2023-2024学年江苏省苏州市姑苏区胥江实验中学校九年级上册12月月考数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省苏州市姑苏区胥江实验中学校九年级上册12月月考数学试题（含解析），共23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。

1．有一组数据：11，11，12，15，16，则这组数据的中位数是（ ）
A．11B．12C．15D．16
2．抛物线的顶点坐标是（ ）
A．B．C．D．
3．若关于x的一元二次方程没有实数根，则k的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
4．已知的圆心到直线的距离是一元二次方程的一个根，若与直线相离，的半径可取的值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
5．如图，在中，，平分，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
6．如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交AC于D，交BC于E，连接AE，则下列结论中不一定正确的是（ ）
A．AE⊥BCB．BE=ECC．ED=ECD．∠BAC=∠EDC
7．如图，⊙O是△ABC的内切圆，若∠A＝70°，则∠BOC＝（ ）
A．125°B．115°C．100°D．130°
8．如图，在⊙O中，弦，点C在上移动，连接，过点C作交⊙O于点D，则的最大值为（ ）
A．5B．2.5C．3D．2
9．如图，抛物线与x轴交于点（4，0），其对称轴为直线，结合图象给出下列结论：①；②；③当时，y随x的增大而增大；④关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根．其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
10．如图，在等边中，，点为的中点，动点分别在上，且，作的外接圆，交于点．当动点从点向点运动时，线段长度的变化情况为（ ）
A．一直不变B．一直变大C．先变小再变大D．先变大再变小
二、填空题（共8小题，每题3分，共24分）
11．一只蚂蚁在一块黑白两色的正六边形地砖上任意爬行，并随机停留在地砖上某处，则蚂蚁停留在黑色区域的概率是 ．
12．一元二次方程x2＝5x的解为 ．
13．二次函数的部分图象如图所示，当时，x的取值范围是 ．
14．如图，的三个顶点的坐标分别为，则的外接圆圆心的坐标为 ．
15．江南水乡苏州现存100多座石拱桥，已知（如图）一石拱桥的桥顶到水面的距离为，桥拱半径为，则水面宽 ．
16．如图，四边形是的内接四边形，是的直径，，则的度数是 ．
17．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，⊙O是△ABC的内切圆，切点为D，E，F，若AD＝5，BE＝12，则△ABC的周长为 ．
18．在中，∠AOB＝90°，OA＝8，OB＝10，以O为圆心，4为半径作圆O，交两边于点C，D，P为劣弧CD上一动点，则最小值为 ．
三、解答题（共7题，共76分）
19．解方程：
①；
②．
20．已知关于x的方程x2-（m+3）x+m+1＝0．
（1）求证：不论m为何值，方程都有两个不相等的实数根；
（2）若方程一根为4，以此时方程两根为等腰三角形两边长，求此三角形的周长．
21．已知二次函数的图像经过（－1，0），（0，2），（1，0）三点．
(1)求该二次函数的表达式；
(2)当时，y的取值范围是______．
(3)将该函数的图像沿直线x＝1翻折，直接写出翻折后的图像所对应的函数表达式．
22．如图，中，，以为直径作，分别交，于点，，过点作，交于点，垂足为，连接．
(1)若，求的度数；
(2)若，，求弦的长．
23．如图，是的直径，点F，C是上两点，且，连接，，过点C作，交的延长线于点D，垂足为D．

(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长度；
24．如图，对称轴为直线的抛物线与轴相交于两点，其中点的坐标为．
(1)求点的坐标；
(2)已知，为抛物线与轴的交点．
①求抛物线的解析式；
②设点是线段上的动点，作轴交抛物线于点，求线段长度的最大值；
③求面积的最大值．
25．如图1，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，点P以3cm/s的速度从点A向点B运动，点Q以4cm/s的速度从点C向点B运动．点P、Q同时出发，运动时间为t秒（0＜t＜2），⊙M是△PQB的外接圆．
（1）当t＝1时，⊙M的半径是 cm，⊙M与直线CD的位置关系是 ；
（2）在点P从点A向点B运动过程中．
①圆心M的运动路径长是 cm；
②当⊙M与直线AD相切时，求t的值．
（3）连接PD，交⊙M于点N，如图2，当∠APD＝∠NBQ时，求t的值．
参考答案与解析
1．B
【分析】根据中位数的定义，即可求解．
【详解】解：根据题意得：把这一组数据从大到小排列后，位于正中间的数为12，
∴这组数据的中位数是12．
故选：B
【点睛】本题主要考查了求中位数，熟练掌握把这一组数据从小到大（或从大到小）排列后，位于正中间的一个数或两个数的平均数是中位数是解题的关键．
2．A
【分析】根据题目中二次函数的顶点式可以直接写出它的顶点坐标．
