2023-2024学年浙江省台州市椒江区书生中学九年级（上）月考数学试卷（12月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省台州市椒江区书生中学九年级（上）月考数学试卷（12月份）（含解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列四个图形中，是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
2.方程x2=4的解是( )
A. x1=4，x2=−4B. x1=x2=2
C. x1=2，x2=−2D. x1=1，x2=4
3.将二次函数y=x2−2x+3化为y=(x−h)2+k的形式，结果为( )
A. y=(x+1)2+4B. y=(x+1)2+2C. y=(x−1)2+4D. y=(x−1)2+2
4.已知抛一枚均匀硬币正面朝上的概率是0.5，下列说法正确的是( )
A. 连续抛一枚均匀硬币2次，必有1次正面朝上
B. 连续抛一枚均匀硬币2次，一次是正面一次是反面的概率是14
C. 大量反复抛一枚均匀硬币，平均每100次出现正面朝上50次
D. 通过抛一枚均匀硬币确定谁先发球的比赛规则是公平的
5.抛物线y=−2(x−1)2的对称轴是直线( )
A. x=2B. x=−2C. x=1D. x=−1
6.已知关于x的一元二次方程x2−kx+k−3=0的两个实数根分别为x1，x2，且x12+x22=5，则k的值是( )
A. −2B. 2C. −1D. 1
7.设A(−2,y1)，B(1,y2)，C(2,y3)是抛物线y=−(x+1)2+a上的三点，则y1，y2，y3的大小关系为( )
A. y1>y2>y3B. y1>y3>y2C. y3>y2>y1D. y3>y1>y2
8.如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，∠AOB=∠B=30°，OA=2.将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B′的坐标是( )
A. (− 3,3)
B. (−3, 3)
C. (− 3,2+ 3)
D. (−1,2+ 3)
9.如图，D，E分别是△ABC的边AB，AC上的点，且DE/​/BC，BE交DC于点F.若EF：FB=1：3，则S△ADES△ABC的值为( )
A. 13
B. 19
C. 33
D. 以上选项都不对
10.如图，在正方形ABCD中，点P是AB上一动点(不与A、B重合)，对角线AC、BD相交于点O，过点P分别作AC、BD的垂线，分别交AC、BD于点E、F，交AD、BC于点M、N.下列结论：
①△APE≌△AME；
②PM+PN=AC；
③PE2+PF2=PO2；
④△POF∽△BNF；
⑤点O在M、N两点的连线上．
其中正确的是( )
A. ①②③④B. ①②③⑤C. ①②③④⑤D. ③④⑤
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.将抛物线y=x2+1的图象先向左平移2个单位，再向下平移3个单位，所得抛物线的解析式是______ ．
12.在某一时刻，测得一根长为1.5m的标杆的影长为3m，同时测得一根旗杆的影长为16m，那么这根旗杆的高度为 m.
13.如图，在⊙O中，CD⊥AB于点E，若∠BAD=30°，且BE=2，则CD= ．
14.如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，点C为弧BD的中点，若∠DAB=40°，则∠ABC= ．
15.如图，平面内三点A、B、C，AB=4，AC=3，以BC为对角线作正方形BDCE，连接AD，则AD的最大值是______ ．
16.已知二次函数y=ax2+bx+c的图象如图，①abc>0；②b0；④2cy3．
故选A．
本题考查二次函数图象上点的坐标的特征，二次函数的性质．
利用二次函数的对称性找出点A关于对称轴的对称点A′，再根据二次函数的增减性进行判断即可．
8.【答案】A
【解析】解：如图，过点B′作B′H⊥y轴于H．
∵∠AOB=∠B=30°，
∴OA=AB=2．
由旋转可知A′B′=AB=OA=OA′=2，∠A′OB′=∠A′B′O=∠AOB=∠B=30°，
∴∠B′A′H=∠A′OB′+∠A′B′O=60°，
∴∠A′B′H=30°，
∴A′H=12A′B′=1，
∴B′H= A′B′2−A′H2= 3，
∴OH=OA′+A′H=2+1=3，
∴B′(− 3,3)．
故选：A．
过点B′作B′H⊥y轴于H，求出B′H，OH即可．
