2022-2023学年北京市北师大实验中学九年级下学期3月月考数学试卷

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（满分：100分时间：120分钟）
一、选择题：（每小题2分，共16分）
1. 的相反数是（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据相反数的定义即可得到答案．
【详解】解：的相反数是2，
故选：C．
【点睛】本题考查了相反数，只有符号不同的两个数，叫做互为相反数，熟练掌握该定义是解题的关键．
2. 北京故宫有着近六百年历史，是最受中外游客喜爱的景点之一，其年接待量在2019年首次突破19000000人次大关．将19000000用科学记数法可表示为（ ）
A. 0.19×108B. 0.19×107C. 1.9×107D. 19×106
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用科学记数法的定义结合科学记数法形式：a×10n，其中1≤a＜10，n为正整数，进而得出答案．
【详解】解：将19000000用科学记数法表示为：1.9×107．
故选：C．
【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．
3. 如图是北京大兴国际机场俯视图的示意图.下列说法正确的是（ ）
A. 这个图形是轴对称图形，但不是中心对称图形
B. 这个图形是中心对称图形，但不是轴对称图形
C. 这个图形既是轴对称图形，又是中心对称图形
D. 这个图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形
【答案】A
【解析】
【分析】根据轴对称图形定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形就是轴对称图形，根据中心对称图形的定义：绕对称中心旋转180°后得到的图形与原图形重合，那么这个图形就是中心对称图形，即可判断得出答案．
【详解】由图可知，图形关于中间轴折叠能完全重合，
此图形是轴对称图形，
但绕中心旋转180°后，图形不能完全重合，
此图形不是中心对称图形．
故选：A．
【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形，解题关键是熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．
4. 一元二次方程的解的情况是（ ）
A. 方程有且只有一个实根B. 方程有两个相等实根
C. 方程有两个不等实根D. 方程无实根
【答案】B
【解析】
【分析】先求出的值，再比较出其与的大小即可求解．
【详解】解：∵一元二次方程，
∴，，，
∴，
∴一元二次方程有两个相等实根，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题考查根的判别式．一元二次方程的根与有如下关系：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，方程无实数根．上面的结论反过来也成立．理解和掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键．
5. 实数、在数轴上的位置如下图所示，则下列不等关系正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由点n，m在数轴上的位置确定n，m的取值范围，取符合条件的特殊值进行计算再比较即可．
【详解】解：根据数轴可以知道，令，可知，
A. ，即，故此选项错误；
B.，即，故此选项错误；
C.，即，故此选项错误；
D. ，两边同时乘以得，即，故此选项正确．
故选D．
【点睛】本题主要考查了实数与数轴之间的对应关系及大小比较问题， 熟练掌握实数大小比较方法是解题的关键．
6. 如图， 与相切于点，连接并延长交于点，连接，若，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】关于圆的习题只要提到切线，就必须构造半径的切线形成的直角，已知条件欲求也就是求，在中，根据直角三角形的特殊性质即可求出，最后解出．
【详解】解：连接
与相切于点
又和是圆的半径，
在中，

故答案选．
【点睛】本题主要考查的是圆的切线性质定理推论和直角三角形的特殊性质．涉及到知识点有等腰三角形的性质．解题过程中能否通过切线性质和直角三角形特殊性质求出角度是解题的关键．
7. 如图，在平面直角坐标系中，，，，是正方形边上的线段，点在其中某条线段上，若射线与轴正半轴的夹角为，且，则点所在的线段可以是
A. 和B. 和C. 和D. 和
【答案】D
【解析】
【分析】分情况考虑：先考虑点M分别在边PQ上的线段AB和CD上的情况，根据正弦、余弦函数的定义判断即可；再考虑点M分别在边QR上的线段EF和GH上的情况，根据正弦、余弦函数的定义判断即可．
【详解】如图，当点在线段上时，连接．
，，，
，
同法可证，点在上时，，
如图，当点在上时，作于．
，，，
，
同法可证，点在上时，，
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形性质，三角函数中正弦和余弦的定义，涉及到分类讨论，关键是构造直角三角形，从而可在直角三角形中利用正余弦的定义进行．
