云南省昆明市官渡区官渡区云南师范大学附属官渡学校2023-2024学年九年级上学期12月月考数学试题

这是一份云南省昆明市官渡区官渡区云南师范大学附属官渡学校2023-2024学年九年级上学期12月月考数学试题，共27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。
一、选择题（本大题共15小题，每小题2分，共30分）
1. 下列防控疫情的图标中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别， “一个平面图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形”，“如果一个图形绕一点旋转180度后能与自身重合，这个图形叫做中心对称图形”，逐项判断即可．
【详解】解：A，即不是轴对称图形，也不是中心对称图形；
B，即不是轴对称图形，也不是中心对称图形；
C，是轴对称图形，不是中心对称图形；
D，即是轴对称图形，也是中心对称图形；
故选D．
2. 的直径为，圆心到直线的距离为，下列位置关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B您看到的资料都源自我们平台，20多万份试卷，家威杏 MXSJ663 每日最新，性比价最高【解析】
【分析】根据圆O的半径和圆心O到直线l的距离的大小，相交：；相切：；相离：；即可选出答案.
【详解】解：⊙的直径为，
⊙的半径为，
圆心到直线的距离为，
，即：，
直线与⊙的位置关系是相交.
故选B.
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，解题的关键是能熟练地运用直线与圆的位置关系的性质进行判断.
3. 一天晚上，小伟帮助妈妈清洗两个只有颜色不同的有盖茶杯，突然停电了，小伟只好把杯盖和茶杯随机搭配在一起，则颜色搭配正确的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查树状图法求概率，
用A和a分别表示第一个有盖茶杯的杯盖和茶杯；用B和b分别表示第二个有盖茶杯的杯盖和茶杯，列树状图得出总结果数和颜色搭配正确的结果数，根据概率公式计算即可得答案．
【详解】解：用A和a分别表示第一个有盖茶杯的杯盖和茶杯；用B和b分别表示第二个有盖茶杯的杯盖和茶杯，
画树状图如下：

由树状图可知：总结果数有种，其中颜色搭配正确的有种，
∴颜色搭配正确的概率是；
故选：C．
4. 已知关于x的一元二次方程(m－1)x2＋2x＋1＝0有实数根，则m的取值范围是（ ）
A. m＜2B. m≤2C. m＜2且m≠1D. m≤2且m≠1
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次项系数非零及根的判别式△≥0，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围．
【详解】解：因为关于x一元二次方程x2－2x＋m＝0有实数根，所以b2－4ac＝22－4(m－1)×1≥0，解得m≤2．又因为(m－1)x2＋2x＋1＝0是一元二次方程，所以m－1≠0．综合知，m的取值范围是m≤2且m≠1，因此本题选D．
【点睛】本题考查了根的判别式以及一元二次方程的定义，根据二次项系数非零及根的判别式△≥0，找出关于m的一元一次不等式组是解题的关键．
5. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 弦是直径B. 半圆是弧
C. 过圆心的线段是直径D. 平分弦的直径垂直于弦
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆的基本概念，垂径定理逐项分析判断即可求解．
【详解】A. 最长的弦是直径，故该选项不正确，不符合题意；
B. 半圆是弧，故该选项正确，符合题意；
C. 过圆心且端点在圆上的线段是直径，故该选项不正确，不符合题意；
D. 平分弦（非直径）的直径垂直于弦，故该选项不正确，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的基本概念，垂径定理，掌握以上知识是解题的关键．
6. 如图，内接于，，，为的直径，，那么的值为（ ）
A. 4B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了等边对等角、三角形内角和定理、圆周角定理、含角的直角三角形的性质，根据等边对等角结合三角形内角和定理得出，由圆周角定理得出，，再由含角的直角三角形的性质即可得出答案．
【详解】解：，，
