，分别从2020、2021、2022、2023四年的浙江中考真题中选择一套完成，四套题分别记为A、B、C、D，若他们两人选择哪一套题相互不受影响，且选择每一套题的几率均等．
(1)他们都选择“2023”的概率为______；
(2)请用列表或画树状图的方法，求两人都不选择“2023”的概率
20．如图，在中，，以腰为直径画半圆，分别交，于点D，E．
(1)求证：；
(2)若，，求阴影部分弓形的面积．
21．毛泽东故居景区有一商店销售一种纪念品，这种商品的成本价为10元/件，已知销售价不低于成本价，且物价部门规定这种商品的销售价不高于20元/件，市场调查发现，该商品每天的销售量y（件）与销售价x（元/件）之间的函数关系如图所示．
（1）求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
（2）求每天的销售利润W（元）与销售价x（元/件）之间的函数关系式，并求出每件销售价为多少元时，每天的销售利润最大？最大利润是多少？
22．如图，内接于，，它的外角的平分线交于点D，连接交于点F．
(1)若，求的度数．
(2)求证：．
(3)若，当，求的度数（用含的代数式表示）．
23．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线经过，两点，与轴的另一个交点为点．
(1)求抛物线的函数表达式．
(2)点为直线上方抛物线上一动点，连接，，设直线交线段于点，的面积为，的面积为，求的最大值．
24．如图1，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，点D、E分别是AC、BC的中点，连接DE．
（1）探索发现：
图1中，的值为 ，的值为 ．
（2）拓展探究
若将△CDE绕点C旋转，在旋转过程中的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．
（3）问题解决
当△CDE旋转至A，D，C三点共线时，直接写出线段BE的长．
参考答案与解析
1．D
【分析】本题考查了比例的基本性质，熟练掌握两内向之积等于两外项之积是解题的关键．由题意得到，再代入所求式即可．
【详解】解：，
，
，
故选：D．
2．A
【分析】本题主要考查了概率公式，熟练掌握概率公式是解题的关键．直接利用公式即可得到答案．
【详解】解：袋子中装有2个白球，5个红球，3个黄球，共个球，
任意摸出一个球，是红球的概率是．
故选：A．
3．D
【分析】根据圆的内接四边形的性质可知，再根据邻角互补即可求出结果．
【详解】解：∵四边形是的内接四边形
∴
∵
∴
∵
∴
故答案为：
【点睛】本题考查了圆的内接四边形的性质，邻角互补等相关知识点，熟记圆的内接四边形的对角互补是解题的关键．
4．B
【分析】根据，可得，从而得到，进而得到，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴等于．
故选：B
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
5．B
【分析】根据函数图象向上平移加，向右平移减，可得函数解析式．
【详解】将化为顶点式，得.
将抛物线向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度后，得到的抛
物线的解析式为.
故选B.
【点睛】考查了二次函数图象与几何变换，函数图象的平移规律是：左加右减，上加下减．
6．C
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质，平行线的性质，先由平行线的性质得到，则只存在，两种情况，设，则，然后根据相似三角形的性质建立方程求出的长，再验证是否符合题意即可得到答案．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∵与相似，
∴只存在，两种情况，
设，则，
当时，则，即，
解得，
经检验，是原方程的解，
∴此时；
当时，则，即，
解得或，
经检验，和都是原方程的解，
∴此时或；
综上所述，或，
∴存在的P点个数为2，
故选C．
7．D
【分析】把代入中，将函数解析式进行变形，可求定点坐标．
【详解】解：把代入得，
，
∴，
∴
，
当，即或时，，
∴该抛物线必然还经过定点或．
故选：D．
【点睛】此题考查了二次函数的点的坐标，掌握二次函数图象上点的坐标以及整体代入的思想是解题的关键．
8．B
【分析】本题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补．
连接、、，过点作于，如图，利用圆内接四边形的性质得到，再根据圆周角定理得到，则，所以，计算出，接着计算出，所以，这样可计算出，然后根据垂径定理得到．
【详解】解：连接、、，过点作于，如图，
∵为直径，
∵，
∴，
∵，
在中，，
故选：B．
9．D
【分析】连接OB，先证△AOE≌△COF，得到OE=OF，OA=OC，得到OA=OB=OC ，求得∠ABO＝∠BAC=∠FBO＝∠FBC=30°，根据直角三角形的性质，得到BF=BE=4，从而得到AB=BE+AE=6．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，AE=CF，BE=BF，
∴AE∥CF，∠ABC＝∠BCF＝90°，
∴∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO，
∴△AOE≌△COF，
∴OE=OF，OA=OC，
∴OA=OB=OC ，BO⊥EF，
∴∠ABO＝∠BAC=∠FBO，设∠ABO=x°，