8. 如图，在平面直角坐标系中，点、点，点、点，，点为中点，则长度的最小值为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据，得出点在以为圆心，2为半径的圆上运动，由点为中点，取点，连接，根据点到圆的距离的最值问题求得三点共线时取得最小值，进而根据中位线的性质即可求解．
【详解】解：如图所示，取点，点，连接，
依题意，，
∴，
∵，得出点在以为圆心，2为半径的圆上运动，
∴三点共线时取得最小值， 最小值为，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角相等，中位线的性质，勾股定理，坐标与图形，点到圆的最值问题，两点之间线段最短，数形结合是解题的关键．
二、填空题：（每小题2分，共16分）
9. 若在实数范围内有意义，则x的取值范围是______．
【答案】x≥-1
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件：被开方数为非负数，列不等式求解即可．
【详解】由题意可知x+1≥0，
∴x≥-1．
故答案为：x≥-1．
【点睛】此题主要考查了二次根式有意义的条件，明确被开方数为非负数是解题关键．
10. 分解因式：=_________________________．
【答案】．
【解析】
【详解】试题分析：原式==，故答案为．
考点：提公因式法与公式法的综合运用．
11. 为了丰富同学们的课余生活，某年级买了3个篮球和2个足球，共花费了474元，其中篮球的单价比足球的单价多8元，求篮球和足球的单价，如果设篮球的单价为x元，足球的单价为y元，依题意可列方程组为_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据“3个篮球的价钱+2个足球的价钱=474和篮球单价﹣足球的单价=8元”可列方程组．
【详解】设篮球的单价为x元，足球的单价为y元，
根据题意可列方程组为，
故答案为：．
【点睛】考查了实际问题抽象出二元一次方程组，解题关键是理解题意，找到题目蕴含的相等关系，再设未知数，列出方程组．
12. 若一个多边形的每个外角都是，则该多边形的边数为________.
【答案】18
【解析】
【分析】利用外角和除以外角的度数即可得到边数．
【详解】解：，故该多边形的边数为18．
故答案为：18．
【点睛】本题主要考查了多边形的外角和，解题的关键是掌握任何多边形的外角和都是．
13. 一次函数的图像过二、四象限，且与轴的夹角为，若其经过点，则一次函数解析式为________．
【答案】##
【解析】
【分析】首先根据题意得到，然后将代入求解即可．
【详解】∵一次函数的图像过二、四象限，且与轴的夹角为，
∴，
∵经过点，
∴，解得，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了一次函数解析式的求解方法，根据题意求出k的值是解题的关键．
14. 矩形纸片中，厘米，厘米，按图中方式折叠，使点与点重合，折痕为，则________厘米．
【答案】
【解析】
【分析】根据四边形为矩形，得出，根据折叠可知，，设，则，根据勾股定理列出关于x的方程，解方程即可．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，
根据折叠可知，，
设，则，
根据勾股定理可知，，
即，
解得：，
即厘米．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，解题的关键是根据勾股定理列出关于x的方程．
15. 如图，在平行四边形中，延长至点，使，连接与交于点，则的值是______．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质及相似三角形的判定和性质得出，结合题意即可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CE，AB=CD
∴∆ABF~∆CEF，
∴，
∵DE=DC，
∴，
故答案为：．
【点睛】题目主要考查平行四边形的性质及相似三角形的判定和性质，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
16. 抛物线的图像如图所示，则下列结论中正确的有________.
①；②；③；④
【答案】②④##④②
【解析】
【分析】根据图象开口方向，对称轴位置，与y轴交点位置即可判断①，根据抛物线经过点即可判断②，根据，即可判断③，根据和即可判断④．
【详解】解：∵函数图象开口向上，
则，
∵对称轴在y轴左侧，，
∴a与b同号，即，
∵抛物线与y轴交于负半轴，
∴，
∴，故①错误；
∵函数图象经过点，
∴把点代入得，
即，故②正确；
∵，，
∴，
∴，故③错误；
由图象可知当时，，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，故④正确，
综上可知，②④正确，
故答案为：②④
【点睛】此题考查了二次函数的图象和性质，数形结合是解题的关键．
三、解答题：（第17~22题各5分，第23-26题各6分，第27、28题各7分，共68分）
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】先计算零指数幂，特殊角三角函数值，化简二次根式，再根据实数的混合计算法则求解即可．
【详解】解：原式
．
【点睛】本题主要考查了实数的混合计算，特殊角三角函数值，化简二次根式，零指数幂，熟知相关计算法则是解题的关键．
18. 解不等式组 ．
【答案】-2