∴，
∵，
，
为直径，
，
在中，，
∴，
故选：A．
7. 某班同学毕业时都将自己的照斤问全班其他同学各送一张表示留念，全班共送2970张照片，如果设全班有x名同学，根据题意，列出方程为（ ）
A. x（x+1）=2970B. x（x-1）=2×2970
C. x（x-1）=2970D. 2x（x+1）=2970
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可得出每名同学需送出（x﹣1）张照片，利用全班共送出的照片数量＝全班人数×（全班人数﹣1），即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【详解】解：∵某班同学毕业时都将自己的照片向全班其他同学各送一张表示留念，且全班有x名同学，
∴每名同学需送出（x﹣1）张照片．
依题意得：x（x﹣1）＝2970．
故选：C．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
8. 若，，为二次函数的图象上的三点，则，，的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，对于二次函数（a，b，c为常数，），当时，开口向上，在对称轴的左侧y随x的增大而减小，在对称轴的右侧y随x的增大而增大；当时，开口向下，在对称轴的左侧y随x的增大而增大，在对称轴的右侧y随x的增大而减小．据此求解即可．
【详解】解：，
抛物线开口向上，对称轴为直线，
与对称轴距离越近的点的纵坐标越小，距离越远的点的纵坐标越大，
，
，
故选B．
9. 如果二次函数的图像如图所示，那么一次函数的图像经过（ ）

A. 第一、二、三象限B. 第一、三、四象限
C. 第一、二、四象限D. 第二、三、四象限
【答案】B
【解析】
【分析】由二次函数解析式表示出顶点坐标，根据图形得到顶点在第四象限，求出m与n的正负，即可作出判断．
【详解】根据题意得：抛物线的顶点坐标为（m，n），且在第四象限，
∴m＞0，n＜0，
则一次函数y=mx+n经过第一、三、四象限．
故选：B．
【点睛】此题考查了二次函数与一次函数图象与系数的关系，熟练掌握二次函数及一次函数的图象与性质是解题的关键．
10. 如图，为的直径，点在圆上，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了圆内接四边形对角互补，直径所对的圆周角是直角，直角三角形两个锐角互余，掌握以上知识是解题的关键．根据圆内接四边形对角互补求得，根据直径所对的圆周角是直角可得，根据直角三角形的两个锐角互余即可求解．
【详解】解：四边形是圆内接四边形，
，
，
，
为的直径，
，
．
故选：C．
11. 如图，要用一个扇形纸片围成一个无底盖的圆锥（接缝处忽略不计），若该圆锥的底面圆周长为20πcm，侧面积为240πcm2，则这个扇形的圆心角的度数是（ ）度．
A. 120°B. 135°C. 150°D. 160°
【答案】C
【解析】
【分析】先设圆锥的母线长为lcm,由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，则根据扇形的面积公式得到×20π×l=240π，解得l=24，然后设这个扇形的圆心角的度数是n°，利用弧长公式得到，最后解方程即可．
【详解】解：设圆锥的母线长为lcm，
则×20π×l＝240π，
解得l＝24，
设这个扇形的圆心角的度数是n°，
根据题意得，
解得n＝150，
即这个扇形的圆心角的度数是150°．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了弧长公式．
12. 如图，平面直角坐标系中，点在第一象限，，．将绕点逆时针旋转，点的对应点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了等角对等边、旋转的性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理，过点作轴于，由等角对等边得出，由旋转的性质可得：，，求出，再由含角的直角三角形的性质以及勾股定理得出，，求出，即可得出答案．
【详解】解：如图，过点作轴于，
，
，，
，
由旋转的性质可得：，，
，
，
，，
，
故选：A．
13. 如图，在扇形中，已知，，过的中点作，，垂足分别为、，则图中阴影部分的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接OC，易证，进一步可得出四边形CDOE为正方形，再根据正方形的性质求出边长即可求得正方形的面积，根据扇形面积公式得出扇形AOB的面积，最后根据阴影部分的面积等于扇形AOB的面积剪去正方形CDOE的面积就可得出答案．