本题考查坐标与图形性质，旋转的基本性质，含30°角的直角三角形，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
9.【答案】B
【解析】解：∵DE/​/BC，
∴△DEF∽△CBF，
∴DEBC=EFBF，
∵EF：FB=1：3，
∴DEBC=13，
同理DE/​/BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴S△ADES△ABC=(DEBC)2=(13)2=19，
故选：B．
根据相似三角形的判定定理由DE/​/BC推出△DEF∽△CBF，△ADE∽△ABC，从而根据相似三角形的性质得到DEBC=EFBF=13，S△ADES△ABC=(DEBC)2=19．
本题考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是得出DEBC=13，应充分熟悉相似三角形的判定定理及其性质，与此同时注意数形结合思想方法的运用．
10.【答案】B
【解析】【分析】
依据正方形的性质以及等腰直角三角形、矩形的判定方法即可判断△APM和△BPN以及△APE、△BPF都是等腰直角三角形，四边形PEOF是矩形，从而作出判断．
本题考查正方形的性质、矩形的判定、等腰直角三角形，全等三角形的判定与性质，以及三角形的外接圆与外心．
【解答】
解：∵四边形ABCD是正方形
∴∠BAC=∠DAC=45°，
∵在△APE和△AME中，
∠PAE=∠MAEAE=AE∠AEP=∠AEM，
∴△APE≌△AME(ASA)，故①正确；
∴PE=EM=12PM，
同理，FP=FN=12NP，
∵正方形ABCD中，AC⊥BD，
又∵PE⊥AC，PF⊥BD，
∴∠PEO=∠EOF=∠PFO=90°，且△APE中AE=PE，
∴四边形PEOF是矩形，
∴PF=OE，
∴PE+PF=OA，
又∵PE=EM=12PM，FP=FN=12NP，OA=12AC，
∴PM+PN=AC，故②正确；
∵四边形PEOF是矩形，
∴PE=OF，
在直角△OPF中，OF2+PF2=PO2，
∴PE2+PF2=PO2，故③正确;
∵△BNF是等腰直角三角形，而△POF不一定是，故④错误；
∵OA垂直平分线段PM，OB垂直平分线段PN，
∴OM=OP，ON=OP，
∴OM=OP=ON，
∴点O是△PMN的外接圆的圆心，
∵∠MPN=90°，
∴MN是直径，
∴M，O，N三点共线，故⑤正确．
故选B．
11.【答案】y=(x+2)2−2
【解析】解：将抛物线y=x2+1的图象先向左平移2个单位，再向下平移3个单位，所得抛物线的解析式是：y=(x+2)2+1−3，即y=(x+2)2−2，
故答案为：y=(x+2)2−2．
根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．
本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．
12.【答案】8
【解析】【分析】
利用物高与影长成正比例，列出方程求解，即可得出结论．
本题考查了相似三角形的应用以及平行投影，熟知同时同地物高与影长成正比例是解题的关键．
【解答】
解：设旗杆的高度为xm，根据题意得，
x16=1.53，
解得：x=8．
故答案为：8．
13.【答案】4 3
【解析】【分析】
本题考查的是垂径定理，圆周角定理和勾股定理等知识．
先由CD⊥AB可知∠CEB=90°，CD=2CE，再根据圆周角定理求出∠C的度数，由直角三角形的性质求出BC的长，根据勾股定理求出CE的长，进而可得出结论．
【解答】
解：∵CD⊥AB，
∴∠CEB=90°，CD=2CE，
∵∠BAD=30°，
∴∠C=∠BAD=30°，
∴BC=2BE=4，
∴CE= BC2−BE2= 42−22=2 3，
∴CD=2CE=4 3．
14.【答案】70°
【解析】【分析】
本题考查的是圆周角定理的应用，掌握半圆(或直径)所对的圆周角是直角是解题的关键．连接AC，得到∠CAB=12∠DAB=20°，∠ACB=90°，计算即可．
【解答】解：连接AC，
∵点C为弧BD的中点，
∴∠CAB=12∠DAB=20°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ABC=70°，
故答案为70°．
15.【答案】7 22
【解析】解：将△ABD绕点D顺时针旋转90°，得△MCD，如图：
由旋转不变性可得：CM=AB=4，AD=MD，
且∠ADM=90°，
∴△ADM是等腰直角三角形，
∴AD= 22AM，
AD最大，只需AM最大，而在△ACM中，AM0，
所以abc0．
故③正确．
因为抛物线的对称轴是直线x=1，
所以−b2a=1，即b=−2a．
又a−b+c