∵∠BEF＝2∠BAC，
∴∠BEF＝2x，
∴2x+x=90°，
解得x=30°，
∴∠ABF=60°，
∴∠FBC=30°，
∵CF=2，
∴BF=BE=4，
∴AB=BE+AE=6，
故选D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的三线合一，直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握矩形的性质和直角三角形的性质是解题的关键．
10．D
【分析】如图所示，连接OC，先证明△ADC∽△ACB，得到，则，，，，然后证明AD∥OC，得到△OCE∽△DAE，则．
【详解】解：如图所示，连接OC
∵AB是圆的直径，
∴∠ACB=∠ADC=90°，
∵AC平分∠BAD，
∴∠DAC=∠CAB，∠DAB=2∠CAB，
∴△ADC∽△ACB，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵∠BOC=2∠CAB，
∴∠BOC=∠DAB，
∴AD∥OC，
∴△OCE∽△DAE，
∴，
故选D．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，平行线的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
11．
【分析】利用配方法即可把一般式转化为顶点式．
【详解】，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数的三种形式：一般式：，顶点式：；两点式：．正确利用配方法把一般式化为顶点式是解题的关键．
12．4
【分析】设出黄球的个数，根据黄球的频率求出黄球的个数即可解答．
【详解】设黄球的个数为x，
∵共有黄色、红色的乒乓球10个，黄球的频率稳定在60%，
∴，
解得：，
∴布袋中红色球的个数很可能是（个）．
故答案为：4．
【点睛】本题考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率，关键是根据黄球的频率得到相应的等量关系，列出方程．
13．18π
【分析】根据利用弧长公式求出半径，再根据扇形的面积公式：S=计算即可.
【详解】设扇形的半径为r，
由题意：4π=，
解得r=9（cm）．
S===18π（cm）2
故答案为18π．
【点睛】本题考查弧长公式，扇形的面积公式等知识，解题的关键是记住公式，属于中考常考题型．
14．
【分析】本题主要考查垂径定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．由垂径定理得到，利用勾股定理求解即可．
【详解】解：，
，
由勾股定理得，
．
故答案为：．
15．##
【分析】先根据相似三角形的判定证出，再根据相似三角形的性质可得，设，从而可得，然后在中，利用勾股定理建立方程，解方程即可得．
【详解】解：由题意得：，
，
，
，
在和中，，
，
，
设，则，
，解得，
在中，，即，
解得或（不符题意，舍去），
即，
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、一元二次方程的应用等知识点，正确找出两个相似三角形是解题关键．
16．13或15或19
【分析】本题考查二次函数的性质，不等式组等知识，灵活运用不等式是解题的关键．由题意可知，根据和同时成立，及开口向上，可知或时，，对称轴在和之间，列不等式组，根据得整数的值，分情况代入不等式即可．
【详解】解：由于与轴相交于不同两点、，
，
，
，
开口向上，
当或时，，
且对称轴在和之间，
由题意得：，
，
为整数，
或或或或或或
当时，代入不等式组，得
，不等式无整数解，
当时，代入不等式组，得
，不等式无整数解，
当时，代入不等式组，得
，解得
当时，代入不等式组，得
，解得
当时，代入不等式组，得
，解得
当时，代入不等式组，得
，不等式无整数解，
当时，代入不等式组，得
，不等式无整数解，
综上所述，整数13或15或19，使得和同时成立．
故答案为13或15或19．
17．（1）；（2）
【分析】（1）根据比例中项的定义可知，由此求解即可；
（2）根据比例的性质可设，然后代入所求式子求解即可．
【详解】解：（1）∵线段，线段c是线段a、b的比例中项，
∴，
∴（负值舍去）；
（2）∵，
∴可设，
∴．
【点睛】本题主要考查了成比例线段，比例的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．
18．(1)抛物线解析式为；
(2)B点坐标为或．
【分析】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图象上的点的坐标特征，解题的关键是掌握待定系数法求二次函数的解析式．
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）将点代入求解即可．
【详解】（1）设抛物线解析式为，
把代入得，解得，
抛物线解析式为；
（2）把代入得，
解得，，
点坐标为或．
19．(1)
(2)，图形见解析
【分析】本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
（1）画树状图得出所有等可能的结果数以及他们都选择“2023”的结果数，再利用概率公式可得出答案；
（2）由树状图可得出所有等可能的结果数以及两人都不选择“2023”的结果数，再利用概率公式可得出答案；
【详解】（1）解：画树状图如下：
共有16种等可能的结果，其中他们都选择D的结果有1种，
他们都选择“2023”的概率为，
故答案为：；