【详解】连接OC
点为中点
在和中
又
四边形CDOE为正方形
由扇形面积公式得
故选B．
【点睛】本题考查了扇形面积的计算、正方形的判定及性质，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键．
14. 如图，在中，，，，动点从点开始沿边向点以的速度移动，动点从点开始沿边向点以的速度移动，若两点分别从两点同时出发，在运动过程中，的最大面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查的是二次函数的应用，设同时出发后经过，的面积为，
则，，进而得出的表达式，将其化为顶点式，再结合的取值范围即可得出答案，根据题意列出二次函数是解此题的关键．
【详解】解：设同时出发后经过，的面积为，
则，，
则，
，点的运动速度为，点的运动速度为，
，
，
时，有最大值，即的最大面积为．
故选：C．
15. 如图，二次函数的图象经过点A，B，C．现有四个推断：
①抛物线开口向下；
②当时，y取最大值；
③当时．关于x的一元二次方程必有两个不相等的实数根；
④直线经过点A，C，当时，x的取值范围是；
其中推断正确的是（ ）
A. ①②B. ①③C. ①③④D. ②③④
【答案】B
【解析】
【分析】用待定系数法求出二次函数的解析式，再根据二次函数的图象和性质，逐项进行判断即可．
【详解】解：由图象可知点，代入得到，，
解得，
∴二次函数的解析式为，
∵，
∴抛物线开口向下，故①正确；
∵，
∴当时，y取最大值，故②错误；
∵的顶点坐标是，
当时，直线与抛物线有两个交点，
∴关于x的一元二次方程必有两个不相等的实数根；故③正确；
∵直线经过点A，C，
∴当时，x的取值范围是,故④错误，
综上可知，正确的是①③，
故选：B
【点睛】此题考查了二次函数的图象和性质，待定系数法求函数解析式，利用图象法判断方程的根和求不等式的解集等知识，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
二、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分）
16. 若点M（3，a﹣2），N（b，a）关于原点对称，则a＋b＝_____．
【答案】-2
【解析】
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特征，得到a，b的值，进而即可求解．
【详解】解：∵点M（3，a﹣2），N（b，a）关于原点对称，
∴b=-3，a-2=-a，
∴a=1，
∴a+b=-2．
故答案是：-2．
【点睛】本题主要考查关于原点对称的点的坐标特征，掌握关于原点对称的两点的横纵左边分别互为相反数，是解题的关键．
17. 二次函数的部分图象如图所示，当时，x的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【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．
18. 刘徽是中国古代卓越的数学家之一，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，即用内接或外切正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积．如图，已知的半径为2，则的内接正六边形的面积为________．
【答案】6
【解析】
【分析】连接、，根据正多边形和圆的关系可判断出为等边三角形，过点作于点，再利用勾股定理即可求出长，进而可求出的面积，最后利用的面积约为即可计算出结果．
【详解】解：如图，连接、，
由题意可得：，
，
为等边三角形，
，
过点作于点，则，
在中，，
，
的面积约为．
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查正多边形与圆、勾股定理等，正确应用正六边形的性质是解题关键．
19. 如图①，“东方之门”通过简单的几何曲线处理，将传统文化与现代建筑融为一体，最大程度地传承了苏州的历史文化．如图②，“门”的内侧曲线呈抛物线形，已知其底部宽度为米，高度为米．则离地面米处的水平宽度（即的长）为 ________．
【答案】米##
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数的应用，解题的关键是明确题意，数形结合．先建立直角坐标系，再根据题意设抛物线的解析式，然后根据点在抛物线上，可求出抛物线的解析式，最后将代入求出的值，即可得到的值．