【详解】解：∵，
∴此函数的顶点坐标为（3，1），
故选：A．
【点睛】此题主要考查了二次函数的性质，解题的关键是熟记顶点式y=a（x-h）2+k，顶点坐标是（h，k），对称轴是直线x=h．
3．C
【分析】根据一元二次方程根的判别式进行判断即可求解．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程没有实数根，
∴，
解得：
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程 (为常数)的根的判别式，理解根的判别式对应的根的三种情况是解题的关键．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．
4．A
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系、解一元二次方程，先解一元二次方程可得出，再根据直线与圆的位置关系可得出，即可得到答案，熟练掌握直线与圆的位置关系是解此题的关键．
【详解】解：，
，
或，
，，
的圆心到直线的距离是一元二次方程的一个根，
，
与直线相离，
的半径，即，
故选：A．
5．D
【分析】由圆周角定理可得，由角平分线的性质可得，得到答案．
【详解】解：，
，
平分，
，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、角平分线的性质，熟练掌握圆周角定理、角平分线的性质，是解题的关键．
6．D
【分析】根据圆周角定理和等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】∵AB为⊙O的直径，
∴AE⊥BC，
∵AB=AC，
∴BE=CE，∠BAE=∠CAE，
∴，
∴ED=EC，
∴∠EDC=∠B，
故选D．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
7．A
【分析】利用三角形内心性质得到∠OBC＝ ∠ABC，∠OCB＝∠ACB，则根据三角形内角和得到∠OBC+∠OCB＝（180°﹣∠A），然后利用三角形内角和得到∠BOC＝90°+∠A，再把∠A＝70°代入计算即可．
【详解】解：∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，
∴∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB＝（∠ABC+∠ACB）＝（180°﹣∠A），
∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣（180°﹣∠A）＝90°+∠A＝180°+×70°＝125°．
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形内心的定义：三角形的内心是角平分线的交点和内心的性质：三角形内角∠BOC＝90°+∠A.
8．B
【分析】连接，根据勾股定理求出，利用垂线段最短得到当时，最小，根据垂径定理计算即可．
【详解】连接，如图，
∵，
∴，
∴，
∵是圆的半径，长度不变，
∴当的值最小时，的值最大，
而时，最小，此时D、B两点重合，
∴，
即的最大值为2.5，
故选：B．
【点睛】本题考查的是垂径定理、勾股定理，掌握垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解题的关键．
9．D
【分析】由二次函数图象的性质逐一判断．
【详解】解：开口向上则，与y轴交点在原点下方，，
故①正确；
对称轴为，与x轴一个交点是（4，0），则另一个交点为，则点在x轴下方，
故②正确；
时，图象在对称轴右侧，开口向上，y随x的增大而增大，
故③正确；
图象与x轴有两个交点，则关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，故④正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数的图像，对称轴，增减性，与一元二次方程的关系，熟练掌握二次函数图像与各系数的关系，对称轴，增减性是解题的关键．
10．D
【分析】由等腰三角形的性质可求ON = 1，FO=OB= GO= OH = 2，则点O在以点B为圆心，2为半径的圆上运动，由勾股定理可求GH， 即可求解．
【详解】如图，连接BO， EO， FO， GO， HO，过点O作ON⊥EF于N， OP⊥GH于P，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°
∴∠EOF= 120，
∵OE= OF， ON⊥EF，
∠OEF=∠OFE= 30°
EN= FN=，
OF= 2ON， FN =ON，
ON= 1，FO= 2，
OB=GO=OH=2，
∴点O在以点B为圆心，2为半径的圆上运动，
∴ OG = OH， OP⊥GH，
∴GH = 2PH，
∵PH=

∵动点E从点D向点A运动时，OP的长是先变小再变大，
∴ GH的长度是先变大再变小，
故选： D．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，等边三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，确定点O的运动轨迹是解题的关键．
11．