（2）由树状图可知，共有16种等可能的结果，其中他们都不选择的结果有9种，
两人都不选择“2023”的概率为．
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，由圆周角定理可知， 由等腰三角形的性质得到，再由弧，弦关系证明即可．
（2）连接，过点作于点，证明为等边三角形，由计算即可．
【详解】（1）解：如图，连接，
为直径，
，
，
，
弧弧，
；
（2）解：如图，连接，过点作于点，
，
，
，，
为等边三角形，
，
又，
为等边三角形，
，，，
．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，扇形的面积公式．熟练掌握圆周角定理，扇形的面积公式是解题的关键．
21．（1）y与x的函数解析式为y＝﹣x+40（10≤x≤20）；（2）每件销售价为20元时，每天的销售利润最大，最大利润是200元
【分析】（1）利用待定系数法求解可得关于的函数解析式；
（2）根据“总利润每件的利润销售量”可得函数解析式，将其配方成顶点式，利用二次函数的性质进一步求解可得．
【详解】解：（1）设y与x的函数解析式为y＝kx+b，
将（12，28）、（15，25）代入，得：
解得：，
所以y与x的函数解析式为y＝﹣x+40（10≤x≤20）；
（2）根据题意知，W＝（x﹣10）y
＝（x﹣10）（﹣x+40）
＝﹣x2+50x﹣400
＝﹣（x﹣25）2+225，
∵a＝﹣1＜0，
∴当x＜25时，W随x的增大而增大，
∵10≤x≤20，
∴当x＝20时，W取得最大值，最大值为200，
答：每件销售价为20元时，每天的销售利润最大，最大利润是200元．
【点睛】本题主要考查二次函数的应用，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式及根据相等关系列出二次函数解析式及二次函数的性质．
22．(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据题意可得，从而得到，即可求解；
（2）由题意易得，则有，进而可得，则，即可求证；
（3）先证明，可得，进而可得，然后可得，即可求解．
【详解】（1）解：∵，平分，
∴，
∴，
∴的度数为；
（2）证明：∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，圆内接四边形对角互补，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查圆内接四边形的性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆内接四边形的性质及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
23．(1)抛物线的解析式为：
(2)的最大值为
【分析】（1）首先根据题意，求出，两点的坐标，再根据抛物线经过A，C两点，把，两点的坐标代入抛物线，即可联立方程组，然后解出和的值并代入抛物线，即可得出抛物线的解析式；
（2）首先令y＝0，根据（1）中抛物线解析式，即可求出点的坐标，然后过点D作DM⊥x轴交AC于点M，过点B作BN⊥x轴交AC于点N，可得，进而得出，再根据相似三角形的对应边成比例，可得，然后再根据两个三角形等高，面积比等于底之比，得出，然后设点D的横坐标为a，即可得出点、的坐标，进而得出的长，根据点的坐标和点、的横坐标相同，得出点的坐标，进而得出的长，然后即可得出，最后根据二次函数关系式，即可得出当时，的值最大，算出即可得出答案．
【详解】（1）解：∵直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，
∴A(﹣4，0)，C(0，2)，
∵抛物线经过A，C两点，
∴，
解得．
∴抛物线的解析式为：．
（2）解：令y＝0，
∴，
解得x＝﹣4或x＝1，
∴B(1，0)，
如图，过点D作DM⊥x轴交AC于点M，过点B作BN⊥x轴交AC于点N，
∴，
∴，
∴，
∴．
设点D的横坐标为a，
∴，
∴，
∴，
∵B(1，0)，
∴，
∴，
∴，
∴当时，的值最大，最大值为．
【点睛】本题考查了二次函数与图形面积最值问题、待定系数法求函数解析式、相似三角形的性质与判定等知识点，正确作出辅助线是解本题的关键．
24．（1），；（2）无变化，理由见解析；（3）或．
【分析】（1）连接，先根据等腰三角形的性质可得，再根据直角三角形的性质、勾股定理可得，然后根据线段中点的定义即可得；
（2）先求出，从而可得，再根据旋转的性质可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定证出，最后根据相似三角形的性质即可得出结论；
（3）分①绕点逆时针旋转，②绕点逆时针旋转两种情况，分别根据线段的和差即可得．
【详解】解：（1）如图，连接，
，
，
点分别是的中点，
，
，
，
，，
故答案为：，；
（2）无变化，理由如下：
由（1）知，，
∴，，
∴，
，
由旋转的性质得：，
∴，即，
在和中，，
∴，
∴，即的大小不变；
（3）由题意，分以下两种情况：
①如图，当绕点逆时针旋转时，三点共线，
由（1）知，，
则；
②如图，当绕点逆时针旋转时，三点共线，
由（1）知，，
综上，线段的长为或．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、含角的直角三角形的性质、旋转的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），正确找出两个相似三角形是解题关键．