【详解】解：以底部所在的直线为轴，以线段的垂直平分线所在的直线为轴建立平面直角坐标系，
，，
设内侧抛物线的解析式为，
将代入，
得：，
解得： ，
内侧抛物线的解析式为，
将代入得：，
解得：，
，，
，
故答案为：米．
三、解答题（本大题共8小题，共58分）
20. 解方程：
（1）
（2）
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）利用配方法直接解一元二次方程；
（2）先对等号右边进行因式分解，再移项，再进行因式分解求解．
小问1详解】
解：
，
【小问2详解】
解：
，
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，解题的关键是熟练运用配方法和因式分解法是解答此题．
21. 如图，三个顶点坐标分别为，，．
（1）请画出关于原点中心对称的图形，并直接写出点的坐标；
（2）请画出绕原点逆时针旋转的图形；
（3）求在（2）的旋转过程中，点旋转到所经过的路径长（结果保留）
【答案】（1）画图见解析，点的坐标为
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据中心对称的性质即可画出关于原点O中心对称的图形，进而可以写出点的坐标；
（2）根据旋转的性质即可画出绕原点O逆时针旋转的图形，进而可以写出点的坐标；
（3）根据弧长公式即可求出点A旋转到所经过的路径长．
【小问1详解】
解：如图，即为所求，点的坐标为，
；
【小问2详解】
如图，即为所求，
；
【小问3详解】
解：根据题意可知：，，
∴点旋转到所经过的路径长为．
【点睛】本题考查作图-旋转变换，弧长公式等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
22. 2020年是特殊的一年，武汉新冠肺炎疫情给国人带来伤痛的同时，也向世界展示了中国人民的团结、制度的优越、国家的强盛，突如其来的疫情使医用口罩需求量巨大，我市某口罩厂2019年12月份生产了50万个，为驰援武汉，该厂添制设备，2020年2月份生产口罩72万个，该厂生产能力月增长率相同．
（1）求该厂生产口罩的月增长率是多少？
（2）如该厂生产口罩的月增长率保持不变，则2020年3月份生产的口罩个数为多少万个？
【答案】（1）该厂生产口罩的月增长率是20%．
（2）2020年3月份生产的口罩个数为86.4万个．
【解析】
【分析】（1）根据原产量×（1+增长率）=现产量，列出方程，解方程即可得到答案；
（2）根据（1）中求出的增长率，可计算出3月份的产量．
【小问1详解】
解：设该厂生产口罩的月增长率是x，则由题意可得，
，
解得，
所以该厂生产口罩的月增长率是20%．
【小问2详解】
解：（万个），
如该厂生产口罩的月增长率保持不变，则2020年3月份生产的口罩个数为86.4万个．
【点睛】本题考查一元二次方程的实际应用，准确找到等量关系列出方程式解题的关键．
23. 甲、乙两个不透明的袋子中，分别装有大小材质完全相同的小球，其中甲口袋中小球编号分别是1，2，3，4，乙口袋中小球编号分别2，3，4，先从甲口袋中任意摸出一个小球，记下编号为m，再从乙袋中摸出一个小球，记下编号为n．
（1）请用画树状图或列表的方法表示所有可能情况；
（2）规定：若m，n都是方程的解时，小明获胜；m，n都不是方程的解时，小刚获胜，请说明此游戏规则是否公平？
【答案】（1）见解析 （2）不公平
【解析】
【分析】（1）根据题意画出画树状图即可；
（2）先解一元二次方程，根据（1）结论即可求解．
【小问1详解】
解：画树状图如图所示：
由图知共有12种等可能结果．
【小问2详解】
解：
解得：，．
m，n都是方程的解时，共有4种情况，则小明获胜的概率为，
m，n都不是方程的解时，共有2种情况，则小刚获胜的概率为，
故游戏不公平．
【点睛】本题考查了画树状图法求概率，解一元二次方程，掌握概率的求法是解题的关键．
24. 我市某化工材料经销商购进一种化工材料若干千克，成本为每千克30元，物价部门规定其销售单价不低于成本价且不高于成本价的2倍，经试销发现，日销售量y（千克）与销售单价x（元）符合一次函数关系，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）若在销售过程中每天还要支付其他费用450元，当销售单价为多少时，该公司日获利最大？最大获利是多少元？
【答案】（1）；（2）每千克60元，最大获利为1950元
【解析】
【分析】（1）设一次函数关系式为，根据图像中的两点坐标即可求解；
（2）由获利，再根据二次函数的性质即可求解.