【分析】设该正六边形地砖的面积为6，则黑色区域的面积为2，再由概率公式计算，即可求解．
【详解】解：设该正六边形地砖的面积为6，则黑色区域的面积为2，
∴蚂蚁停留在黑色区域的概率是．
故答案为：
【点睛】本题考查了概率公式：熟练掌握随机事件A的概率事件A可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数；P（必然事件）；P（不可能事件）是解题的关键．
12．，
【分析】首先移项，再分解因式，通过计算，即可得到答案．
【详解】x2＝5x
移项，得
分解因式，得：
∴，
故答案为：，．
【点睛】本题考查了一元二次方程的知识；解题的关键是熟练掌握一元二次方程的性质，从而完成求解．
13．
【分析】首先根据对称轴和与x轴的一个交点确定另一个交点的坐标，然后根据其图象确定自变量的取值范围即可．
【详解】解：∵抛物线的对称轴为直线，与x轴的一个交点坐标为，
∴与x轴的另一个交点坐标为，
∴时，x的取值范围为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点及二次函数的性质，解题的关键是根据对称轴求得另一个交点坐标，难度不大．
14．
【分析】根据三角形的外心是三边中垂线的交点，由的坐标可知，圆心M必在直线上；由图知：的垂直平分线正好经过，由此可得到．
【详解】解：设的外心为M，
，
∴M必在直线上，由图知：的垂直平分线过，故，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆和外心的概念和性质，掌握三角形的外心是三边中垂线的交点、确定圆心的位置是解题的关键．
15．
【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理，连接，则，由垂径定理可得，求出，再利用勾股定理计算出，即可得解，熟练掌握垂径定理及勾股定理，添加适当的辅助线构造直角三角形是解此题的关键．
【详解】解：如图，连接，则，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
16．
【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质、圆内接四边形的性质，连接，证明是等边三角形得出，再根据圆内接四边形对角互补，进行计算即可得出答案，熟练掌握等边三角形的判定与性质、圆内接四边形的性质，是解此题的关键．
【详解】解：如图，连接，
，
，
，
是等边三角形，
，
四边形是的内接四边形，
，
，
故答案为：．
17．40
【分析】利用切线的性质以及正方形的判定方法得出四边形OECD是正方形，进而利用勾股定理得出答案．
【详解】解：连接EO，DO，
∵⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，
∴OE⊥BC，OD⊥AC，BF＝BE＝12，AD＝AF＝5，EC＝CD，
又∵∠C＝90°，
∴四边形ECDO是矩形，
又∵EO＝DO，
∴矩形OECD是正方形，
设EO＝x，
则EC＝CD＝x，
在Rt△ABC中
BC2+AC2＝AB2
故（x+12）2+（x+5）2＝172，
解得：x＝3(负值已舍)，
∴△ABC的周长＝8+15+17＝40．
故答案为：40．
【点睛】本题主要考查了三角形内切圆与内心，切线长定理，勾股定理，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
18．
【分析】如图所示，连接OP，取OC中点为M，连接PM，BM，证明，得到，则，即可推出，故当点B、P、M三点共线时，最小值为BM，由此求解即可．
【详解】解：如图所示，连接OP，取OC中点为M，连接PM，BM，
∵圆O半径为4，点P为劣弧CD上一动点，
∴OC＝OP＝4，
又∵点M为OC中点，
∴，
∵，∠MOP＝∠POA，
∴，
∴，
∴，
∴，
当点B、P、M三点共线时，最小值为BM，
∵∠AOB＝90°，
∴，
又OM＝2，OB＝10，
∴，
∴最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，圆的基本性质，正确作出辅助线是解题的关键．
19．①，；②
【分析】本题考查了因式分解法解一元二次方程、解分式方程，熟练掌握解题方法与解题步骤是解此题的关键．
①利用因式分解法解一元二次方程即可；
②先去分母，将分式方程化为整式方程，再解整式方程，最后检验即可．
【详解】解：①，
，即，
或，
，；
②，
，
去分母得：，
整理得：，
解得：，，
当时，，符合题意，
当时，，故不符合题意，
原方程的解为．
20．（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据判别式即可求出答案．
（2）将x＝4代入原方程可求出m的值，求出m的值后代入原方程即可求出x的值．
【详解】解：（1）由题意可知：△＝（m+3）2﹣4（m+1）
＝m2+2m+5
＝m2+2m+1+4
＝（m+1）2+4，
∵（m+1）2+4>0，
∴△＞0，
∴不论m为何值，方程都有两个不相等的实数根．
（2）当x＝4代入x2﹣（m+3）x+m+1＝0得
解得m＝，
将m＝代入x2﹣（m+3）x+m+1＝0得
∴原方程化为：3x2﹣14x+8＝0，
解得x＝4或x＝
腰长为时，，构不成三角形；
腰长为4时， 该等腰三角形的周长为4+4+＝
所以此三角形的周长为.
【点睛】本题考查了一元二次方程，熟练的掌握一元二次方程的解法是解题的关键.