【详解】解：
（1）设一次函数关系式为
由图象可得，当时，；时，
∴，解得
∴与之间的关系式为．
（2）设该公司日获利为元，由题意得
∵；
∴抛物线开口向下；
∵对称轴；
∴当时，随着的增大而增大；
∵，
∴时，有最大值；
．
即，销售单价为每千克60元时，日获利最大，最大获利为1950元．
【点睛】此题主要考查二次函数的应用，解题的关键是熟知一次函数的图像与二次函数的性质.
25. 某种冰激凌的外包装可以视为圆锥，它的底面圆直径与母线长之比为．制作这种外包装需要用如图所示的等腰三角形材料，其中，，恰好重合．
（1）求这种加工材料的顶角的大小．
（2）若圆锥底面圆的直径为，求加工材料剩余部分（图中阴影部分）的面积．（结果保留）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查圆锥侧面展开图，扇形面积公式，等腰直角三角形判定与性质，掌握圆锥，侧面展开图，扇形面积公式，等腰直角三角形判定与性质，利用割补法求阴影面积是解题关键．
（1）设，由底面圆直径与母线长之比为，可得，根据圆的周长求弧长，利用弧长公式求解即可；
（2）由，，可得为等腰直角三角形，由可求，利用即可求解．
【小问1详解】
解：设．
由题意得： ，，
，
；
【小问2详解】
，
，
，，
为等腰直角三角形，
，
，
，
．
26. 如图，在菱形中，是的直径，为菱形的一条对角线，交于点，交于点，为边上一点，且．
（1）求证：为的切线；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）详见解析
（2）的半径为
【解析】
【分析】本题考查菱形的性质、圆周角定理、全等三角形的判定与性质、切线的判定定理、等腰三角形的性质、勾股定理，作出辅助线是解决本题的关键．
（1）连接，证明得出，再根据平行线的性质以及切线的判定定理即可得出结论；
（2）连接，首先根据圆周角定理以及等腰三角形的性质即可证得，设的半径为，则，则，再由勾股定理，列出方程，解方程即可得出答案．
【小问1详解】
证明：如图：连接，
，
是的直径，
，
∵四边形是菱形，
，，，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又是的半径，
为的切线；
【小问2详解】
解：如图：连接，
，
∵是的直径，
∴，即，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
设的半径为，则，，
∵，
∴，
解得，
故的半径为．
27. 如图①，抛物线与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图②，连接BC，点E是第四象限内抛物线上的动点，过点E作EF⊥BC于点F，EGy轴交BC于点G，求△EFG面积的最大值及此时点E的坐标；
（3）如图③，若抛物线的顶点坐标为点D，点P是抛物线对称轴上的动点，在坐标平面内是否存在点Q，使得以B，D，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3；
（2）E（，）；△EFG的最大面积；
（3）满足条件的点P有4个，坐标分别为（1，﹣4+2）或（1，﹣4﹣2）或（1，）或（1，4）
【解析】
【分析】（1）将，代入抛物线，即可求函数解析式；
（2）求出直线的解析式为，设，，可判断是等腰直角三角形，在中，，当最大时，的面积最大，因为，所以当时，的最大值为即可求解；
（3）分三种情况讨论：①当时，，；②当时，；③当时，．
【小问1详解】
将A（﹣1，0），B（3，0）代入抛物线，
得，
解得，
∴抛物线的解析式为；
【小问2详解】
令，则，
，
设直线的解析式为，
将，代入，
得，
解得，
直线的解析式为，
设，，
，
，，
是等腰直角三角形，
，
轴，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
在中，，
，
，
当最大时，的面积最大，
，
当时，的最大值为，
的最大面积，
此时，，；
【小问3详解】
存在，理由如下：
抛物线，
顶点的坐标为，
，
，
设，则，，
如图，以，，，为顶点的四边形为菱形，有以下三种情况：
①当时，则，
或；
②当时，则，
解得，
；
③当时，则，
解得，（舍，
；
综上所述，满足条件的点有4个，坐标分别为或或或；
【点睛】本题考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的图象及性质、掌握菱形的性质，分类讨论、数形结合是解题的关键．