21．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据（－1，0），（1，0）两点可得顶点坐标为（0，2），设顶点式代入点坐标即可；
（2）求出对称轴，判断出对称轴在内，故在对称轴处取最大值，端点处取最小值；
（3）图像沿直线x＝1翻折，不变，顶点坐标变为，代入顶点式即可．
【详解】（1）解：根据题意，可得图像顶点坐标为（0，2），设二次函数的表达式为．
将（1，0）代入，求得，
∴．
（2）解：对称轴为轴，且开口向下
当时，有最大值2（能取到）
当时，有最小值（取不到）
y的取值范围是：
（3）解：顶点坐标变为
所以表达式为：
（或，）
【点睛】本题考查了二次函数的性质，主要知识点有：求最值、待定系数法求表达式、点的轴对称等，熟记二次函数的相关性质是解题关键．
22．(1)
(2)24
【分析】本题考查了垂径定理，掌握定理并灵活运用是解题的关键，
（1）根据等腰三角形的性质可得，进而求出，根据垂径定理可得，从而求出的度数；
（2）连接，已知，则，则，已知，则，在中利用勾股定理求出，即可求出．
【详解】（1）解：，
，，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2）连接，
，，
，
，
，
，
，
，，
在中，，
，
即弦的长为24．
23．(1)见解析
(2)4
【分析】（1）连接，先得到，又，有，从而证得，，又，有，从而证得结论．
（2）根据，得出，从而得到，从而得到，在中，设，则，根据构造方程求解即可．
【详解】（1）证明：连接，如图，

∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是的切线；
（2）解：∵为直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴由（1）得，，
在中，，
在中，设，则，
∴，即：，
解得，
∴的长为.
【点睛】本题考查了切线的判定定理，解直角三角形，作出辅助线，找到相等角的关系，并求出特殊角是求解此题的关键．
24．(1)点的坐标为
(2)①；②；③
【分析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、一次函数解析式，二次函数的性质，三角形的面积、线段长度问题，熟练掌握以上知识点，采用数形结合的思想是解此题的关键．
（1）由题意得出两点关于直线对称，由此即可得出答案；
（2）①由待定系数法求解即可；②先由待定系数法求出直线的解析式，设，则，表示出，由二次函数的性质即可得出答案；③表示出，由此即可得出答案．
【详解】（1）解：对称轴为直线的抛物线与轴相交于两点，
两点关于直线对称，
点的坐标为，
点的坐标为；
（2）解：①当时，
抛物线的对称轴为直线，
，即，
，
，
将代入得：，
解得：，
抛物线的解析式为：；
②在中，当时，，
，
设直线的解析式为：，
将，代入得：，
解得：，
直线的解析式为：，
如图，
，
设，则，
，
当时，有最大值，为；
③如图，
，
，
当取得最大值时，的面积最大，
的面积最大值为．
25．（1），相离；（2）①5；②t＝；（3）t＝
【分析】（1）首先作出辅助线，利用矩形的性质得到PQ为的直径，再通过勾股定理即可求出的半径；然后利用中位线定理求出圆心到直线的距离，即可判断与与直线的关系.
（2）首先得到圆心M的运动路径为,再根据勾股定理和矩形的性质即可求出的长，利用直线与圆相切的性质将和用含有t的式子表示出来，再通过即可求解出t的值；
（3）先作出辅助线，利用直角三角形的全等的判定定理HL证明，再根据勾股定理得到，即可求解出t的值．
【详解】解：（1）如图1，过M作于，交于，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，，
∴的直径是PQ，，
当t＝1时，AP＝3，AQ＝4，
∵AB＝6，BC＝8，
∴PB＝6﹣3＝3，BQ＝8﹣4＝4，
∴PQ＝＝5，
∴的半径为，
∵，M是PQ的中点，
∴PN＝BN，
∴MN是的中位线，
∴，
∴，
∴⊙M与直线CD的位置关系是相离；
故答案为：，相离；
（2）①如图2，由P、Q运动速度与AB，BC的比相等，
∴圆心M在对角线BD上，
由图可知：P和Q两点在t＝2时在点B重合，
当t＝0时，直径为对角线AC，M是AC的中点，
故M运动路径为，
由勾股定理得：，
则圆心M的运动路径长是5cm；
故答案为：5；
②如图3，当⊙M与AD相切时，设切点为F，连接FM并延长交BC于E，则，，
则BQ＝8﹣4t，PB＝6﹣3t，
∴PQ＝10﹣5t，
∴，
中，，
∵，
∴，
解得：；
（3）如图4，过D作DG⊥PQ，交PQ的延长线于点G，连接DQ，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∵PD＝PD，
∴（HL），
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
∴，
，
解得：（舍），．
【点睛】本题主要考查三角形、矩形、圆的性质的综合应用，需要对于图形的几何关系熟练的掌握和应用，属于较难的综合类题型.